FISICA per SCIENZE BIOLOGICHE A.A. 2013/2014 II Compitino 26 Giugno 2014 1) FLUIDI Un bambino trattiene un palloncino, tramite una sottile fune. Il palloncino ha volume V= 5 dm 3. La sua massa, senza il gas di riempimento, è 2g. Il palloncino sfugge al bambino e sale con accelerazione a= 2 m/s 2. Sapendo che la densità dell aria è d aria = 1.2 10-3 g / cm 3, si determini : a) la Spinta Archimedea agente sul palloncino, la densità del gas di riempimento e la massa totale del palloncino. b) la Tensione della fune quando il palloncino era trattenuto dal bambino. 2) ELETTROSTATICA Nei punti A, B, C e D del piano cartesiano (x,y) sono poste le quattro cariche puntiformi q A = q con A = (0, 1m) q B = q con B = (1m, 0) q C = q con C = (2m, 1m) q D = - q con D =(1m, 2m) con q = 3 µc. Determinare: a) Il campo elettrostatico ed il potenziale elettrostatico nel punto P = (1m, 1m), dopo avere fatto il disegno del sistema delle quattro cariche, nel piano (x,y); b) Il lavoro della forza elettrostatica per portare una carica di prova q 0 da P ad O, con q 0 = 1 pc. [Note: ε 0 = 8.85 10-12 C 2 /Nm 2 ] 3) TERMODINAMICA Due moli di un gas perfetto monoatomico compiono il ciclo A B C A costituito dalle seguenti trasformazioni reversibili: A B isobara con V B = 2V A, B C adiabatica con V C = 2V B, C A isoterma. Inoltre p A = 4 atm e V A = 1 litro. a) Si rappresentino le tre trasformazioni in un diagramma (V, p) e si calcolino le coordinate termodinamiche degli stati A, B e C; b) la quantità di calore totale scambiata e il lavoro compiuto dal gas nelle singole trasformazioni e nell intero ciclo. c) Facoltativo: Si calcoli il rendimento per il ciclo A B C A Nota: 8.31 J/Kmole =0.082 l atm /K mol) Recupero Cinematica: Una particella viene lanciata nel piano verticale terrestre da una quota h = 4.3 m con velocità iniziale v o = 2.5 m/s, inclinata di 60, rispetto al piano orizzontale terrestre. Si determini la massima quota raggiunta e l equazione della traiettoria della particella. Recupero Dinamica: Una particella di massa 400 g parte dalla sommità di un piano che ha lunghezza L = 5 m, inclinato di 60 rispetto al piano orizzontale, liscio, con velocità di 1m/s. Si determini la reazione normale esercitata dal piano sulla particella e quale forza, parallela al piano, occorra esercitare affinchè la particella scenda con velocità costante. Recupero Lavoro-Energia: Una particella di massa 400g viene lanciata con velocità v o = 11 m/s dalla base di un piano che ha lunghezza L = 5 m, inclinato di 60 rispetto al piano orizzontale, scabro con coefficiente di attrito µ. Raggiunge la sommità del piano inclinato con velocità di 5 m/s. Si determini il coefficiente di attrito µ del piano inclinato e la perdita di energia meccanica della particella dovuta all attrito. SCRIVERE IN MODO CHIARO. GIUSTIFICARE I PROCEDIMENTI. SOSTITUIRE I VALORI NUMERICI SOLO ALLA FINE. NON SCORDARE LE UNITA` DI MISURA. Testi, soluzioni ed esiti alle pagine: www2.fisica.unimi.it/bettega, www.mi.infn.it/~sleoni
SOLUZIONE ESERCIZIO FLUIDI a) La Spinta Archimedea S è il Peso dell aria spostata dal palloncino ed è pertanto S= d aria V g = 5.9 10-2 N. Quando il palloncino sfugge al bambino, soggetto alla Spinta Archimedea e alla forza Peso P, sale con accelerazione a. Pertanto: S-Mg = Ma dove M è la somma della massa del gas di riempimento e del palloncino. Si ricava quindi M = S/ ( g+a) = 5 10-3 kg. Pertanto la massa del gas, m gas = 3 10-3 kg, la densità del gas d gas = m gas / V = 0.6 kg / m 3. b) Quando il palloncino era trattenuto dal bambino S-P- T = 0 Pertanto T= S-P = Ma = 10-2 N
SOLUZIONE ESERCIZIO ELETTROSTATICA a) Il campo eletrostatico totale in P è dato dalla somma dei campi prodotti in P dalle singole cariche poste nei punti A, B, C e D e per la simmetria con cui sono disposte le cariche nel piano (x,y) i campi prodotti dalle cariche in A e C si elidono, mentre i campi prodotti dalle cariche B e D di sommano, dando luogo ad un campo totale lungo l asse y e con verso concorde con l asse y: Analogamente, il potenziale elettrostatico in P è dato dalla somma dei potenziali dovuti alle cariche in A, B, C e D, come segue: b) Il lavoro fatto per portare la carica di prova q 0 da P ad O è dato dalla differenza di energia potenziale, cambiata di segno, tra P ed O, ossia: L = -ΔU = U(P) U(O) = q 0 (V(P)- V(O)) Analogamente al calcolo del potenziale in P, il potenziale in O è dato dalla somma dei potenziali generati dalle cariche in A, B, C e D. Dato che le distanze OD e OC sono uguali e le cariche in C e D sono di segno opposto, tali contributi si elidono ed il potenziale in O è dato solo dalla somma dei potenziali dovuti alle cariche in A e B, ossia: Il lavoro L è quindi nullo.
SOLUZIONE ESERCIZIO TERMODINAMICA a) stato A: p A = 4 atm = 4.052 10 5 Pa V A = 1 litro = 10-3 m 3 T A = p A V A /nr = 24.38 K stato B: p B = p A = 4 atm = 4.052 10 5 Pa V B = 2V A = 2 10-3 m 3 T B = p B V B /nr = p A 2V A /nr = 2 T A = 48.76 K stato C: V C = 2V B = 4 10-3 m 3 T C = T A = 24.38 K p C = nr T C / V C = nr T A /(4V A ) = 1/4 p A = 1 atm b) Isobara Aà B: Q AB = n c p (T B -T A ) = 2 5/2R T A = 5 R T A = 1013 J L AB = p A (V B -V A ) = p A V A = 405.2 J ΔE AB = Q AB - L AB = 607.8 J Adiabatica Bà C: Q BC = 0 L BC = - ΔE BC = - n c V (T C -T B ) = + 607.8 J ΔE BC = n c V (T C -T B ) = - 607.8 J Isoterma Cà A: ΔE CA = 0 Q CA = L CA = nrt A ln(v A /V C ) = nrt A ln(1/4)= - 561.7 J Ciclo Aà Bà Cà A: ΔE tot = ΔE AB + ΔE BC + ΔE CA =0 Q tot = Q AB + Q BC + Q CA = 451.3 J L tot = L AB + L BC + L CA = 451.3 J Facoltativo: Il rendimento è definito come: η=l tot /Q assorbito = L tot /Q AB = 0.45
SOLUZIONE RECUPERO CINEMATICA Scelto un sistema d assi (x,y) con origine O al suolo, sulla perpendicolare tracciata dal punto di lancio, asse x parallelo al piano orizzontale terrestre e asse y diretto come la verticale terrestre si ha ax=0, ay = -g vx = v o cos 60 = cost, vy = - g t + v o sen 60 x = v o cos60 t, y = -1/2 g t 2 + v o sen60 t + y o dove (x,y), (vx, vy) e (ax, ay) sono rispettivamente le componenti x e y di posizione, velocità ed accelerazione della particella e y o la quota di lancio (h). Nel punto di quota massima è vy=0. Poichè vy=0 per t= 0.22 s la quota massima è y = 4.57 m. L equazione della traiettoria della particella è y = -1/2 g x 2 /( v o cos 60 ) 2 + x (v o sen60 / v o cos 60 ) + h. Sostituendo i valori numerici si ha: y = -3.1 x 2 +1.7 x + 4.3. SOLUZIONE RECUPERO DINAMICA La reazione normale al piano N= mgcos 60 = 1.96N. La forza F, parallela al piano inclinato, che occorre applicare affinchè la particella scenda con velocità costante è pari alla componente della forza peso parallela al piano inclinato, ma con verso opposto. In questo modo la risultante delle forze agenti sulla particella è nulla. La forza da applicare F ha quindi modulo /F/ = mgsen60 = 3.4N SOLUZIONE RECUPERO LAVORO-ENERGIA Agisce sulla particella la forza Peso, parallela alla verticale terrestre, e la forza di attrito, parallela al piano inclinato, opposta al moto della particella e, in modulo pari a µn, dove N = mg cos 60. Applicando il teorema del lavoro della forza risultante-variazione dell energia cinetica della particella al tratto percorso sul piano inclinato, si ha: ( -mgsen 60 - µ mg cos 60 ) L = ½ (m v fin 2 - m v in 2 ) dove v in e v fin sono le velocità della particella rispettivamente iniziale e finale. Sostituendo i valori numerici e risolvendo rispetto a µ, si trova µ = 0.2.