Meccanica
Una porta di massa M, altezza H, larghezza L, spessore S e momento d’inerzia I e` libera di ruotare attorno all’asse verticale dei cardini (vedi figura). Inizialmente la porta e` chiusa.
Una forza F costante in modulo e perpendicolare istante per istante alla porta, viene applicata all’estremita` per un intervallo di tempo t1.
a) Calcolare l’accelerazione angolare della porta mentre agisce la forza;
b) calcolare la velocita` angolare al tempo t1;
c) supposto che al tempo t1, quando cessa l’azione della forza, la porta non sia completamente aperta, calcolare il tempo t2 impiegato dalla porta per aprirsi completamente (cioe` completare una rotazione di 90 gradi);
d) calcolare il momento d’inerzia della porta in funzione della massa e delle dimensioni geometriche.
Soluzione
a) Applichiamo il teorema del momento angolare, scegliendo come polo un punto dell’asse di rotazione (z) individuato dai cardini:
τ
dt =
L d
il momento di forza e` dovuto alla sola forza F, in quanto le forze dei vincoli danno momenti bilanciati dai vincoli stessi. Conviene scegliere come polo un punto con coordinata z uguale a quella del punto di applicazione di F:
F L
= × τ
τ = LF
il momento angolare e`
ω
I
L = L = I ω
l’accelerazione angolare assume quindi il valore (costante)
I
= LF α
b) il moto e` (circolare) uniformemente accelerato, quindi la velocita` angolare al tempo t1 e`:
1
1
α t
ω =
c) l’angolo coperto dalla porta e` dato dalla somma di due contributi: il primo dovuto al moto accelerato, mentre la forza agisce, e il secondo dovuto al moto uniforme quando la forza ha smesso d’agire:
2 1 2 1 2
1 0
1
0
2
1
1 2
1
1 1
t t t t
tdt dt
dt
t t
t
t
t
ω ω α ω α α
θ = ∫ + ∫
+= ∫ + = +
il tempo cercato t2 corrisponde ad un angolo θ=π/2:
2 2
1
1 2
t t = t −
α π
d) Detta δ=M/V la densita` (uniforme) della porta e con riferimento alla figura, il momento d’inerzia e`
( )
(
2 2)
3 3
0 2
0 0
0 2
0
2 2 2
2
3 1
3 3
S L M
L S L S
LHS H dy M
y dx dy
dx x V dz
M
dxdydz y
x dV
dm I
S L S
L H
corpo corpo
+
=
=
+
=
+
=
= +
=
=
=
∫
∫
∫
∫
∫
∫∫∫
∫
∫ ρ ρ δ δ
Gravitazione
Due satelliti di massa m e M orbitano attorno alla Terra in verso opposto lungo un’orbita circolare di raggio R.
a. Detta MT la massa della Terra, e trascurando l’interazione gravitazionale tra i satelliti, dimostrare che le due velocita` devono essere uguali in modulo.
- I due satelliti si scontrano centralmente nel punto A con un urto completamente anelastico (si fondono insieme e formano un unico corpo).
b. Determinare la velocita` finale del corpo.
c. Si determini l’energia meccanica del corpo dopo l’urto.
- Si puo` dimostrare che il punto A e` l’apogeo dell’orbita del corpo posteriormente all’urto. Esiste una semplice relazione tra il semiasse dell’orbita a e l’energia meccanica E del corpo, per cui e`
possibile determinare il valore di a conoscendo E.
d. Supposto quindi noto a, determinare l’eccentricita` e dell’orbita.
Soluzione
a) l’accelerazione centripeta dei due satelliti e` data da
2 2
1
a
M F R
G M m
a = F =
T= =
poiche’ la relazione tra velocita` e accelerazione e`
R a v
2
=
ne segue che le velocita` sono uguali in modulo.
b) Applichiamo la conservazione della quantita` di moto al sistema dei due satelliti un istante prima e un’istante dopo l’urto:
( ) ( v M m ) V m
v
M + − = +
da cui segue
m v M
m V M
+
= −
c) L’energia meccanica e`
( ) ( ) ( )
−
+ + −
+ =
− +
= +
= R
G M m v
M m m M
R M m M G M
V m M U
K
E
T 2 T2 2
2 1 2
1
d) la distanza AT e` uguale al raggio dell’orbita prima dell’urto ed e` anche uguale alla distanza dalla terra dell’apogeo dell’orbita dopo l’urto, quindi
ae a R = +
da cui
− 1
= a
e R
Termodinamica
Un cilindro chiuso da un pistone, libero di muoversi senza attrito, contiene una mole di gas reale ed e` in contatto termico con un termostato a temperatura T. Il gas subisce un’espansione isoterma reversibile tra lo stato iniziale (pi,Vi,T) e lo stato finale a volume Vf . In figura e` riportata un’isoterma per un gas reale.
Sapendo che l’energia interna del gas si puo` esprimere come segue
V T a C U =
V−
ove Cv (considerata costante) ed a (costante > 0) sono grandezze caratteristiche del gas, supposte note, a) calcolare la variazione di energia interna ∆U nella trasformazione;
b) spiegare come viene impiegato il calore Q scambiato col termostato, giustificando i segni di Q, ∆U, e del lavoro L.
c) supposto noto Q, trovare la variazione di entropia del gas e giustificarne il segno.
Soluzione
e) la variazione di energia interna e`
> 0
−
=
∆
f
i
V
a V U a
f) il calore viene assorbito dal gas, e quindi e` positivo e in parte va ad aumentare l’energia interna (variazione positiva) e in parte a compiere lavoro (positivo) sull’ambiente, rappresentato dall’area sottesa dall’isoterna tra i valori iniziale e finale del volume.
g) Generalmente la conoscenza del calore scambiato Q e` insufficiente a calcolare l’entropia, ma non per le trasformazioni isoterme reversibili. In tal caso la variazione di entropia e` uguale al rapporto tra il calore scambiato dal gas e la temperatura del termostato:
> 0
=
∆ T
S Q
ha segno positivo perche’ il gas acquista calore.
Elettricita`
Sono date due sfere conduttrici cave concentriche di raggi r1 e r2. La sfera interna (1) ha carica Q0
positiva, la sfera esterna (2) carica uguale e contraria.
a) determinare la capacita` del sistema.
Per mezzo di un filo conduttore di resistenza R, si collegano le due sfere, ottenendo cosi’ un circuito RC.
b) Determinare la costante di tempo del circuito;
c) ricavare la legge secondo cui la carica sulla sfera 1, Q, dipende dal tempo.
Soluzione
a) la capacita` si definisce a partire dalla ddp tra le armature e questa e` uguale a
−
=
2 1 0
0
1 1
4 r r
V Q
πε
ne segue
2 1
0 0
1 1
4 r r V C Q
−
=
= πε
b) la costante τ e` definita come
= RC τ
il circuito equivalente e` rappresentato in figura, ove il condensatore e` inizialmente carico:
c) Scriviamo l’equazione del circuito:
= 0 +
RC
V
V
ovvero
= 0 C − Ri Q
e scriviamo la relazione tra carica e corrente:
dt i = − dQ
otteniamo l’equazione differenziale
= 0 + RC
Q dt
dQ
che ha come soluzione, tenuto conto che Q(0)=Q0 :
( )
−
= τ
Q t t
Q
0exp
Magnetismo
E` dato un conduttore (la cui sezione e` mostrata in figura) a forma di tubo delimitato da due superfici cilindriche coassiali di raggi R1 e R2, di lunghezza indefinita. Esso e` percorso da una corrente i, parallela all’asse di simmetria, uniformemente distribuita nella sezione del conduttore.
a) Dimostrare che in un punto arbitrario P dello spazio il campo magnetico B generato dalla corrente e` puramente azimutale (suggerimento: considerare il conduttore costituito da infiniti fili paralleli all’asse di simmetria).
b) Calcolare il campo B in tutto lo spazio.
Soluzione
a) Consideriamo due fili A e B disposti simmetricamente rispetto al piano individuato dall’asse di simmetria (indicato in figura con il punto C) e dal punto P. CP e` la bisettrice dell’angolo APB e il campo ottenuto dalla somma dei campi dei due fili biseca l’angolo formato dai singoli campi, angolo a sua volta uguale ad APB. Ne segue che la somma dei campi della coppia di fili risulta perpendicolare alla
congiungente CP. Sommando su tutte le possibili coppie di fili, otteniamo che il campo B totale e`
perpendicolare alla retta CP, ovvero e` puramente azimutale. Il ragionamento puo` essere ripetuto per punti interni alle superfici cilindriche.
b) Basta applicare la legge di Ampère nelle tre regioni, internamente alla superficie interna, tra le due superfici e esternamente alla superficie esterna:
i
concl d
B ⋅ = µ
0C
∫
ove C e` la circonferenza amperiana di raggio
r = CP
. Tenuto conto che per la simmetria cilindrica B e`uniforme rispetto a φ, ne segue:
r B l d
B ⋅ = 2 π
C
∫
mentre la corrente concatenata e`
<
<
− <
−
>
=
1
2 2 1
1 2 2
2 1 2
2
. ...
0
. ...
..
...
R r
R r R R
R R i r
R r i
i
concla corrente concatenata nel caso intermedio e` proporzionale all’area della sezione del conduttore contenuta nel cerchio amperiano.
Infine
<
<
− <
−
>
=
1
2 2 1
1 2 2
2 1 2 0
2 0
