Problemi di Fisica per l’ammissione alla Scuola Galileiana 2015-2016 Problema 1

Problemi di Fisica per l’ammissione alla Scuola Galileiana 2015-2016

Problema 1

Un secchio cilindrico di raggio R contiene un fluido di densit` a uniforme ρ, entrambi ruotanti intorno al loro comune asse di simmetria, con velocit` a angolare costante Ω. Sia S il confine tra fluido e aria. Nel sistema di riferimento solidale con il secchio, la forza su ogni particella del fluido in S, dovuta alle altre particelle, compensa le altre forze ed ` e perpendicolare a S.

1. Determinare S.

2. Sia h ₀ l’altezza del fluido rispetto alla base del secchio cilindrico quando questo e il fluido non ruotano. Si pu` o mostrare che l’altezza massima raggiunta dal fluido in rotazione ` e

h _M = h ₀ + Ω ² R ² 4g .

Sia p _a la pressione atmosferica. Determinare la pressione p(l) sulla superficie del secchio cilindrico ad altezza l rispetto alla sua base.

3. Determinare il punto pi` u basso, h _m , della superficie del fluido in rotazione.

4. Determinare la pressione p ₀ (l) sul fluido nei punti corrispondenti all’asse di simmetria del cilindro ad altezza l ≤ h _m , e si mostri che il rapporto

p(l) − p ₀ (l) h _M − h _m ,

` e indipendente da e h ₀ , l, R e Ω.

1. Su ogni particella del fluido agisce la forza centrifuga, quella gravitazionale, e quella dovuta alle altre particelle del fluido. Nel caso di una particella su S, quest’ultima forza, che denotiamo con ~ F _n , ` e perpendicolare a S e diretta verso l’asse di rotazione.

Sia m la massa di ogni singola particella che costituisce il fluido, r la distanza tra l’asse di rotazione del secchio e la particella, e φ l’angolo tra l’asse di rotazione del secchio e la retta che si sovrappone a ~ F _n . Si ha

F _n cos φ = mg , F _n sin φ = mΩ ² r , quindi

tan φ = Ω ² r g , che ` e la pendenza del paraboloide rivolto verso l’alto

h(r) = h(0) + Ω ² r ²

2g .

2. Le parabolidi interne al fluido, di distanza costante nella direzione verticale rispetto a S, sono isobare. Poich´ e la pressione sulla superficie del fluido ` e p <sub>a</sub> , segue che la pressione sul fluido nel paraboloide distante d da S, ` e p a + dρg, quindi

p(l) = p _a + (h _M − l)ρg = p _a + 

h ₀ + Ω ² R ² 4g − l 

ρg .

3. Poich´ e h _M = h(R) e h _m = h(0), dall’equazione del paraboloide segue h _M = h _m + Ω ² R ²

2g , da cui

h _m = h ₀ − Ω ² R ² 4g . 4. Si ha

p ₀ (l) = p _a + (h _m − l)ρg = p _a + 

h ₀ − Ω ² R ² 4g − l 

ρg , quindi

p(l) − p ₀ (l)

h _M − h _m = ρg .

L’acrobata A, di massa m _A = 80 kg, rimbalza verticalmente da un trampolino con velocit` a iniziale v ₀ = 10 m/s. Su una piattaforma posta ad altezza h = 4.2 m sta, in quiete, un giovane acrobata B di massa m B = 40 kg. Quando A si trova a tale altezza afferra istantaneamente B. Determinare

1. l’altezza massima raggiunta dalla coppia di acrobati;

2. l’eventuale perdita di energia meccanica durante il processo.

Soluzione Problema 2

1. Dalla conservazione dell’energia segue che la velocit` a dell’acrobata A, quando questi raggiunge l’acrobata B, ` e data dalla relazione

v ² ₁ = v ² ₀ − 2gh .

Nell’istante in cui l’acrobata A afferra l’acrobata B agiscono forze interne e non c’` e alcuna variazione della forza gravitazionale. Quindi, poich´ e il processo ` e istantaneo, le quantit` a di moto delle due configurazioni coincidono

m _A v ₁ = (m _A + m _B )v ₂ ,

dove m _A e m _B sono le masse dei due acrobati e v ₂ ` e la velocit` a dei due acrobati all’altezza h. Si ha quindi

v ₂ = pv ² ₀ − 2hg 1 + ^m _m

A

= 2.8 m/s . Rispetto alla piattaforma la coppia di acrobati sale di

h ⁰ = v ₀ ² − 2hg 2g(1 + ^m _m

A

) ² = 4 9

 v ² ₀ 2g − h 

= 0.40 m ,

cosicch´ e la massima altezza raggiunta ` e

h _f = h + h ⁰ = 4.6 m .

2. Tra i due acrobati c’` e un “urto” anelastico con perdita di energia meccanica U persa = U i − U f = 1

2 m A v ₁ ² − 1

2 (m A + m B )v ² ₂ = 1 2

m _A m _B

m _A + m _B v ₁ ² = 236 J .

Una lastra metallica di spessore s = 3 mm ` e introdotta tra le armature di un condensatore piano di capacit` a C ₀ = 100 nF, la cui distanza tra le armature ` e h = 5 mm. Una batteria di tensione V 0 = 12 V ` e collegata alle armature del condensatore.

Calcolare

1. la capacit` a C 1 dopo l’introduzione della lastra posta a met` a tra le due armature, cosicch´ e h _sup = h _inf ;

2. la variazione dell’energia elettrostatica immagazzinata nel condensatore;

3. le grandezze ai punti 1 e 2 nel caso in cui, mantenendo fissata la somma h _inf + h _sup ,

pari a h − s, si abbia h _sup = 2h _inf .

Soluzione Problema 3

1. Con l’introduzione della sbarra metallica si ottengono due condensatori piani in serie, le cui armature sono distanti h _sup e h _inf . Quindi

1

C ₁ = 1

C _sup + 1

C _inf = h _sup

 ₀ A + h _inf

 ₀ A = h − s

 ₀ A = 1

C ₀ 1 − s h
, da cui

C ₁ = 250 nF .

2. L’energia immagazzinata nel condensatore aumenta e la sua variazione ` e

∆E = 1

2 C ₁ V ₀ ² − 1

2 C ₀ V ₀ ² = 10.80 µJ .

3. I risultati riportati dipendono da h _inf e h _sup solo attraverso la loro somma.

Una batteria solare, di area A = 5 cm ² , riceve energia solare d’intensit` a I = 1 mW/cm <sup>2</sup> . Si conoscono due casi. Nel primo, quando ` e collegata a una resistenza R ₁ = 250 Ω, la differenza di potenziale ai suoi capi ` e V 1 = 0.15 V. Nel secondo caso, quando ` e collegata a una resistenza R ₂ = 500 Ω, la differenza di potenziale ai suoi capi ` e V ₂ = 0.2 V. Si calcoli

1. la resistenza interna r e la f.e.m. E della batteria;

2. le efficienze η 1 e η 2 della cella nella conversione dell’energia solare in energia elettrica

corrispondenti ai due casi sopra descritti.

Soluzione Problema 4

1. La batteria solare pu` o essere considerata come un generatore reale di f.e.m. E e re- sistenza interna r. I valori di queste due quantit` a si possono ricavare risolvendo il seguente sistema

E − ri ₁ = V ₁ = R ₁ i ₁ , E − ri ₂ = V ₂ = R ₂ i ₂ , quindi

r = 250 Ω , E = 0.3 V .

2. L’efficienza di conversione ` e definita dal rapporto tra la potenza elettrica prodotta P _el e la potenza solare incidente P sol

η = P _el

P _sol = V i

IA = V ² RIA . Quindi l’efficienza nei due casi ` e

η 1 = 0.018 = 1.8% ,

η ₂ = 0.016 = 1.6% .

Un contenitore cilindrico con pareti adiabatiche contiene n = 0.3 moli di un gas ideale monoatomico. Il lato superiore del cilindro ` e chiuso da un pistone adiabatico mobile (senza attrito) di area A = 0.02 m <sup>2</sup> . Sopra il pistone ` e posta una massa m = 20 Kg. La pressione esterna ` e quella atmosferica p <sub>a</sub> = 1.013 · 10 <sup>5</sup> Pa. Si ricorda che la costante dei gas ` e

R = 8.314 J mol K . 1. Determinare la pressione del gas.

Successivamente, si toglie la massa e il gas si espande fino a un nuovo stato di equilibrio compiendo il lavoro W = 46.8 J. Si calcoli

2. la variazione di volume del gas ∆V ;

3. la variazione di temperatura del gas ∆T .

Soluzione Problema 5

1. La pressione del gas ` e la somma della pressione esterna e di quella esercitata dalla massa

p = p _a + mg

A = 1.111 · 10 ⁵ Pa . 2. Il lavoro fatto dal gas espandendosi ` e pari a W = p _a ∆V , quindi

∆V = 0.46 · 10 ⁻³ m ³ .

3. L’energia interna di un gas ideale dipende solamente dalla temperatura. In particolare,

∆U = nc _nV ∆T , dove c _nV ` e il calore specifico molare a volume costante. Poich´ e la trasformazione ` e adiabatica, si ha ∆U = −W , cio` e

W = −nc _nV ∆T = −n 3R 2 ∆T , da cui

∆T = −12.5 K .

Un modo efficace, anche se assai semplificato, di illustrare il meccanismo responsabile della superfluidit` a, che ha un’analoga versione nel caso della superconduttivit` a, ` e fornito dal seguente modello cinematico. Si consideri un corpo di massa m con velocit` a v all’interno del fluido. Per temperature sufficientemente basse, e al di sotto della velocit` a critica v <sub>c</sub> , il corpo non ` e rallentato dal fluido. Il caso di rallentamento di tale corpo pu` o essere interpretato come dovuto al cedimento, al fluido circostante, di parte della sua energia cinetica. A sua volta il fluido viene eccitato di un modo d’impulso ~k ed energia ω(k). Dal punto di vista dell’analisi cinematica, tale modo pu` o essere considerato come una particella di energia ω(k), eccetto per il fatto che, generalmente, questa ha un’espressione differente rispetto a quella dell’energia cinetica di una particella di momento ~k.

Si dimostri che

v _c ≥ min

 k

2m + ω(k) k



.

Soluzione Problema 6 Si ha

1

2 mv ⁰² = 1

2 mv ² − ω(k) , m~ v ⁰ = m~ v − ~k .

Elevando al quadrato la seconda relazione ed utilizzando la prima, si ottiene

~ v · ~k k = k

2m + ω(k)

k . (1)

Il primo membro ` e v cos θ ≤ v, dove θ ` e l’angolo tra ~ v e ~k. Segue che se v < min

 k

2m + ω(k) k



,

allora (1) non pu` o essere soddisfatta.