Sull’estremo di un’asta rigida unidimensionale, di massa trascurabile e lunghezza l = 0.1 m,

Problemi di Fisica per l’ammissione alla Scuola Galileiana 2016-2017 Problema 1

Sull’estremo di un’asta rigida unidimensionale, di massa trascurabile e lunghezza l = 0.1 m,

` e fissato un corpo di massa m = 0.01 kg. L’altro estremo ` e vincolato al terreno nel punto O. Sia H la verticale al terreno con origine O e α(t) l’angolo che al tempo t l’asta forma rispetto ad H. Sia α ₀ ≡ α(0) e ω ₀ ≡ ˙ α(0) il modulo della velocit` a angolare dell’asta, a t = 0, diretta lungo l’asse passante per O e perpendicolare sia ad H che all’asta. Un’applicazione euristica del principio d’indeterminazione di Heisenberg implicherebbe

α ₀ ω ₀ ≥ ~

2ml ² , (1)

con ~ = 1.05 · 10 ⁻³⁴ J s la costante di Planck razionalizzata h/(2π). Come vedremo, am- mettendo tale disuguaglianza, si ha un limite sulla durata τ ₀ dello stato d’instabilit` a del- l’asta prima della sua caduta a terra che ` e misurabile da un comune orologio. Definiamo, convenzionalmente, τ ₀ con la relazione α(τ ₀ ) = 1 rad.

Il modulo della componente perpendicolare all’asta della forza gravitazionale che agisce sul corpo ` e mg sin α(t). Per α(t) piccolo si ha sin α(t) ≈ α(t), per cui l’equazione del moto diventa

l d ² α(t)

dt ² = gα(t) , la cui soluzione, tenendo conto delle condizioni iniziali, ` e

α(t) = 1

2 (α ₀ + ω ₀ τ )e ^t/τ + 1

2 (α ₀ − ω ₀ τ )e ^−t/τ ,

con τ := pl/g. Al crescere di t il secondo termine diventa trascurabile, per cui, per il presente scopo, si pu` o porre

α(t) = 1

2 (α 0 + ω 0 τ )e ^t/τ . (2)

Bench´ e 1 rad non sia “piccolo”, risulta che τ ₀ ` e ben approssimato da (2). Sia f (α ₀ ) la funzione che esprime la dipendenza di ω ₀ da α ₀ ottenuta imponendo che, per ogni α ₀ > 0 e compatibilmente con (1), τ ₀ sia massimo. Sia ¯ τ ₀ tale massimo.

Determinare, assumendo la relazione (2), 1. f (α ₀ ) e la funzione ¯ τ ₀ = g(α ₀ );

2. il valore massimo di g(α 0 ), verificando che in tal caso τ 0 ≈ 3.6 s.

Soluzione Problema 1

1. Per ogni α ₀ > 0 il massimo di

τ ₀ = τ ln 2 α ₀ + ω ₀ τ ,

lo si ha per il valore minimo che ω ₀ pu` o assumere compatibilmente con la (1), cio` e f (α ₀ ) = ~

2ml ² α 0

.

Segue che, per qualsiasi α ₀ > 0, il corrispondente massimo di τ ₀ ` e g(α ₀ ) = τ ln 2

α ₀ + f (α ₀ )τ .

2. g(α ₀ ) ` e massimo quando h(α <sub>0</sub> ) = α <sub>0</sub> + f (α <sub>0</sub> )τ ` e minimo. Questo corrisponde al valore di k tale che la retta y = k sia tangente a h(α ₀ ), cio` e tale che l’equazione di secondo grado α 0 + f (α 0 )τ = k abbia soluzioni α 0± coincidenti. Si ha k = p2~τ/(ml ² ), da cui

g(α _0± ) = 1 4

s l

g ln  4m ² l ³ g

~ ²

 ≈ 3.6 s .

Problema 2

Un disco di raggio R contiene una cavit` a cilindrica che lo attraversa passando per il suo centro O. Il disco ruota attorno al suo asse centrale con velocit` a angolare ~ ω, mantenuta costante da un motore. Una pallina sferica di massa m, il cui raggio coincide con quello della base della cavit` a cilindrica, si trova a distanza R <sub>0</sub> da O. Ad un certo istante la pallina, precedentemente a riposo rispetto al disco, ` e lasciata libera di scorrere nella cavit` a.

Assumendo l’assenza d’attrito tra la pallina e la cavit` a, determinare 1. la velocit` a radiale della pallina all’uscita dalla cavit` a;

2. il lavoro totale fatto dal motore per mantenere ~ ω costante;

3. la massima potenza erogata dal motore durante il moto della pallina;

4. il tempo che impiega la pallina a raggiungere il foro d’uscita. Possono essere utili le

relazioni, valide per qualsiasi α ∈ R, sin(iα) = i(e ^α − e ^−α )/2, cos(iα) = (e ^α + e ^−α )/2,

con i l’unit` a immaginaria, definita come soluzione dell’equazione x ² + 1 = 0.

Soluzione Problema 2

1. Sia S il sistema di riferimento solidale con il disco, e ~ r il raggio vettore in S che origina nel centro O del disco. Sia ~ v _r la velocit` a radiale della pallina a distanza r da O. In S, che non ` e inerziale, si osservano due forze apparenti che agiscono sulla pallina: quella centrifuga ~ F _c = mω ² ~ r e quella di Coriolis ~ F _Coriolis = −2m~ ω × ~ v _r (il cui modulo ` e 2mωv <sub>r</sub> ), che agisce in senso tangenziale ed il cui verso ` e opposto a quello di rotazione. La forza di Coriolis ` e sempre ortogonale al moto della pallina, dunque non compie lavoro agendo su di essa. La sua azione sulla pallina si riflette con l’azione della pallina sulle pareti della guida, opponendosi cos`ı al moto del disco. La forza centrifuga

` e lineare in ~ r, differendo solo per il segno da quella elastica. Quindi la variazione di energia potenziale ` e kr ² /2, con k = mω ² . Poich´ e a distanza R ₀ dal centro del disco la pallina ha velocit` a nulla, segue che la differenza d’energia cinetica della pallina nel punto a distanza r da O e quella nel punto a distanza R 0 da O, misurata in S, ` e mv _r ² /2.

Eguagliando questa alla variazione di energia potenziale, mω ² (r ² − R ² ₀ )/2, si ha v r = ω

q

r ² − R ² ₀ , che all’uscita dal foro risulta

v _R = ω q

R ² − R ² ₀ .

2. Sia L(r) il lavoro complessivo fatto dal motore quando la pallina ` e a distanza r ≥ R <sub>0</sub> dal centro del disco. Non essendoci attriti si ha che L(r) ` e pari alla variazione dell’energia cinetica della pallina relativamente ai punti della cavit` a distanti r e R <sub>0</sub> da O. Il modulo della velocit` a iniziale della pallina, misurato nel sistema di riferimento inerziale solidale con il laboratorio, ` e

v _i = ωR ₀ .

Per determinare il modulo della velocit` a finale ~ v <sub>f</sub> , anch’esso misurato nel sistema di riferimento inerziale solidale con il laboratorio, si osservi che ~ v <sub>f</sub> = ~ v <sub>R</sub> + ~ v <sub>T</sub> , dove ~ v <sub>T</sub> ` e la velocit` a tangenziale al disco nel punto d’uscita della pallina dalla cavit` a. Poich´ e ~ v R

e ~ v _T sono perpendicolari, si ha v _f = pv ² _R + v _T ² . D’altronde, v _T = ωR, quindi v f =

q

ω ² (R ² − R ² ₀ ) + (ωR) ² = ω q

2R ² − R ² ₀ , da cui

L(R) = mv _f ² /2 − mv _i ² /2 = mω ² (R ² − R ² ₀ ) .

3. Mostriamo due modi di derivare la potenza massima, P _max , erogata dal motore per mantenere la velocit` a del disco costante. Denotiamo con P (r) la potenza erogata dal motore quando la pallina ` e a distanza r dal centro del disco. Si noti che P _max = P (R).

Si ha

P (r) = dL(r)

dt = dL(r) dr

dr

dt = dL(r)

dr v _r .

Poich´ e L(r) = mω ² (r ² − R ² ₀ ), si ha P (r) = 2rmω ³ pr ² − R ² ₀ , da cui P _max = 2Rmω ³

q

R ² − R ₀ ² .

L’altro modo di determinare P (r), e quindi P _max , ` e ricordare che P (r) = ~ F <sub>M</sub> (r)·~ v <sub>T</sub> (r) = F <sub>M</sub> (r)ωr, dove ~ F <sub>M</sub> (r) ` e la forza impressa dal motore sulla pallina e ~ v _T (r) la velocit` a tangenziale della pallina nel punto distante r da O. D’altronde, il ruolo del motore ` e mantenere ~ ω costante, bilanciando la forza di Coriolis che spinge la pallina sulla guida imprimendo una forza tangenziale opposta al verso di rotazione del disco. Segue che F ~ _M = − ~ F _C , da cui

P (r) = − ~ F _C · ~v _T (r) = 2rmω ³ q

r ² − R ² ₀ .

Si noti che si sarebbe potuta utilizzare anche la relazione equivalente P (r) = −~ ω · ~ M C , dove ~ M _C ` e il momento della forza di Coriolis, rispetto all’asse di rotazione del disco, M ~ _C . Si ha

M ~ _C = ~ r × ~ F _C = −2m~ r × (~ ω × ~ v _r ) = −2m(~ v _r · ~r)~ ω = −2mrv _r ~ ω ,

dove si ` e utilizzata la relazione ~a × (~b × ~c) = (~c · ~a)~b − (~b · ~a)~c, valida per tre vettori arbitrari ~a, ~b, ~c. Quindi

P (r) = −~ ω · ~ M C = 2rmω ³ q

r ² − R ² ₀ .

4. Mostriamo due modi di determinare il tempo, t _uscita , che impiega la pallina per rag- giungere il foro d’uscita. Il primo modo consiste nel risolvere l’equazione del moto soddisfatta dalla pallina. La forza centrifuga agisce come una forza elastica, lineare in r, ma con segno opposto: ~ F _c = k~ r. L’equazione del moto ` e

a = F _c

m −→ a = ω ² r ,

che, definendo ˜ ω := iω, diventa a = −˜ ω ² r e la cui soluzione ` e quella ben nota del moto armonico, cio` e r(t) = A cos(˜ ωt + φ). Nel presente caso le condizioni iniziali sono r(t = 0) = R 0 = A cos φ, v r (t = 0) = 0 = −A˜ ω sin φ, ovvero A = R 0 e φ = 0. Quindi

r(t) = R ₀ cos(˜ ωt) = R ₀ cosh(ωt) , ed essendo t _uscita soluzione dell’equazione r(t) = R, si ha

t _uscita = 1

ω arccosh  R R 0



= 1 ω ln h R

R 0

+ r  R

R 0

 2

− 1 i . L’altro modo di determinare t _uscita richiede il calcolo di un integrale

t uscita = Z R

R

dr v _r = 1

ω ln h R

R ₀ +

r  R R ₀

 2

− 1 i

.

Problema 3

Figura 1: Spira superconduttrice con velocit` a ~ v diretta verso un semipiano con campo magnetico ~ B ortogonale al foglio.

Una spira quadrata di lato l e massa m si muove con velocit` a ~ v verso un semipiano Π ove

` e presente un campo magnetico ~ B uniforme, costante nel tempo, e ortogonale alla spira.

La spira ha resistenza nulla e coefficiente di autoinduzione L. La relazione tra la corrente i indotta nella spira e il flusso Φ( ~ B) del campo ~ B attraverso essa, la si ottiene considerando prima il caso in cui la spira abbia resistenza R. Tenendo conto del termine di autoflusso Φ( ~ B(i)) = Li, dove, in accordo con la legge di Amp` ere, ~ B(i) ` e il campo magnetico indotto dalla corrente i, si ha

− dΦ( ~ B)

dt = Ri + L di dt .

Effettuando il limite R → 0 e integrando l’espressione risultante, si ha

−Φ( ~ B) = Li ,

dove si ` e tenuto conto del fatto che nella spira non circola corrente fintanto che questa

` e interamente fuori da Π. Sia x la lunghezza del tratto di spira in Π. Se x ≤ l, allora Φ( ~ B) = −Bxl, se x ≥ l allora Φ( ~ B) = −Bl ² .

Determinare

1. il valore massimo, in funzione di v, del modulo della forza magnetica agente sulla spira, nonch´ e la minima velocit` a della spira necessaria affinch´ e questa possa entrare interamente in Π;

2. la durata dell’azione della forza magnetica sulla spira nel caso questa entri solo in parte

in Π.

Soluzione Problema 3

1. Nel caso x ≤ l la corrente indotta ` e i = Bxl/L, mentre per x ≥ l, si ha i = Bl ² /L.

La forza magnetica frena la spira fintanto che x < l. In tal caso la forza totale che agisce sulla spira corrisponde a quella che agisce sul lato della spira perpendicolare a ~ v e interno a Π. La forza magnetica totale che agisce sui due lati della spira paralleli a ~ v

` e nulla in quanto le relative densit` a di corrente hanno verso opposto. Quando x ≥ l, le forze magnetiche agenti sui quattro lati della spira si annullano a due a due. Quindi, fintanto che x < l, la forza che agisce sulla spira ` e

F = −ilB~ ~ u _x = − l ² B ² ~ x

L ,

dove ~ u _x ` e il versore dell’asse x. Si osservi che ~ F = −k~ x, con k = l ² B ² /L, quindi ~ F

` e una forza elastica. Tale forza agisce sulla spira frenandola fintanto che questa non entri interamente in Π. Per determinare il massimo di F ` e necessario distinguere due casi. Il primo corrisponde al caso in cui v non ` e sufficentemente alta per far s`ı che la spira non venga respinta indietro, da cui segue che tale massimo lo si ottiene in corrispondenza del valore massimo di x. Nel caso x ≥ l, il massimo di F lo si ottiene per x = l. Per distinguere i due casi ` e necessario considerare l’energia cinetica della spira. Uguagliando l’energia cinetica e quella potenziale elastica

1

2 mv ² = 1

2 kx ² _max , otteniamo la massima penetrazione della spira

x _max = v √ mL Bl .

Quindi, nel caso x _max ≤ l, il massimo del modulo della forza repulsiva `e F _max = kx _max = Blv r m

L .

Lo stesso risultato lo si ottiene utilizzando la conservazione dell’energia, cio` e trasfor- mando l’energia cinetica iniziale in energia magnetica della spira

1

2 mv ² = 1

2 Li ² _max −→ i _max = v r m

L −→ F _max = Bli _max = Blv r m L . Nel caso x _max ≥ l, il massimo richiesto lo si ottiene ponendo x = l nell’espressione del modulo della forza

F _max = kl = B ² l ³ L .

Si noti che il caso x = l ` e incluso nella precedente espressione di F <sub>max</sub> . Questo ` e ovvio se x _max = l. D’altronde, per tutte le v tali che x _max > l, si ha che il corrispondente F _max

` e lo stesso di quello relativo al v tale che x <sub>max</sub> = l, cio` e v _min = Bl ² / √

mL. Questa ` e

l’espressione del modulo della velocit` a minima richiesta, che, sostituito nell’espressione

di F _max per x _max ≤ l, riproduce l’espressione di F _max per x _max ≥ l sopra riportata.

2. Se la spira non possiede sufficiente energia per entrare interamente in Π, questa viene respinta elasticamente compiendo un semiperiodo di moto armonico con pulsazione ω = pk/m. Quindi

t = π ω = π

√ mL

Bl .

Problema 4

Un corpo di massa m ₁ ` e tenuto fermo sulla faccia superiore di un cuneo, di massa m ₂ , incli-

nata di un angolo α rispetto al suo piano d’appoggio orizzontale. Calcolare l’accelerazione

del cuneo nell’istante in cui il corpo ` e lasciato libero, assumendo assenza d’attrito sia tra il

corpo e il piano inclinato che tra il cuneo e il suo piano d’appoggio.

Soluzione Problema 4

Sia ~a ₁ l’accelerazione iniziale del corpo, ~a ₂ quella iniziale del cuneo e ~ N la forza normale tra il piano inclinato e il corpo. Si ha

m 1 a 1x = N sin α , m 1 a 1y = m 1 g − N cos α , m 2 a 2x = −N sin α .

Sia t = 0 l’istante in cui il corpo ` e lasciato libero e t = T l’istante in cui questo raggiunge il piano d’appoggio. Sia (x(t), y(t)) la posizione al tempo t del corpo rispetto al sistema solidale con il cuneo. La condizione che il corpo rimanga a contatto con il piano inclinato implica, per ogni 0 ≤ t ≤ T ,

y(t) − y(0)

x(t) − x(0) = a _1y a 1x − a 2x

= tan α . Quindi

N = m ₁ m ₂ g cos α m ₂ + m ₁ sin ² α , da cui

a 2x = − m ₁ g sin α cos α

m 2 + m 1 sin ² α .

Problema 5

Una cavit` a cilindrica, di spessore trascurabile, il cui asse ` e un segmento di retta, connette due punti arbitrari della superficie terrestre, passando quindi attraverso di essa. Un corpo

` e lasciato cadere all’interno della cavit` a. Si supponga che la Terra sia sferica e che la sua densit` a di massa sia uniforme e pari a quella media, cio` e ρ _m = 5.51 · 10 ³ kg/m ³ .

1. Determinare, trascurando fenomeni d’attrito, il tempo impiegato dal corpo per giungere all’altro estremo della cavit` a.

2. L’analogo elettrostatico del precedente problema considera una sfera S ² di massa nulla ma con densit` a di carica uniforme ρ <sub>c</sub> . Un particella di massa m e carica q, di segno opposto a ρ c , ` e lasciata libera all’inizio di una cavit` a cilindrica, di spessore trascurabile e il cui asse ` e un segmento di retta, che connette due punti arbitrari di S ² , passando quindi attraverso di essa. Determinare la relazione che deve essere soddisfatta da ρ _c , m e q, tale per cui il tempo impiegato dalla carica per raggiungere l’altro estremo della cavit` a coincida con quello considerato nella precedente domanda.

Costante di gravitazione universale: G = 6.67 · 10 ⁻¹¹ m ³ /(kg s ² ).

Costante di Coulomb: k = 8.99 · 10 ⁹ kg m ³ s ⁻² C ⁻² .

Soluzione Problema 5

1. Sia ~ r il raggio vettore che origina nel centro della Terra e termina nel corpo, e x la distanza tra il corpo e il punto di mezzo della cavit` a. L’invarianza di ρ <sub>m</sub> sotto rotazioni rispetto al centro della Terra e la legge di Gauss per il campo gravitazionale, implicano che la forza che agisce sul corpo ` e dovuta alla sola massa interna alla sfera di raggio r, cio` e

M (r) = M

 r R

 3

,

dove M ` e la massa della Terra e R il suo raggio. Quindi il corpo ` e soggetto alla forza F ~ _N = − GM m~ r

R ³ = − 4

3 πGρ _m mr~ u _r ,

dove ~ u _r := ~ r/r e ρ _m = 3M/(4πR ³ ). La sua componente lungo l’asse della cavit` a ` e F _{N x} = −F _N x

r = − 4

3 πGρ _m mx ,

che ha la stessa forma della forza elastica. Segue che il corpo compie un moto armonico di periodo

T _N =

r 3π

Gρ _m ≈ 5064 s ,

e quindi raggiunge l’altro estremo della cavit` a nel tempo T <sub>N</sub> /2, cio` e in circa 42 minuti.

2. Poich´ e la forza di Coulomb, ~ F _C , ha la stessa dipendenza dalla distanza di quella gravitazionale, segue che la sua componente lungo l’asse x della cavit` a ` e

F C x = 4

3 πkρ c qx . Quindi la particella compie un moto armonico di periodo

T _C = r 3πm kqρ _c .

La relazione richiesta ` e soluzione dell’equazione T <sub>C</sub> = T <sub>N</sub> , cio` e q

m ρ c = − G

k ρ m = −3.79 · 10 ⁻¹⁷ kg ⁻¹ m ⁻³ C ² .

Problema 6

Un concetto in relativit` a ristretta ` e quello di quadri-vettore, denotato A ≡ (A ₀ , A ₁ , A ₂ , A ₃ ). Il prodotto scalare tra due quadri-vettori ` e definito dall’espressione A·B ≡ A ₀ B ₀ − P 3

k=1 A _k B _k . Ad ogni particella ` e associabile il quadri-impulso P = (E, ~ pc), con E l’energia della particella,

~

p il suo impulso e c la velocit` a della luce. P soddisfa la relazione P ² ≡ P · P = m ² c ⁴ , dove m

` e la massa propria della particella. Quest’ultima ` e una propriet` a intrinseca della particella, per cui il suo valore ` e indipendente dal sistema di riferimento scelto. Poich´ e il fotone ha massa nulla, si ha P ² = 0. Conseguentemente, essendo E = hν l’energia di un fotone, con ν la sua frequenza e h la costante di Planck, si ha che il modulo del suo impulso ` e p = hν/c . Si consideri un fotone, di lunghezza d’onda λ, che urta elasticamente contro un elettrone a riposo di massa m, deviando di un angolo α rispetto alla sua traiettoria prima dell’urto.

Determinare la lunghezza d’onda del fotone dopo l’urto.

Soluzione Problema 6

Sia P _e (P _γ ) il quadri-impulso iniziale dell’elettrone (del fotone) e P _e ⁰ (P _γ ⁰ ) il suo quadri-impulso dopo l’urto. La conservazione dell’energia e dell’impulso pu` o essere espressa nella forma

P e + P γ = P _e ⁰ + P _γ ⁰ .

Consideriamo il sistema di riferimento solidale con l’elettrone, con asse delle x la retta passante tra il fotone e l’elettrone prima dell’urto. Poich´ e in tale riferimento l’elettrone ` e a riposo, si ha P _e = (mc ² , 0, 0, 0), ed essendo P _γ ² = 0, si ha P _γ = (hν, hν, 0, 0). Si noti inoltre che dopo l’urto il fotone ha quadri-impulso P _γ ⁰ = (hν ⁰ , hν ⁰ cos α, hν ⁰ sin α, 0).

E conveniente esprimere la conservazione del quadri-impulso nella forma ` (P _e + P _γ − P _γ ⁰ ) ² = P _e ^{0 2} .

Poich´ e P _γ ² = P _γ ^{0 2} = 0 e P _e ² = P _e ^{0 2} = m ² c ⁴ , la precedente relazione si riduce a P _e · (P _γ − P _γ ⁰ ) = P _γ · P _γ ⁰ ,

cio` e

mc ² (ν − ν ⁰ ) = hνν ⁰ (1 − cos α) . Quindi, essendo c = λν = λ ⁰ ν ⁰ ,

λ ⁰ = λ + h

mc (1 − cos α) .