a) Tenendo conto della spinta di Archimede e rivolgendo l’asse verticale verso l’alto, in assenza di attrito viscoso l’equazione di Newton per la sferetta si scrive,

Scuola Galileiana di Studi Superiori – Classe di Scienze Naturali Soluzione della Prova Scritta di Fisica – a.a. 2009–2010 Problema 1

a) Tenendo conto della spinta di Archimede e rivolgendo l’asse verticale verso l’alto, in assenza di attrito viscoso l’equazione di Newton per la sferetta si scrive,

ma = −mg + ρ

V g, V = 4πr

3 = 3.33 · 10

m

, m = ρ

V = 2.7 · 10

kg.

Dato che ρ

= 4

5 ρ

, per l’accelerazione nel liquido si ottiene allora, a =

Ã

ρ

ρ

− 1

!

g = g 4 ,

e la velocit`a della sferetta quando raggiunge la superficie del liquido sarebbe,

v

= √ 2aL =

s

gL

2 = 2.2m/s.

La velocit`a v realmente raggiunta sulla superficie del liquido `e, invece, data da, v =

2gh = 0.80m/s.

L’energia meccanica dissipata nel liquido `e quindi,

∆E = 1

2 mv

− 1

2 mv

= mg

µ

L 4 − h

¶

= 4πr

3 ρ

g

µ

L 4 − h

¶

= 5.6 · 10

J.

b) Dato che la velocit`a in prossimit`a della superficie `e costante, l’accelerazione `e zero e la risultante delle forze deve allora annullarsi,

−mg + ρ

V g − kv = 0 ⇒ k = (ρ

− ρ

) 4πr

3

g

v = (ρ

− ρ

) 4πr

3

r

g

2h = 8.1 · 10

kg/s.

c) L’energia dissipata viene trasformata in energia interna del liquido e della sferetta, provo- cando un aumento della temperatura ∆T , impercettibile, determinato da,

∆E =

Ã

c

ρ

(πR

L) + c

ρ

4πr

3

!

∆T ' c

ρ

(πR

L)∆T ⇒ ∆T = ∆E

c

ρ

(πR

L) = 4.5·10

K.

Problema 2

a) La prima e la seconda legge di Keplero valgono sia per la forza gravitazionale che per quella elettrostatica, perch´e entrambe sono centrali e a simmetria sferica, con intensit`a proporzionale all’inverso del quadrato della distanza. La terza legge, secondo cui il rapporto T

/a

`e indipen- dente dalla particella, non si applica, invece, all’interazione elettrostatica. Infatti, quest’ultima non soddisfa il principio di equivalenza e il moto dipende dalla massa m della particella carica.

Anche il rapporto T

/a

varia quindi da particella carica a particella carica, a seconda della

loro massa.

b) Confrontando le equazioni di Newton nei due casi, m ~ A = −G mM

r

r

⇒ A = −GM ~ r

r

, m ~ A = − 1

4πε

qQ

r

r

⇒ A = − ~ qQ 4πε

m

r

r

,

dove ~ A `e l’accelerazione, si vede che la dinamica in un campo elettrostatico pu`o essere ottenuta da quella in un campo gravitazionale, effettuando la sostituzione,

GM → qQ

4πε

m .

Dato che nel caso gravitazionale si ha T

/a

= 4π

/GM, nel caso elettrostatico questo rapporto diventa allora,

T

a

= 4π

4πε

m

qQ ≡ C

, che dipende dunque dal rapporto m/q.

c) Per la prima legge di Keplero la carica compie un’orbita ellittica, e P

e P

corrispondono allora rispettivamente al “perielio” e all’“afelio”. Secondo la seconda legge si conserva poi la velocit`a areale, che in P

e P

assume la semplice forma r v/2. Si ottiene allora,

1

2 r

v

= 1

2 r

v

⇒ v

= r

r

v

= v

2 .

Alla stessa conclusione si arriva usando la conservazione del momento angolare, mr

v

= mr

v

. d) Sfruttando la conservazione dell’energia meccanica, con r

= 2r

, v

= v

/2, si ha,

1

2 mv

− qQ

4πε

r

= 1

2 mv

− qQ

4πε

r

⇒ 4πε

m qQ = 4

3 1 r

v

. La terza legge d`a allora,

T

a

= 16π

3r

v

. Siccome il semiasse maggiore `e dato da,

a = r

+ r

2 = 3

2 r

, (1)

segue che,

T = 3 √ 2 π r

v

.

NOTA: Al quesito d) si pu`o anche rispondere usando la geometria dell’ellisse. La velocit`a areale si pu`o infatti esprimere come il rapporto tra l’area dell’ellisse e il periodo,

1

2 r

v

= π a b T , da cui,

T = 2π a b

r

v

= 3π b v

.

Il semiasse minore b si calcola ricordando che l’ellisse `e il luogo geometrico di tutti i punti per

cui la somma S delle distanze dai due fuochi `e costante, e che S = 2a. Si pu`o allora applicare

il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo ABC, dove A `e il punto in cui si trova la carica Q, B `e il centro dell’ellisse e C `e uno dei due punti dell’ellisse che sono equidistanti da P

e P

,

a

= b

+ (a − r

)

. Usando la (1) si deduce allora che b = √

2 r

, e si riottiene il valore del periodo determinato sopra.

Problema 3

a) L’elio liquido `e un gas monoatomico, che nelle condizioni specificate nel problema si comporta come un gas ideale. Il tratto AB `e costituito da una retta ascendente. Il tratto BC (adiabatica reversibile di un gas monoatomico) `e costituito da una curva discendente convessa della forma p(V ) ∝ 1/V

. Il tratto CA (isoterma reversibile) `e rappresentato da una curva convessa ascendente, data da p(V ) = nRT

/V .

b) Il lavoro nella trasformazione A → B equivale all’area sottostante il segmento AB nel piano (p, V ), che corrisponde all’area di un trapezio,

W

= 1

2 (p

+ p

)(V

− V

) = 0.379 · 10

J.

c) Dal primo principio si ha,

Q

= ∆U

+ W

.

Per calcolare la variazione di energia interna, ∆U

=

nR(T

− T

), con n = 2, occorre calcolare le temperature in A e B. Dalle equazioni di stato segue,

T

= p

V

nR , T

= p

V

nR ⇒ ∆U

= 3

2 (p

V

− p

V

) = 1.515 · 10

J, da cui Q

= 1.894 · 10

J.

d) In una trasformazione isoterma l’energia interna non varia, quindi W

= Q

. D’altra parte il rendimento di un ciclo `e dato da η = 1 + Q

Q

. Nel tratto AB il calore viene assorbito, nel tratto BC non c’`e scambio di calore, mentre nel tratto CA il calore viene ceduto. Si ha allora,

η = 1 + Q

Q

⇒ Q

= (η − 1) Q

= −1.042 · 10

J = W

. e) Conviene sfruttare il fatto che in un ciclo la variazione di entropia `e zero,

∆S = ∆S

+ ∆S

+ ∆S

= 0.

In un’adiabatica reversibile l’entropia non varia, quindi ∆S

= 0. D’altra parte, la trasfor- mazione C → A `e un’isoterma reversibile con temperatura T

, quindi,

∆S

= −∆S

= − Q

T

= − 2R Q

p

V

= 34, 29J/K.

NOTA: I dati del problema sono ridondanti, poich´e al quesito d) si pu`o infatti anche rispon-

dere senza conoscere η, ricordando che in un’isoterma reversibile il lavoro `e dato da W

=

n R T

ln(V

/V

). Il volume V

si pu`o calcolare dall’equazione dell’adiabatica reversibile,

V

T

= V

T

, con T

= T

.

Problema 4

Indicando la forza che A esercita su B con ~ R, quella che il piano esercita su A con ~ N, e quella che le rotaie esercitano su A con ~ f , le equazioni di Newton per i due corpi si scrivono,

m

~a

= m

~g − ~ R + ~ N + ~ f , m

~a

= m

~g + ~ R + ~ F .

Con i coefficienti di attrito dati nel problema, e dato che le rotaie sono lisce, si hanno le componenti cartesiane,

R = (−µ ~

R

, R

, R

), N = (−µ ~

N

, 0, N

), f = (0, f, 0). ~

Proiettando le equazioni di Newton rispettivamente sugli assi x, y e z si ottengono le equazioni,

A





m

a

= µ

R

− µ

N

0 = −R

+ f

0 = −m

g − R

+ N

B





m

a

= −µ

R

+ F cosϑ 0 = R

+ F senϑ

0 = −m

g + R

a) La soluzione del sistema per B d`a R

= m

g, R

= −F senϑ, e quindi, a

= F cosϑ

m

− µ

g = 11.03m/s

.

b) Dal sistema per A si trova N

= R

+ m

g = (m

+ m

)g, e quindi, a

= µ

m

− µ

(m

+ m

)

m

g = 0.24m/s

. c) Dal sistema per A si ha f = R

= −F senϑ = −1.5N.

d) Dato che inizialmente i corpi sono fermi, lo spazio percorso da B rispetto ad A in funzione del tempo `e dato da,

s(t) = 1

2 (a

− a

) t

. Il corpo B cade quando s(T ) = L,

L = 1

2 (a

− a

) T

⇒ T =

s

2L

a

− a

= 0.36s.

Problema 5

a) Indicando con ~ T la forza esercitata dalla fune e con ~ F la reazione vincolare esercitata dai coni, l’equazione di Newton per la sferetta si scrive,

m~a = ~ T + ~ F + m~g.

Siccome le superifici coniche sono lisce ~ F `e ortogonale ad esse, mentre ~ T `e diretta lungo

la loro generatrice. D’altra parte, in un moto circolare uniforme l’accelerazione corrisponde

all’accelerazione centripeta, di modulo v

/r. Dato che R = h i coni hanno una semiapertura

angolare di 45

, e quindi r =

l. Proiettando l’equazione di Newton lungo la generatrice dei

coni e lungo la loro normale – entrambe rivolte verso l’alto – si ottengono allora rispettivamente le equazioni,

mv

r

√ 2

2 = T − mg

√ 2 2 ,

− mv

r

√ 2

2 = F − mg

√ 2 2 . Quindi,

T = mg

√ 2

2 + mv

l = 1.35N, F = mg

√ 2

2 − mv

l = −0.65N.

b) Siccome F < 0 la sferetta esercita una pressione sul cono esterno.

c) Usando la conservazione dell’energia si ha, 1

2 mv

− 1

2 mv

= mg

Ã

h −

√ 2 2 l

!

⇒ v =

r

v

+ g

2h − √

2 l

= 4.95m/s. (2) d) Data la geometria del problema si conserva la componente z del momento angolare rispetto a P , L

. Inizialmente la velocit`a ha solo una componente orizzontale e si ha,

L

= r m v

=

√ 2

2 l m v

.

Nel punto finale A = (0, h, 0) la velocit`a della sferetta si scompone in una componente orizzon- tale v

, e in una componente v

lungo la generatrice del cono. Siccome il raggio della base `e uguale a h si ha,

L

= h m v

. Imponendo L

= L

si ottiene,

v

=

√ 2 2

l

h v

= 2.26m/s.

D’altra parte, siccome v

= v

+ v

, si ha,

v

=

q

v

− v

=

s

v

− l

2h

v

= 4.40m/s, con v determinato in (2). Infine,

v

=

√ 2

2 v

= 3.11m/s, v

= −

√ 2

2 v

= −3.11m/s.

Problema 6

a) La forza centripeta eguaglia la forza elettrica esercitata dal protone sull’elettrone, mv

r = e

4πε

r

⇒ v =

s

e

4πε

mr = c

s

L

r = 2.2 · 10

m/s. (3) Per il periodo si ottiene allora,

T = 2πr

v = 2πr c

r

r

L = 1.5 · 10

s.

b) Sfruttando l’espressione della velocit`a ricavata al quesito precedente risulta, E = 1

2 mv

− e

4πε

r = − e

8πε

r . (4)

c) L’espressione di W ha l’unit`a di misura di un’energia divisa per tempo, se e solo se β = 2.

d) Per la conservazione dell’energia, la potenza W trasportata dalla radiazione elettromagnetica deve uguagliare la perdita di energia meccanica nell’unit`a di tempo dell’elettrone. Sostituendo

|~a| con l’accelerazione centripeta v

/r, si ottiene,

W = e

|~a|

6πε

c

= e

6πε

c

Ã

v

r

!₂

= e

c 6πε

L

r

,

dove per v si `e usata l’espressione ricavata in (3). Durante un periodo l’energia meccanica dell’elettrone diminuisce allora della quantit`a ∆E = W T , che corrisponde alla diminuzione relativa,

f = ∆E

|E| = W T

|E| =

Ã

e

c 6πε

L

r

! µ

2πr c

r

r L

¶

Ã

e

8πε

r

!

= 8π 3

µ

L r

¶3/2

∼ 3 · 10

.

e) Dalla (4) si vede che per avere una riduzione del raggio di Bohr del 50%, r → r/2, occorre che l’energia raddoppi, E → 2E. Ma dato che l’energia `e negativa, ci`o equivale a una diminuzione dell’energia dell’ordine ∆E = |E|; per ottenere f = 1 sono quindi necessari N = 1/(3 · 10

) ∼ 3 · 10

periodi. Per il tempo richiesto si ottiene allora la stima ∆t = N T ∼ 5 · 10

s.

NOTA: Da E = −1/2mv

segue δE = −m v δv. La perdita di energia ∆E durante un periodo comporta quindi l’aumento della velocit`a ∆v/v = 1/2∆E/|E|, il quale, a sua volta, d`a luogo all’accelerazione tangenziale a

= ∆v/T . Nell’espressione di W bisognerebbe dunque tenere conto sia dell’accelerazione centripeta a

= v

/r, che di quella tangenziale: |~a|

= a

+ a

= (v

/r)

+ (∆v/T )

. Tuttavia, l’accelerazione tangenziale `e trascurabile rispetto a quella cen- tripeta. Infatti,

a

a

= ∆v T

r

v

= ∆v 2πv = 1

4π

∆E

|E| ∼ 3

4π · 10

.