CORSO DI LAUREA IN SCIENZE BIOLOGICHE
Prova scritta di FISICA – 14 Gennaio 2010
1) Un bambino lancia una palla di massa m = 100 gr verticalmente verso l’alto con velocità v0 = 2m/s, a
partire da una roccia alta h0 = 3 m. Determinare:
a) il tempo tmax impiegato per raggiungere l’altezza massima hmax rispetto al suolo ed il valore di hmax;
b) il tempo tf impiegato per raggiungere il suolo e la velocità vf (modulo, direzione e verso) all’istante
in cui il corpo tocca il suolo.
c) FACOLTATIVO: l’energia cinetica K e potenziale U all’istante del lancio, nel punto di quota
massima e nell’istante in cui la palla cade al suolo.
2) Una lamina piana , uniformemente carica con densità superficiale positiva σ= 4 10- 10 C/m2 si
trova a distanza d = 10 cm dall’origine di un sistema d’assi (x,y) ed è parallela all’asse y ( vedi
figura) . Nell’origine O viene lasciata libera di muoversi una carica q = - 10- 10 C, di massa
m=10- 12 g. Si determini, trascurando la forza peso:
a) il campo elettrostatico e la forza agente sulla carica q nel punto A =(d/2, 0), precisando
direzione e verso, e la differenza di energia potenziale U(O)-U(A) tra O e A.
b) l’energia cinetica della carica q quando raggiunge la lamina in B e quella nel punto C, di
coordinate (2d,0), che la particella raggiunge passando attraverso un forellino praticato nella
lamina in B, di dimensioni tali da non perturbare il campo
elettrostatico.
(N.B. 0 = 8.85 10-12 C2/Nm2 )
y
σ
O
B
A
C
x
3) Un recipiente cilindrico, aperto superiormente, ha diametro esterno D = 10 cm, altezza H=20 cm , e
vuoto pesa 3 N. Si calcoli:
a) l’altezza del volume immerso qualora venga posto in acqua
b) il volume di mercurio ( densità d= 13.6 g/cm 3 ) che occorre versare nel cilindro affinché, posto
in acqua , il cilindro galleggi con ¾ del suo volume immerso.
4) Due moli di gas perfetto monoatomico compiono una trasformazione termodinamica ciclica così
definita:
AB: isobara con pA = 4 atm, VA = 1 l e VB = 10 l;
BC: isocora con pC = 1 atm;
CD: isobara;
DA: isoterma.
Si determini:
a) il grafico nel piano (p,V) della trasformazione e le coordinate termodinamiche (p,V,T) negli stati
A, B, C e D;
b) le quantità Eint, Q e L per le singole trasformazioni e per l’intero ciclo.
[N.B. R J/moleK]
SCRIVERE IN MODO CHIARO. GIUSTIFICARE BREVEMENTE 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/ (AD), fisbio.webhop.net (EN),
www.mi.infn.it/~sleoni (OZ)
SOLUZIONE ESERCIZIO 1
a) Se il proiettile è sparato verticalmente l’alto il moto si sviluppa solo lungo y.
Le equazioni in y sono le seguenti, con y0=h0 = 3 m e v0y = v0 = 2m/s :
1 2

 y  y0  voy t  gt
2

v y  v0 y  gt

Nel punto di massima quota la velocità del proiettile è nulla, da cui si ricava il tempo di salita tmax:
voy
2m / s
 0.2 s
g
9.8m / s 2
1 2
m
1
m
hmax  h0  v0 t max  gt max
 3m  2  0.2s  9.8 2 (0.2s) 2  3.2 m
2
s
2
s
t max 

b) Per calcolare il tempo tf impiegato per raggiungere il suolo a quota y = 0 si applicano di nuovo le
equazioni precedenti, prendendo ad esempio come istante iniziale il punto di massima quota, in cui la
velocità è nulla:
0  hm ax 
tf 
1 2
gt f
2
2hm ax
2  3.2m

 0.8s
g
9.8m / s 2
Il tempo di volo complessivo, dal lancio alla caduta al suolo, è quindi
t = tmax + tf = 1 s
La velocità finale è diretta verticalmente verso il basso con modulo pari a
v f  gt f  9.8m / s 2  0.8s  7.84m / s  7.8m / s
b) Facoltativo
L’energia cinetica e potenziale in ogni istante valgono
K = ½ mv2 e U = mgh
Pertanto, prendendo come riferimento y=0 si ottiene:
- all’istante del lancio: K = ½ mv2= ½ 0.1 kg x (2m/s)2 ~ 0.2 J
U = mgh = 0.1 kg x 9.8 m/s2 x 3m ~ 2.9 J
- alla massima quota:
K=0
U = mg hmax = 0.1 kg x 9.8 m/s2 x 3.2 m ~3.1 J
- all’istante di atterraggio: K = ½ mvf2= ½ 0.1 kg x (7.84 m/s)2 ~ 3.1 J
U=0
Ovviamente,essendo presenti solo forze conservative, E mecc = costante = K + U = 3.1 J
SOLUZIONE ESERCIZIO 2
a) Il campo elettrostatico creato dalla lamina nel punto A ha modulo / E / = σ / 2 0 ed è diretto come il
semiasse negativo x. Sostituendo i valori numerici si ottiene E = - 22.6 i N/C, dove i è il versore dell’asse x. La
forza elettrostatica agente sulla carica q è F = q E = 22.6 10-10 i N. La differenza di energia potenziale U(O)U(A) tra O ed A è uguale al Lavoro L compiuto dalla forza elettrostatica nello spostamento della particella carica
da O ad A . Essendo la forza costante e parallela allo spostamento, il lavoro L si calcola semplicemente come
prodotto della forza per lo spostamento, risulta pertanto L = 113 10-12 J= U(O)-U(A) .
b) Per il calcolo dell’energia cinetica della particella quando raggiunge la lamina è conveniente utilizzare il
teorema lavoro-variazione dell’energia cinetica sulla base del quale il lavoro compiuto dalla forza risultante ( in
questo caso solo la forza elettrostatica) durante lo spostamento da O fino a B uguaglia la corrispondente
variazione di energia cinetica Ecin B - Ecin O . Essendo EciniO = 0 , il lavoro L compiuto dalla forza da O fino a B
uguaglia l’energia cinetica della particella in B, Ecin B. Il lavoro L è il doppio di quello calcolato al punto a)
essendo doppio lo spostamento e costante la forza. Risulta pertanto L= 226 10-12 J= Ecin B . Il procedimento è
analogo per il calcolo dell’energia cinetica in C, tenendo però conto che il lavoro da B a C è negativo e uguale in
valore assoluto a quello da O a B, il lavoro totale da O a C risulta nullo e nulla è quindi l’energia cinetica in C.
SOLUZIONE ESERCIZIO 3
a) Qualora venga posto in acqua , all’equilibrio si ha che la forza peso P è pari alla spinta di Archimede S A:
SA = acqua Vimmerso g = acqua (  R 2 h immers ) g , quindi
P = 3N = acqua (  R 2 h immers ) g
Sostituendo i valori numerici , si ricava h immers = 0.039 m
b) Affinché il volume immerso sia il 75 % , e pertanto h immers = 0.15 m , dovrà essere :
P + PHg = SA dove SA = acqua (  R 2 h immers ) g
con h immers = 0.15 m .
Sostituendo i valori numerici si ha SA = 11.5 N e pertanto PHg = 8.5 N da cui
mHg = 0.87 kg e VHg = 63.8 10-6 m3
SOLUZIONE ESERCIZIO 4
a) Determino le coordinate termodinamiche dalla legge dei gas perfetti pV =nRT.
Stato A: pA = 4 atm = 4 x 1.01 x 105 Pa = 4.04 x 105 Pa
VA = 1 l = 10-3 m3
TA = pA VA/nR = (4.04 105 Pa x 10-3 m3)/(2 moli x 8.31 J/moleK) = 24.3 K
Stato B: pB = pA = 4 atm = 4.04 x 105 Pa
VB = 10 l = 10 10-3 m3
TB = pB VB/nR = (4.04 105 Pa x 10-2 m3)/(2 moli x 8.31 J/moleK) = 243 K
Stato C: pC = 1 atm = 1.01 x 105 Pa
VC = 10 l = 10 10-3 m3
TC = pC VC/nR = (1.01 105 Pa x 10-2 m3)/(2 moli x 8.31 J/moleK) = 60.7 K
Stato D: pD = 1 atm = 1.01 x 105 Pa
TD = TA = 24.3 K
VD = nR TD /pD = (2 moli x 8.31 J/moleK x 24.3 K) / (1.01 x 105 Pa) ~ 4 10-3 m3
Il grafico della trasformazione
nel piano (p,V) è il mostrato qui a fianco.
p
B
A
D
VA
VD
C
VB
V
b) Per calcolare le quantità Eint, Q e L per le singole trasformazioni si utilizza il primo principio della
termodinamica e l’equazione dei gas perfetti:
AB: isobara: Eint = ncV T = 2 x 3/2 R (TB-TA) = 3 x 8.31x (243-24.3) J = 5452 J
Q = ncP T = 2 x 5/2 R (TB-TA) = 5 x 8.31x (243-24.3) J = 9087 J
L = pA (VB-VA) = 4.04 x 10 5 x 9 10-3 m3 = 3636 J
BC: isocora: Eint = ncV T = 2 x 3/2 R (TC-TB) = 3 x 8.31x (60.7-243) J ~ - 4545 J
Q = ncV T = 2 x 3/2 R (TC-TB) = 3 x 8.31x (60.7-243) J ~ - 4545
L=0
CD: isobara: Eint = ncV T = 2 x 3/2 R (TD-TC) = 3 x 8.31x (24.3-60.7) J ~ - 907 J
Q = ncP T = 2 x 5/2 R (TD-TC) = 5 x 8.31x (24.3-60.7) J ~ - 1512 J
L = pD (VD-VC) = - 1.01 x 105 x 6 10-3 m3 = - 606 J
DA: isoterma:
Eint = ncV T = 0
L = nRTA ln(VA/VD) = 2 x 8.31x 24.3 x ln(1/4) J = -560 J
Q = L = -560 J
Nella complessiva trasformazione ciclica si avrà
Eint = 0
Qciclo = QAB+QBC+QCD+QDA = 2470 J
Lciclo = Qciclo = 2470 J