Problema 1. Siccome il moto ´e circolare uniforme, la forza gravitazionale esercitata da una stella sull’altra deve corrispondere alla forza centripeta,

Ammissione alla Scuola Galileiana - 16/09/2005 Soluzioni dei Problemi di Fisica

Problema 1. Siccome il moto ´e circolare uniforme, la forza gravitazionale esercitata da una stella sull’altra deve corrispondere alla forza centripeta,

MRω

= GMM (2R)

,

dove R `e il raggio di ciascun orbita e la velocit`a angolare `e ω = 2π/T . Da qu`ı si ricavano rispettivamente raggio e velocit`a,

R =

Ã

MGT

16π

!_1/3

, v = Rω.

L’energia meccanica risulta dalla somma delle due energie cinetiche e dall’energia potenziale gravitazionale,

E = 2

1/2Mv

− GM

2R = − GM

4R .

Dato che la variazione relativa di T `e piccola, `e lecito differenziare le espressioni che danno R in funzione T , ed E in funzione di R e sostituire i differenziali con le differenze finite,

∆R R = 2

3

∆T

T = −0.67%, ∆E

E = − ∆R

R = 0.67%.

Si noti che sia il raggio che l’energia diminuiscono, dato che E < 0. (All’ultima domanda si pu`o anche rispondere senza usare il calcolo differenziale, calcolando E e R per un valore del periodo dato da T + ∆T , e poi valutando differenze e rapporti).

Problema 2. I moti possibili sono due: I) i corpi si muovono con le stesse velocit`a ed accelerazioni, II) B scivola rispetto ad A. Nel primo caso si avrebbe l’accelerazione (comune) a =

, e la forza corrispondente agente su B sarebbe F

= ma =

. Per F = 50N si ottiene F

= 4.5N, mentre per F = 200N si ha F

= 18.2N.

D’altra parte, la forza d’attrito statico massima che il corpo A pu`o esercitare sul corpo B `e data da F

= µ

mg = 9.81N. Quindi, per F

< F

, che `e il caso di F = 50N, i due corpi si muovono insieme, con accelerazione a =

= 4.5m/s

. Per F

>

1

F

, corrispondente al caso F = 200N, i corpi hanno accelerazioni differenti, date dalle equazioni di Newton,

a

= µ

g = 8.83 m/s

, a

= F − mµ

g

M = 19.1 m/s

.

Problema 3. La soluzione del problema si basa sulla legge di Stevino per un fluido in condizioni statiche con densit`a ρ

, cio`e, p

− p

= −ρ

g (z

− z

), dove p

`e la pressione corrispondente alla quota z

. Siccome la pressione sulla superficie del liquido `e quella atmosferica, si ottiene per le forze di pressione sui lati rispettivamente superiore e inferiore del cubo,

F

=

µ

p

+ L 2 ρ

g

¶

L

, F

=

µ

p

+ 3L 2 ρ

g

¶

L

.

La tensione della fune T si ricava dalla condizione che la somma delle forze agenti sul cubo `e nulla,

T + F

− F

− P = 0 ⇒ T = P + F

− F

,

dove P = mg = 4450N `e il peso del cubo nel vuoto. La spinta di Archimede `e data da F

− F

= ρ

g L

.

Problema 4. Il numero di moli n pu`o essere calcolato applicando l’equazione di stato per i gas ideali p

V

= nRT

, una volta determinata la pressione p

. Quest’ultima pu`o essere derivata imponendo l’equilibrio delle forze agenti sul pistone,

p

S + Mg − p

S = 0 ⇒ p

= p

+ Mg S . Si ottiene,

n = (p

+ Mg/S)V

RT

.

Una volta introdotto il blocco di rame a temperatura T

> T

il sistema si stabilisce a una temperatura di equilibrio T , intermedia tra T

e T

. Siccome il contenitore `e isolante, il calore ceduto dal rame, Q

, deve essere uguale a quello assorbito dal gas, Q

. L’equazione Q

= Q

determiner`a T . Sfruttando il calore specifico del rame si ha Q

= mC(T

− T ).

Per calcolare Q

si pu`o usare il primo principio della termodinamica. Tenendo conto

2

che durante la fase di riscaldamento il gas si espande compiendo lavoro, a pressione p

costante, si ha,

Q

= ∆U + L = 3

2 nR∆T + p

∆V.

L’equazione di stato con p

costante fornisce ∆V = nR∆T /p

, e si ricava in definitiva Q

=

nR∆T =

nR(T − T

). Eguagliando i due calori si ottiene,

T =

5

2

nRT

+ mCT

5

2

nR + mC .

Problema 5. L’energia immagazzinata inizialmente nel condensatore B `e U

= q

/2C

. Una volta chiuso l’interruttore, durante la fase transiente il circuito `e equivalente a un circuito RC in cui i due condensatori sono in serie, con capacit`a equivalente C = C

C

/C

+ C

. La costante di tempo risulta quindi τ = RC = RC

C

/C

+ C

.

Le energie immagazzinate nei due condensatori al termine della fase transiente sono date da U

= q

/2C

, U

= q

/2C

, dove le cariche di equilibrio si ricavano dalle equazioni,

q

+ q

= q, q

C

= q

C

⇒ q

= C

C

+ C

q, q

= C

C

+ C

q.

Sostituendo si trova

U

= C

q

2(C

+ C

)

, U

= C

q

2(C

+ C

)

.

L’energia totale finale U

+ U

= q

/2(C

+ C

) risulta minore dell’energia iniziale U

, la differenza essendo stata dissipata nella resistenza per effetto Joule.

Problema 6. Trovandosi in presenza di un campo elettrico uniforme le traiettorie degli elettroni sono parabole, il cui asse `e ortogonale alle lastre. Fissata una parabola denoti- amo la direzione del suo asse con y e quella ortogonale all’asse e appartenente al piano della parabola con x. La velocit`a degli elettroni al momento dell’emessione ha quindi com- ponenti cartesiane v

= v sin φ, v

= v cos φ, dove v `e determinato da 1/2mv

= 5eV , con m la massa dell’elettrone. Applicando la conservazione dell’energia meccanica all’istante

3

in cui gli elettroni raggiungono la lastra B si ha, 1

2 m(v

+ v

) = 1

2 m(v

+ v

) + e∆V.

Dato che lungo x non agisce nessuna forza si ha inoltre v

= v

. D’altra parte, la condizione limite per cui gli elettroni riescono a raggiungere la lastra B corrisponde a v

= 0. Sostituendo si trova, con φ = 60

,

1

2 mv

= e∆V ⇒ ∆V =

1 2

mv

e cos

φ = 5 4 V.

La superficie colpita dagli elettroni sulla lastra B `e un cerchio di raggio R, delimitato dai vertici delle parabole limite. Dato che per queste parabole si ha v

= 0, il tempo di volo degli elettroni corrispondenti `e dato da t = v

/a

, dove l’accelerazione lungo y `e data dall’equazione di Newton, a

= eE/m. Lo spazio percorso lungo x nello stesso intervallo di tempo d`a il raggio del cerchio in questione,

R = tv

= v

v

a

= sin φ cos φ mv

eE = sin φ cos φ

1 2

mv

e∆V 2d = 2 √ 3d.

L’area `e quindi Σ = 12π

d

.

4