A. A. 2009-2010 - 7 luglio 2010 Esercizio 1
Un punto materiale puo` muoversi in una dimensione soggetto ad una forza
F = − kx
3. Trovare:a) l’energia potenziale U(x) relativa a tale forza, ponendo come zero dell’energia il punto x=0;
b) determinare l’espressione dell’energia cinetica applicando il teorema omonimo e supponendo che il punto parta da x=-a con velocita` nulla nel verso x positivo;
c) dimostrare che il moto e` limitato;
d) dimostrare che l’energia meccanica E e` costante.
Soluzione
a) L’energia potenziale e`
( ) ( )
40 3
0
4
0 Fdx kx dx 1 kx
U x U
x
x
= − − =
−
=
− ∫ ∫
.b) Il teorema dell’energia cinetica:
K
f− K
i= W
. Nel nostro caso l’energia cinetica iniziale e`nulla: 3 4 4
4 1 4
1 kx ka dx
kx W
K
x
a
f
= = ∫ − = − +
−
.
c) Imponendo all’espressione precedente di essere non negativa (l’energia cinetica non e` mai negativa),
− x
4+ a
4≥ 0
, ne segue che− a ≤ x ≤ a
.d) L’energia meccanica e` la somma dell’energia cinetica e potenziale:
4 4
4 4
4 1 4
1 4
1 4
1 kx ka kx ka
U K
E = + = − + + =
e risulta indipendente dal tempo.Esercizio 2
Un gas ideale esegue una trasformazione reversibile in cui la pressione varia linearmente con il volume.
Si determini:
a) il lavoro scambiato dal gas nella trasformazione da uno stato iniziale (pA, VA) ad uno stato finale (pB, VB) , in cui le pressioni ed i volumi si suppongono noti;
b) il calore scambiato dal gas nella stessa trasformazione.
Soluzione
a) il modo piu` semplice di calcolare il lavoro e` usando l’interpretazione geometrica. Nel nostro caso e` l’area del trapezio che si ottiene proiettando i punti A e B sull’asse del volume:
(
B A)
B
A
p V V
L = p + −
2
.b) Il calore si trova mediante il 1° principio della termodinamica, sommando il calore alla variazione di energia interna:
p
Ap
B( V
BV
A) U ( ) T
BU ( ) T
AL U L
Q = + ∆ = = + − + −
2
etenendo conto che quest’ultima, per un gas ideale, dipende solo dalla temperatura. Si tratta quindi di trovare le temperature iniziale e finale a partire dai dati e quindi calcolare l’energia interna:
R V
T
B= p
B B ,U ( ) T
B= C
VT
B e similmente per lo stato A. Abbiamo infine:(
B A)
V(
B A)
A B(
B A)
V(
B B A A)
B
A
p V p V
R V C
p V T p
T C V
p V
Q = p + − + − = + − + −
2 2
A
B p
V
Due corpi celesti di massa
M = 1 . 90 ⋅ 10
27kg
em = 5 . 68 ⋅ 10
26kg
orbitano attorno al centro di massa comune. L’equazione dell’orbita della massa ridotta e`1 ( 1 cos θ )
e
r = p +
con semiassemaggiore
a = 6 . 49 ⋅ 10
8km
ed eccentricità` e=0.05.a) Si esprima p in funzione di a, e;
b) si scrivano le equazioni delle orbite dei due corpi in funzione di a, e, M, m.
Soluzione
a) Troviamo innanzitutto l’espressione di p per la massa ridotta, in funzione di a ed e, sostituendo i valori delle coordinate in un punto notevole, ad esempio il periastro:
( 1 cos 0 )
1 p e
ae
a = +
−
da cui( 1 1 −
2) = 1 . 54 ⋅ 10
−9 −1= km
e p a
b) La posizione di ciascun corpo, e di conseguenza il valore di a, si trova a partire dai
corrispondenti valori della massa ridotta moltiplicati per un fattore di proporzionalita` che
dipende dalle masse dei corpi:
a
m M a
Mm
= +
,a
m M a
mM
= +
.Le equazioni delle orbite sono dunque:
( 1 1
2) ( 1 cos ) 6 . 70 10
9( 1 0 . 05 cos )
11
− −+
⋅
=
− +
= + e km
e a m
m M
r
Mθ θ
,( 1 1
2) ( 1 cos ) 2 . 00 10
9( 1 0 . 05 cos )
11
− −+
⋅
=
− +
= + e km
e a M
m M
r
mθ θ
.Esercizio 4
Un solenoide indefinito di raggio R1 e n1 spire per metro e` percorso da una corrente i1. Un secondo solenoide indefinito, di raggio R2> R1, n2 spire per metro, coassiale al primo, e` percorso da una corrente i2 che scorre in verso opposto.
a) Calcolare la circuitazione del campo di induzione magnetica totale lungo il circuito rettangolare ABCD di lati AB=b, BC=a. Verificare l’accordo con la legge di Ampere.
b) Supposto che
n
1= n
2ei
1= i
2, calcolare il flusso del campo di induzione magnetica totale attraverso il cerchio tratteggiato, in funzione del raggio del cerchio, variabile da r=0 a r> R2 ; disegnare il grafico del flusso in funzione del raggio del cerchio.Soluzione
a) Il campo totale e` la sovrapposizione dei campi dei due solenoidi ed e` sempre diretto parallelamente all’asse oppure e` nullo. All’interno del solenoide 1 il campo e` dato da
(
1 1 2 2)
0 2 2 0 1 1 0 2
1
B n i n i n i n i
B
B = − = µ − µ = µ −
e il contributo alla circuitazionelungo il lato AD vale
K ( B | AB ) = − µ
0( n
1i
1− n
2i
2) a
, ove il segno meno dipende dal verso di percorrenza scelto. Vista la direzione del campo i contributi lungo i lati AB e DC sono nulli. Rimane il contributo lungo il lato BC, anch’esso nullo poiche’ il campo e` nullo fuori dal solenoide 2. La circuitazione e` dunqueK ( ) B = − µ
0( n
1i
1− n
2i
2) a
e per la legge di Ampere dev’essere uguale alla somma delle correnti concatenate al rettangolo. Nel rettangolo entranoa n
N
2=
2 correnti i2 e ne esconoN
1= n
1a
correnti i1. Quindi, in totale,( n i n i ) a
i
tot=
2 2−
11 e la legge di Ampere e` verificata.b) Nelle supposizioni fatte il campo all’interno del solenoide 1 e` nullo. Tra i due solenoidi esso vale
2 2 0
n i
B = − µ
. Supponiamo di orientare il cerchio di Ampere parallelamente al campo, in modo da avere un flusso positivo. Poiche’ il campo e` uniforme a tratti, il flusso si calcola semplicemente come prodotto del modulo del campo per l’area interessata:A B
D C
1 2
( ) [ ( ) ( ) ] ( )
( ) ( )
[ ] ( )
≤
−
=
−
<
<
−
=
−
= Φ
r R R
R i n R
A R A B
R r R R
r i n R
A r A B B
2 2
1 2 2 2 2 0 1
2
2 1
2 1 2 2 2 0 1
...
...
π µ
π µ
r Φ
R1 R2
Esercizio 5
Sono dati tre gusci sferici concentrici conduttori di raggi R1 , R2 e R3 e spessore trascurabile. Sul guscio piu` interno c’e` una carica +Q , su quello intermedio (-Q-q) e su quello piu` esterno +q.
Calcolare:
a) il flusso del campo elettrico attraverso una superficie sferica concentrica ai gusci, in funzione del raggio della sfera, variabile da r=0 a r> R3; disegnare il grafico del flusso in funzione del raggio della sfera.
b) Il campo elettrico in tutto lo spazio.
Soluzione
a) Per r< R1 la sfera di Gauss non racchiude carica e quindi il flusso e` nullo. Tra i gusci 1 e 2 la sfera racchiude la carica +Q , quindi il flusso vale
+ Q ε
0. Tra i gusci 2 e 3 la sfera racchiude la carica -q , e il flusso vale− q ε
0. Per r> R3 la sfera di Gauss non racchiude carica e quindi il flusso e` di nuovo nullo.b) Data la simmetria del problema, il flusso e` semplicemente dato dal prodotto del modulo del campo per l’area della sfera di Gauss. Il campo elettrico e` quindi
( ) ( ) ( )
≤
<
− <
=
<
+ <
≤
Φ =
=
r R
R r r R
q
R r
R r r R
Q
R r
r A r r E
3
3 2 2
0
2 2 2 1
0
1
...
...
0
...
4
...
...
0
...
4
...
...
0
π ε π
ε
R1 R2
R3
R1 R2 R3 r
Φ