SOLUZIONE DELLA PROVA SCRITTA DI FISICA

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SCUOLA GALILEIANA - CLASSE DI SCIENZE NATURALI PROVA DI AMMISSIONE A.A.:2007-2008

SOLUZIONE DELLA PROVA SCRITTA DI FISICA

PROBLEMA 1 .

a) da g =

^GM_R²

segue: M =

^gR_G²

b) La forza centripeta che fa descrivere a Luna e Terra moti circolari intorno al loro CM `e fornita dall’interazione gravitazionale Luna-Terra.

Dato che la forza è centrale (passa sempre per il CM) i momenti della quantità di moto sia della Terra che della Luna si conservano e pertanto i moti sono non solo circolari, ma anche uniformi con velocità che valgono v = ωd

L

e V = ωd

T

per la Luna e la Terra, rispettivamente.

ω =

^2π_T

`e la velocit`a angolare, uguale per i due moti e d

L

e d

T

sono le rispettive distanze dal CM, definite da:

md

l

= M d

T

e d

L

+ d

T

= D

Segue quindi che la massa della luna:

m = M

^d_d^T_L

= M

^D−d_d_L^L

= M (

_d^D_L

− 1)

pu`o essere completamente determinata se si calcola d

L

. A tale scopo si ricorda che la forza centripeta necessaria per far percorrere alla Luna la sua orbita circolare :

f

L

= mv

²

/d

l

= mω

²

d

l

`e la forza con cui essa `e attratta dalla Terra.

Pertanto:

G

^mM_R²

= mω

²

d

l

e d

L

=

_D^GM²_ω²

. Abbiamo quindi:

m = M

^D_GM³^ω²

− 1

che si pu`o anche scrivere : m = M

^D_gR³^ω²²

− 1

c) L’accelerazione di gravit`a lunare, definita in analogia a quella terrestre sulla terra, `e:

g

L

=

^Gm_r2

.

Per determinarla abbiamo quindi bisogno di conoscere il raggio della Luna A tal fine basta osservare che :

sin(

^ϑ₂

) =

_D−R^r

.

Tenendo conto che l’angolo ϑ `e molto piccolo possiamo confondere il seno col suo argo- mento (espresso in radianti) per ottenere:

r = (D − R)

^ϑ2

ed infine:

(2)

d) g

L

=

^Gm

(D−R)²

(

^ϑ2

)

²

o g

L

=

R (D−R)

(

^ϑ2

)

2 m M

g PROBLEMA 2 .

a) T

A0

= 0

^◦

C = 273K, dato che la fusione avviene a temperatura costante.

b) Per portarsi alla temperatura di equilibrio con B, T

AB

. il sistema A prima assorbe il calore di fusione del ghiaccio:

Q

f

= m

g

c

f

e poi il calore

Q

⁰

= (m

g

+ m

a

)(T

AB

− T

A0

)c

(c `e il calore specifico dell’acqua: c = 1 cal/g = 1000 cal/kg =4186 J/kg ).

Durante tutto il processo, il sistema B cede la quantit`a di calore Q

B

= m

B

(T

AB

− T

^B0

)c

(nota che Q

B

è una quantità negativa, proprio perchè indica calore ceduto)

Dato che le pareti del recipiente B sono adiabatiche, la quantit`a di calore complessiva- mente scambiata dal sistema A+B col resto del mondo deve esser nulla: Q

f

+ Q

⁰

+ Q

B

= 0.

Pertanto:

m

g

c

f

+ (m

g

+ m

a

)(T

AB

− T

^A0

)c + m

B

(T

AB

− T

^B0

)c = 0 Da cui:

T

AB

=

^[m^B^T^B^+(m_(m ^g^+m^a^)T^A^]c−m^g^c^f

g+ma+mB)

=

(4·336+273)−0.3·80

(0.3+0.7+4)

= 318.6K = 45.6C e

c) ∆S

A

=

_T^Q^f

A0

=

^m_T^g^c^f

A0

=

0.3·80·4186

273

= 368.0 J/K

d) L’ambiente ha capacit`a termica infinita e quindi e il sistema A+B scambia calore con l’ambiente la temperatura di equilibrio sar`a uguale a quella dell’ambiente: T

e

= 20C = 293K,

PROBLEMA 3.

Supponiamo che la differenza di carica protone-elettrone sia ∆q. Allora la carica di un atomo di Cs sarebbe Q = Z∆q, dato che Z `e il numero di protoni e di elettroni in un atomo.

Ricordiamo che la massa di un atomo `e M =

_N^A₀

g, dove N

0

=6.023 × 10

²³

`e il numero di

Avogadro. Consideriamo ora la traiettoria di un atomo che si muova lungo l’asse x (definito

dal collimatore) ed entri nello spazio tra le armature del condensatore con componenti della

velocit`a v

x

lungo x e v

o,y

= 0 lungo y.

(3)

Se il campo elettrico `e diretto verso l’alto, con un’intensit`a E =

^∆Vd

, l’atomo si muove con un’accelerazione a =

_M^Q

E nella direzione y per il tempo necessario ad attraversare il condensatore. Poiché la velocità lungo x rimane inalterata, tale tempo è ∆t

1

=

^L_v_x¹

. Pertanto l’atomo esce dal condensatore con una coordinata y

1

=

¹₂

a∆t

²₁

=

¹₂_M^Q

E

^L

2 1

v²_x

e una componente della velocit`a lungo y data da v

_1,y

= a∆t

₁

=

_M^Q

E

^Lv_x¹

. Uscito dal condensatore l’atomo non

`e pi` u soggetto a forze e quindi si muove di moto rettilineo uniforme fino allo schermo, dove arriva dopo un tempo ∆t

2

=

^L_v²

x

, dato che la componente della velocit`a lungo x `e sempre v

x

. Al suo arrivo sullo schermo l’atomo ha quindi subito una deflessione lungo y data da:

y = y

1

+ v

1,y

∆t

2

=

¹₂_M^Q

E

^L

2 1

v²_x Q

M

E

^L¹v^L²_x²

=

¹₂_{M v}^QE²

x

L

1

(L

1

− 2L

²

).

Possiamo leggere questo risultato facendo il ragionamento a ritroso e concludere che un atomo che sia arrivato sullo schermo con una deflessione y `e uscito dal forno con una componente della velocit`a lungo x data da :

v

x

=

^√^A_y

, dove

A =

^q¹₂^QE_M

L

1

(L

1

− 2L

²

).

La distribuzione delle velocità iniziali degli atomi che escono dal fornetto è quella di un gas in equilibrio alla temperatura T . La probabilità che un atomo abbia componente della velocità lungo x compresa tra v

x

e v

x

+ ∆v

x

`e data dalla distribuzione di Maxwell :

P (v

x

) = Ce

⁻

M v2 x

2kbT

, dove C =

^q^2πk_M^b^T

`e la costante di normalizzazione e k

B

la costante di Boltzmann.

Il numero di atomi che arrivano sullo schermo con una deflessione compresa tra tra y e y+ ∆y `e dato da:

∆N (y) = N P (v

x

)∆v

x

= N P (v

x

(y))

^∆v_∆y^x

∆y = N P (y)∆y, con

P (y) = P (v

x

(y))

^∆v_∆y^x

= Ce

⁻^{M A}

2 2kbT y A

y³^/2

.

Vediamo quindi che il massimo nella distribuzione degli atomi sullo schermo si ha quando:

dP(y)

dy

= 0, vale a dire per: y = y

m

con y

m

=

^{M A}_3k ²

bT

=

_3k¹

bT 1

2

QEL

¹

(L

1

− 2L

²

)

Il fatto che il potenziale ∆V produce una variazione di y

m

inferiore a δ implica:

Q < δ

_EL₁_(L^6k₁^b_−2L^T ₂₎

= δ

_∆V^d _L₁_(L^6k₁^b_−2L^T ₂₎

Sostituendo i valori numerici:

Q < 1. 478 6 × 10

⁻³¹

C

(4)

e quindi il limite superiore sulla differenza di carica tra protone ed elettrone `e

∆q = Q/55 = 2. 688 4 × 10

⁻³³

C

PROBLEMA 4.

a) Prima della chiusura degli interruttori, le cariche sui condensatori sono:

Q

1,0

= C

1

V

A0

Q

2,0

= C

2

V

B0

Q

3,0

= C

3

V

C0

.

Dopo la chiusura degli interruttori, all’equilibrio, i punti A, B e C hanno lo stesso potenziale, perch`e fanno parte di uno stesso conduttore. Pertanto la carica sui condensatori, all’equilibrio `e:

Q

1

= C

1

V , Q

2

= C

2

V Q

3

= C

3

V. Dato che la carica sul conduttore che contiene i punti A, B e C `e la stessa prima e dopo la chiusura degli interruttori, possiamo scrivere :

Q

1

+ Q

2

+ Q

3

= Q

1,0

+ Q

2,0

+ Q

3,0

e quindi :

V =

^C¹^V^A0_C^,+C²^V^B0^+C³^V^C0

1+C2+C3

. = 305. 86 V

b) Prima dell’apertura degli interruttori l’energia elettrostatica dei condensatori vale:

E

0

=

¹₂

C

1

V

_A0²

+

¹₂

C

2

V

_B0,²

+

¹₂

C

3

V

_C0²

= 9.845mJ.

Dopo la chiusura degli interruttori, all’equilibrio, l’energia immagazzinata nei condensatori `e:

E =

¹₂

(C

1

+ C

2

+ C

3

)V

²

= 9.823 mJ

∆E = E − E

⁰

= (9.823 − 9.845) = −0.022mJ

c) L’energia dissipata `e esattamente quella mancante ai condensatori E

diss

= 0.022mJ

PROBLEMA 5 .

Dato che il filo ha diametro 2r, su un tratto di cilindro di lunghezza L saranno avvolte N = L/2r spire, ciascuna di lunghezza l

₀

= 2π(D + r).

L’avvolgimento ha quindi una resistenza totale:

R = ρ

^{N l}_πr²⁰

= ρ

^L(D+r)_r³

ed `e percorso da una corrente:

(5)

i =

^V_R

= V

_ρL(D+r)^r³

Il campo magnetico al centro del solenoide `e parallelo all’asse, col verso tale da veder la corrente girare nelle spire in senso antiorario ed ha intensit`a:

B = µ

0

ni = µ

0

V

_2ρL(D+r)^r²

,

dove µ

0

è la permeabilità magnetica del vuoto e n è il numero di spire per unità di lunghezza del solenoide: n =

^N_L

=

_2r¹

.

La potenza dissipata per effetto Joule dalla corrente che passa nel filo `e:

P = Ri

²

= V

²_2ρL(D+r)^r3

Notiamo che si pu`o scrivere : V =

^q^2ρL(D+r)_r³

P .

Inserendo questa espressione in quella scritta sopra per B, otteniamo:

B =µ

0

q _r

2ρL(D+r)

P

Pertanto, trascurando r rispetto a D nel denominatore, vediamo che, a parit`a di potenza dissipata, B `e proporzionale a √

r e quindi il grafico `e un arco di parabola con l’asse parallelo all’asse r.

PROBLEMA 6

Dopo la chiusura dell’interruttore I

1

, l’equilibrio viene raggiunto quando la differenza di potenziale tra le armature del condensatore `e uguale alla forza elettromotrice applicata f e la forza elettrostatica con la quale l’armatura P

₁

`e attratta dall’armatura P

₂

, a distanza

` − d, `e bilanciata dalla forza F

^m

= Kd, esercitata dalla molla di costante elastica K.

La forza elettrostatica su P

1

si pu`o calcolare come:

F

e

= Q

1

E

1,2

dove Q

1

e E

1,2

sono rispettivamente la carica sull’armatura P

1

ed il campo elettrostatico sulla stessa armatura generato dalla carica su P

₂

. Tale campo `e met`a del campo totale tra le armature del condensatore.

Pertanto: E

1,2

=

¹₂_ε^σ₀

=

¹₂_`−d^f

, da cui possiamo ricavare σ =

_`−d^ε⁰^f

e Q

1

= σS =

_`−d^ε⁰^f

S

e quindi :

F

e

=

_`−d^ε⁰^f

S ·

¹₂_`−d^f

=

¹₂_(`−d)^ε⁰^f²2

S,

Uguagliando F

e

a F

m

= Kd, possiamo infine ricavare la costante elastica della molla:

K =

_2d¹ _(`−d)^ε⁰^f²²

S

(6)

Sostituendo i valori numerici abbiamo quindi:

K = 5463 N/m

Dopo l’apertura dell’interruttore I

₁

e la chiusura di I

₂

, il condensatore si scarica e pertanto l’armatura P

1

, non pi` u soggetta alla forza elettrostatica, si muove sotto l’azione della molla e della forza viscosa dovuta agli urti con le molecole del gas contenuto nel recipiente.

Il moto continua fino a che tutta l’energia potenziale iniziale della molla non viene dissipata in calore da questa forza viscosa, calore che viene assorbito dalle armature provocandone l’aumento di temperatura ∆T. Notiamo che la molla ed il gas contenuti nel recipiente pos- sono esser ignorati nel bilancio energetico complessivo, dato che sono trascurabili le loro masse e capacità termiche. Durante la scarica, l’energia elettrostatica iniziale del condensatore viene dissipata per effetto Joule sulla resistenza R all’esterno del recipiente e quindi, data l’adiabaticità delle pareti, può anch’essa esser ignorata nel bilancio energetico di quanto avviene all’interno, .

In formule:

1

2

Kd

²

= 2. 731 5 × 10

⁻⁵

= 2M c∆T

se M `e la massa di una delle due armature. Pertanto:

a) M =

_4c∆T^Kd²

M =1. 517 5 × 10

⁻⁶

Kg

b) La frequenza propria di un oscillatore di massa M e costante elastica K `e:

ν = 2πω = 2π

^q^K_M

= 3. 769 9 × 10

⁵

Hz