uvuvvuvv sinsincoscos =−=+= sinsin0coscos mumvmumvmvmumvmv −=+=+=

Compito di fisica I, 27 giugno 2011 Meccanica

Una sfera di massa m e velocita` iniziale vi urta una seconda sfera identica inizialmente ferma. La prima sfera viene deviata di un angolo θ rispetto alla direzione iniziale. La seconda sfera viene proiettata lungo l’angolo φ.

Supposto l’urto perfettamente elastico, e supposto noto l’angolo φ , trovare

a) l’angolo θ (il modo piu` semplice e` geometrico e si basa sull’eq. di conservazione dell’energia cinetica);

b) la velocita` finale vf e uf delle due sfere (idem).

Soluzione

Possiamo usare la conservazione dell’energia cinetica e della quantita` di moto:

φ θ

φ θ

sin sin

0

cos cos

2 2

2

f f

f f

i

f f

i

mu mv

mu mv

mv

mu mv

mv

−

=

+

=

+

=

Le due sfere hanno massa uguale e questo permette di semplificare le equazioni.

φ θ

φ θ

sin sin

cos cos

2 2 2

f f

f i f

f f i

u v

u v v

u v v

=

−

= +

=

Abbiamo cosi’ tre eqq. in tre incognite, che quindi sono determinabili con i metodi noti.

La prima eq. stabilisce che le tre velocita` formano un triangolo rettangolo, di cui l’ipotenusa corrisponde alla velocita iniziale. Ne segue che la somma degli angoli θ e φ e` uguale a π/2:

π φ θ = −

Sostituendo questo risultato nelle restanti equazioni, possiamo risolvere per le velocita` incognite, ma il

2

metodo piu` rapido e` sempre quello geometrico. Dal triangolo rettangolo delle velocita` si ricava immediatamente che

φ φ cos sin

i f

i f

v u

v v

=

=

Gravitazione

Partendo dalla prima legge di Keplero

( θ )

ρ ^{1 cos}

1 = p + e

( ^{1 1 e}

)

p a

= −

della seconda legge, trovare i moduli delle velocita` radiale, azimutale e totale del pianeta, in funzione dell’angolo di azimut θ e dei parametri orbitali a, e, T.

Soluzione

La velocita` radiale si trova derivando la distanza dal sole rispetto al tempo:

( ) [ ( ) ] ( ) dt

d e

a e dt d e

p pe e

p dt

d dt

v d θ θ ρ θ

θ θ ρ θ

ρ

2 2 2

1 sin cos

1 sin cos

1 1

= −

= +

 

 





= +

=

La seconda legge si puo` scrivere

T A dt d dt

dA = ρ

θ = 2

1

Con A area dell’ellisse. Da qui possiamo trovare la velocita` azimutale

( ) ^{( θ )}

ρ ρ θ

θ

1 cos

1 1 2

1 2

2

e

e a T

A T

A dt

v d +

= −

=

=

E semplificare l’espressione della velocita` radiale

( ^{1 sin}

)

2

e a

e T v A

= − θ

ρ

Il modulo della velocita` totale si trova applicando il teorema di Pitagora:

( ) ^{( ) ( )} (

)

2 2

2 2

2 2

1 cos 2 1 cos 2

1 1 sin

1 2

e a

e e

T e A

e e a T v A

v

v −

+

= + +

− +

= +

=

θ θ θ

Ricordando l’espressione dell’area e del semiasse minore:

2

2

1 e

a ab

A = π = π −

Troviamo il risultato cercato.

Termodinamica

Il sistema e` costituito da un cilindro a pareti diatermiche, chiuso da un pistone isolante che puo`

scorrere senza attrito, contenente n moli di gas ideale di volume Vi . Il cilindro e` immerso in un

termostato a temperatura T. Sul pistone e` inizialmente presente una massa che, assieme alla pressione atmosferica, equivale ad una pressione efficace pi. Si toglie rapidamente la massa dal pistone, di modo che la pressione compie un salto discontinuo al valore finale pf . Il volume dello stato finale del gas sia Vf.

Si determinino

a) il lavoro e il calore scambiati tra il gas e l’ambiente, evidenziando il verso dello scambio;

b) la variazione di entropia del gas e quella dell’ambiente.

Soluzione

a) Poiche’ il lavoro e` compiuto dal sistema sull’ambiente, esso e` positivo:

( − ) = − = ( − ' ) > 0

= p V V p V p V nR T T

L

Ove T’ e` la temperatura relativa allo stato di coordinate p_f , V_i .

Lo stato iniziale e finale hanno la stessa temperatura, quindi il gas ideale non varia la sua energia interna. Applicando il primo principio troviamo il calore scambiato nella trasformazione reale

L

Q =

b) La variazione di entropia del gas puo` essere calcolata lungo l’isoterma passante per gli stati iniziale e finale:

' 0 log

log = >

=

=

=

=

=

∆ ∫ ∫ ∫ ∫

T nR T V

nR V V

nR dV T

pdV T

L T

S Q

i f V

V V

V g

f

i f

i

δ δ

La variazione di entropia dell’ambiente si trova immaginando una trasformazione reversibile in cui il calore scambiato nella trasformazione reale sia trasferito alla temperatura dell’ambiente:

' − < 0

− =

=

∆ T

T nR T T

S

Q

Ove il segno meno deriva dal fatto che il calore ceduto dall’ambiente e` uguale e opposto a quello assorbito dal gas.

Ovviamente il calore assorbito dal gas nella trasformazione reversibile ideale e` diverso da quello effettivamente assorbito nella trasformazione reale. Si puo` dimostrare facilmente che il calore ‘reversibile’ e` maggiore di quello ‘reale’, ed anche che la variazione di entropia

dell’universo e` positiva, basta porre x=logT’/T ed usare la diseguaglianza fondamentale della funzione esponenziale.

Elettricita`

Un sistema elettricamente neutro e` formato da una carica puntiforme positiva Q posta nel centro di una una carica negativa distribuita con densita` di carica uniforme ρ in una sfera di raggio R. Dopo aver espresso ρ in funzione di Q ,

a) Trovare il campo elettrico generato dalle due cariche in tutto lo spazio.

Supposto che la carica Q sia posta in un punto interno della sfera a distanza r dal centro b) Determinare le forze agenti sulla carica puntiforme e sulla sfera negativa.

Soluzione

Poiche’ il sistema e` neutro, la carica totale negativa e` uguale e contraria alla carica positiva, ne segue

3

3 4 R

Q π

ρ = −

a) Usiamo la legge di Gauss. Dividiamo lo spazio in due regioni: interna ed esterna alla sfera negativa. Data la simmetria sferica del problema scegliamo come superfici di Gauss sfere con centro in Q , su cui il campo e` uniforme. Avremo allora

Φ ( ) ^E = ^E ( ) ( ) ^{r A r} = ⁴ π ^r

^E ( ) ^r

( ) 



 

  −

= +

=

int

1

3 4

R Q r

r Q

r

Q π ρ

Q

( ) r = ⁰

fuori.

Dalla legge di Gauss:

( )   

 



>

<

= −

 



 

=  −

R r

R r R

r Q r

R Q r

r r

E 0 ... ...

...

1 4

0 1 1

4

1

0 3

3

0

2

ε πε

π

b) Il modulo della forza agente sulla carica positiva e` uguale al prodotto del campo dovuto alla distribuzione negativa (a distanza r) per la carica positiva:

( ) ^r

R r Q

R Q Q

r QE

F

2

0 3

0

4

1 4

1

πε

πε ⁼

=

=

La forza e` diretta verso il centro della carica negativa. La forza agente sulla carica negativa e`

uguale e contraria.

Magnetismo

Un filo rettilineo indefinito percorso da corrente i diretta lungo z, giace sull’asse di una superficie conduttrice cilindrica indefinita percorsa da corrente I parallela ad i.

Considerando una porzione del sistema di altezza H lungo l’asse z, trovare

a) la forza che il filo esercita sul cilindro (suggerimento: considerare la corrente sulla superficie come insieme di tanti fili fittizi paralleli all’asse);

b) la forza che il cilindro esercita sul filo se questo si trova a distanza r<R dall’asse del cilindro.

Soluzione

a) dato un filo fittizio sulla superficie, esiste un filo simmetrico rispetto all’asse. Le forze agenti su un tratto H di questi due fili sono uguali e contrarie e quindi si annullano. I contributi di tutti i fili fittizi si elidono cosi’ a due a due e la forza risultante e` nulla.

b) Il campo entro il cilindro ha simmetria azimutale e per la legge di Ampere e` nullo. Ne segue che la forza sul filo e` nulla.