Problemi di Fisica per l’ammissione alla Scuola Galileana 2014-2015 Problema 1 Nella regione di spazio interna alla sfera S

Problema 1

Nella regione di spazio interna alla sfera S₁, centrata in O₁ e di raggio R₁, `e presente una densit`a di carica di volume uniforme ρ. Sia ⃗r il raggio vettore che origina in O₁.

1. Determinare il campo elettrostatico ⃗E(⃗r) sia per r ≤ R1 che per r > R₁, dove r =|⃗r|.

2. Determinare il potenziale elettrostatico V (⃗r) in tutto lo spazio, scegliendo la costante additiva arbitraria in modo tale che all’infinito questo sia nullo.

Si consideri ora una distribuzione di carica che differisce dalla precedente solo per l’assenza di carica all’interno di una sfera S₂, centrata in O₂ e di raggio R₂, tutta contenuta nella sfera S₁. Sia ⃗E^′′(⃗r) il campo elettrostatico generato dalla nuova con- figurazione di carica. La sua forma `e naturalmente descritta in tre differenti regioni:

all’interno di S₂, all’esterno di S₂ ma interno a S₁, all’esterno di S₁. 3. Si dimostri che all’interno di S₂

E⃗^′′(⃗r) = ρ 3ϵ0

d ,⃗

dove ⃗d `e il raggio vettore che origina in O₁ e termina in O₂. 4. Determinare ⃗E^′′(⃗r) nella rimanente regione di spazio interna a S₁.

5. Si dica, giustificando la risposta, se esiste un campo magnetico tale che sia nulla l’accelerazione istantanea di una carica posta all’interno di S2 e la cui velocit`a sia

⃗v = k ⃗d, dove k `e una costante non nulla.

1. Sia ˆρ≡ _3ϵ0. Poich´e la distribuzione di carica ha simmetria sferica, segue che V (⃗r) e il modulo di ⃗E(⃗r) dipendono solamente da r. Dalla legge di Gauss segue

E(⃗⃗ r) = ˆρ⃗r , r ≤ R1 , E(⃗⃗ r) = ˆρR³₁

r³⃗r , r ≥ R1 . 2. Si ha

E(⃗⃗ r) =−dV (⃗r) dr

⃗ r

r . (1)

Quindi, esternamente e sulla superficie di S₁ il potenziale elettrostatico `e V (⃗r) = ˆρR³₁

r + c ,

dove c `e una costante arbitraria. La relazione (1), e quindi anche la condizione di continuit`a per V (⃗r) sulla superficie di S1, necessaria perch´e essa sia derivabile, implica

V (⃗r) = ρˆ

2(3R²₁− r²) + c , r ≤ R1 . La richiesta che V (⃗r) sia nullo all’infinito implica c = 0.

3. Scriviamo l’ovvia relazione tra il campo elettrostatico ⃗E(⃗r) generato dalla originaria distribuzione di carica, quello generato dalle cariche originariamente presenti nella sfera S₂, ⃗E^′(⃗r), e quello generato dalla nuova distribuzione di carica, ⃗E^′′(⃗r)

E(⃗⃗ r) = ⃗E^′(⃗r) + ⃗E^′′(⃗r) . (2) Si osservi che ⃗r − ⃗d `e il raggio vettore che origina in O2 e termina nel punto dove termina ⃗r. All’interno e sulla superficie di S₂ si ha

E⃗^′(⃗r) = ˆρ(⃗r− ⃗d) . Dalla relazione (2) segue che nella stessa regione di spazio

E⃗^′′(⃗r) = ˆρ⃗r− ˆρ(⃗r − ⃗d) = ˆρ⃗d . 4. Poich´e esternamente a S₂ si ha

E⃗^′(⃗r) = ˆρR³₂ ⃗r− ⃗d

|⃗r − ⃗d|³ , segue che internamente a S₁, ma esternamente a S₂, si ha

E⃗^′′(⃗r) = ˆρ⃗r− ˆρR³2

⃗r− ⃗d

|⃗r − ⃗d|³ .

5. La forza agente su una particella di carica q, dovuta al campo elettrico ⃗E^′′(⃗r) e a un campo magnetico ⃗B(⃗r), `e

F (⃗⃗ r) = q( ⃗E^′′(⃗r) + ⃗v× ⃗B(⃗r)) .

Poich´e all’interno di S1 il campo elettrostatico ⃗E^′′(⃗r) `e parallelo a ⃗v, si ha che la forza di Lorentz `e sempre perpendicolare a ⃗E^′′(⃗r). Segue che per qualsiasi ⃗B(⃗r) si ha ⃗F (⃗r)̸= 0.

Un razzo di massa m `e in orbita circolare di raggio R intorno ad un pianeta di massa M . 1. Determinare la velocit`a ⃗v del razzo.

2. Il modulo della velocit`a di fuga v<sub>f</sub> =|⃗vf| corrisponde al modulo della velocit`a che deve avere il razzo affinch´e questo raggiunga asintoticamente l’infinito con energia cinetica nulla. Si supponga che i motori abbiano effettivamente impartito al razzo l’incremento istantaneo di velocit`a ⃗vf − ⃗v nella direzione parallela e concorde a ⃗v. Deteminare ⃗vf e il modulo del momento angolare del razzo, rispetto al centro del pianeta, nell’istante in cui il razzo ha velocit`a ⃗v_f.

Dopo la prima accensione dei motori, il razzo giunge ad una distanza R₁ dal pianeta.

A tale distanza vengono riaccesi i motori per far tornare istantaneamente il razzo in orbita circolare.

3. Determinare la nuova velocit`a orbitale ⃗v₁ del razzo.

4. Dopo aver determinato il modulo della velocit`a ⃗v_1f del razzo immediatamente prima della seconda accensione dei motori, si determini l’angolo β tra ⃗v₁ e ⃗v_1f.

5. Determinare |⃗v1− ⃗v1f|.

1. Si ha

mv²

R = GM m R² , cio`e

v =

√

GM R .

2. La velocit`a di fuga v_f si ricava dalla conservazione dell’energia meccanica richiedendo che nello stato finale la particella si trovi all’infinito con energia cinetica nulla. Quindi

mv²_f

2 = GM m

R ,

cio`e

v_f =

√

2GM

R .

Il modulo del momento angolare del razzo rispetto al centro del pianeta nell’istante immediatamente successivo all’accensione dei motori `e mvfR.

3. Si ha

v₁ =

√GM R₁ .

4. Utilizzando la conservazione dell’energia meccanica si ha

v1f =

√2GM R₁ .

La conservazione del momento angolare implica mRv_f = mR₁v_1f sin(90^o+ β), cio`e

β = arccos Rv_f

R₁v_1f = arccos

√ R R₁ . 5.

|⃗v1− ⃗v1f| =^√v₁²+ v_1f² − 2v1v_1f cos β =

vu utGM

R₁

(

3− 2

√2R R₁

)

.

Un termometro commerciale al platino modello Pt100 `e collegato, tramite due fili conduttori, ognuno di resistenza R_{f ilo} = 90 Ω, a una batteria di forza elettromotrice E = 1.0 V. La resistenza del termometro varia con la temperatura T secondo la relazione

R_term = R₀+ A(T − T0) ,

dove R₀ = 100 Ω, T₀ = 273 K e A = 0.40 Ω/K. La tensione ai capi del termometro `e V = 0.10 V.

1. Calcolare la corrente i erogata dalla batteria.

2. Calcolare la temperatura T rilevata dal termometro.

1. Il termometro `e collegato in serie alla batteria attraverso i due fili conduttori. Appli- cando la seconda legge di Kirchhoff a questa maglia, si ottiene

E = 2R_{f ilo}i + V , quindi

i = E− V

2R_{f ilo} = 1.0− 0.10

2· 90 A = 5.0 mA . 2. La resistenza del termometro `e Rterm= V /i = 20 Ω. Quindi

T = 273 K + R_term− 100 Ω

0.40 Ω/K = 73 K .

Una particella sferica di silice di densit`a ρ<sub>sil</sub> = 2.0 g/cm<sup>3</sup> e raggio R = 1.0· 10<sup>−6</sup>m `e lasciata cadere in acqua. Il liquido, che ha densit`a ρ<sub>H2O</sub> = 1.0 g/cm<sup>3</sup> e viscosit`a µ = 0.0010 Pa· s (1Pa = 1N/m²), esercita una forza d’attrito data dalla legge di Stokes, per cui il modulo di tale forza `e F<sub>att</sub> = 6πµRv, dove v `e il modulo della velocit`a istantanea della particella.

Determinare la velocit`a asintotica di caduta della particella.

F⃗_g+ ⃗F_A+ ⃗F_att = 0 ,

dove F_g = mg `e il modulo della forza gravitazionale, F<sub>A</sub>= ρ<sub>H2O</sub>V g `e il modulo della forza di Archimede e V il volume del corpo immerso. Sia ⃗F_A che ⃗F_att hanno verso opposto alla forza di gravit`a. Segue che la velocit`a asintotica di caduta, diretta verso il centro della Terra, ha modulo

v0 = V g(ρ_sil− ρH2O)

6πµR = 2R²g

9µ (ρsil− ρH2O) = 2· 10⁻¹²· 9.8

9· 10⁻³ · 10³m/s = 2.2· 10⁻⁶m/s .

Un cilindro d’alluminio, di raggio R = 5.0 cm e massa m = 4.0 kg, `e appoggiato su di una scalanatura a V che ha, come riportato nella figura, un’apertura di 90<sup>o</sup>. Il modulo della forza d’attrito dinamico tra il cilindro e ciascun piano d’appoggio `e dato dalla relazione

F_i = µN_i ,

i = 1, 2, dove µ = 0.25 e N_isono le reazioni vincolari normali ai piani d’appoggio. Al cilindro viene applicata una coppia di forze, di momento ⃗τ , che lo mantiene in rotazione con velocit`a angolare costante. Determinare

1. le reazioni vincolari normali ai piani d’appoggio;

2. ⃗τ .

45°

45°

ω

ω

mg N 1

N 2

T 1

T 2

x y

1. Le forze che agiscono sul cilindro sono indicate nella figura. Poich´e il centro di massa `e in quiete rispetto agli assi cartesiani, la somma delle forze applicate deve essere nulla.

Si hanno quindi due relazioni, una per la componente x

√1

2(N₁− T1− N2− T2) = 0 , e l’altra per la componente y

√1

2(N₁+ T₁+ N₂− T2)− mg = 0 .

Poich´e T_i = µN_i, i = 1, 2, le due equazioni sono equivalenti al sistema

{ N₁(1− µ) − N2(1 + µ) = 0 , N₁(1 + µ) + N₂(1− µ) =√

2mg , la cui soluzione `e

N₁ = mg

√2 1 + µ

1 + µ² = 33 N , N₂ = mg

√2 1− µ

1 + µ² = 20 N .

2. Le reazioni vincolari normali ai piani d’appoggio e la forza peso non hanno momento rispetto all’asse del cilindro. Il modulo del momento delle forze d’attrito `e

τ_a= R(T₁+ T₂) = Rµ(N₁+ N₂) = R√

2 µ

1 + µ²mg = 0.65 Nm .

⃗τ_a`e perpendicolare al piano xy e diretto verso chi guarda. Il momento da applicare per mantenere costante la velocit`a di rotazione del cilindro deve bilanciare esattamente il momento delle forze d’attrito, quindi ⃗τ =−⃗τa.

Un galleggiante, che ha la forma di un solido cilindrico di raggio R = 7.2 mm e massa m = 79 g, si trova, in equilibrio, in posizione verticale rispetto all’acqua. Sia L₁ la lunghezza della parte immersa del galleggiante e L2 la lunghezza della sua parte emergente. Calcolare, assumendo trascurabili gli effetti della viscosit`a e della tensione superficiale dell’acqua,

1. il lavoro esterno necessario per sollevare il galleggiante di d = 5.0 mm < L₁ rispetto alla posizione d’equilibrio;

2. il periodo delle oscillazioni nel caso in cui, dopo averlo sollevato, il galleggiante venga lasciato libero, considerando che anche L₂ `e maggiore di d.

1. Quando il galleggiante `e in equilibrio, la spinta d’Archimede eguaglia la forza peso. Se il galleggiante viene spostato verticalmente di una quantit`a x, positiva se lo spostamento

`e verso l’alto, la variazione del volume immerso `e ∆V = −πR²x. La variazione della spinta d’Archimede `e F = ρ<sub>H2O</sub>∆V g =−πR<sup>2</sup>ρ<sub>H2O</sub>gx. Segue che quando il galleggiante viene spostato dalla posizione d’equilibrio, questo `e soggetto alla forza elastica F =

−kx, di costante k = πR²ρH2Og = 1.6 N/m. L’energia potenziale corrispondente `e U_p = 1

2kx² .

Il lavoro necessario per lo spostamento d `e pari alla variazione di energia potenziale W = ∆U_p = 1

2kd² = 2.0· 10⁻⁵J . 2. L’equazione del moto `e

md²x

dt² =−kx ,

la cui soluzione descrive un moto armonico di pulsazione ω =

√

k/m e periodo

T = 2π ω = 2

R

√ πm

ρ_H2Og = 1.4 s .