Scuola Galileiana di Studi Superiori Anno 2013-2014 – Prova di Fisica Problema 1 Un’astronave descrive un’orbita circolare di raggio r1

Scuola Galileiana di Studi Superiori Anno 2013-2014 – Prova di Fisica Problema 1

Un’astronave descrive un’orbita circolare di raggio r1 = 6500 km intorno alla Terra. Successi- vamente, in seguito all’accensione del propulsore per un breve intervallo di tempo, l’astronave si porta su un’orbita ellittica, che ha minima (perigeo) e massima (apogeo) distanza dalla Terra pari a r² = r¹ e r³ = 30000 km. Determinare

1. la velocit`a v¹ dell’astronave mentre percorre l’orbita circolare iniziale;

2. le velocit`a v² e v³ dell’astronave quando si trova, rispettivamente, al perigeo e all’apogeo.

3. la potenza media per unit`a di massa erogata dal propulsore, se esso `e rimasto in funzione per 3 minuti.

Massa della Terra: MT = 6.0 × 10²⁴kg. Costante universale di gravitazione: G = 6.7 × 10⁻¹¹m³/kg/s².

Soluzione

La velocit`a v<sup>1</sup> nell’orbita circolare iniziale si ricava immediatamente imponendo che la forza di gravit`a per unit`a di massa eguagli la componente centripeta dell’accelerazione

GMT

r1²

= v1²

r¹ , (1)

da cui

v =

sGMT 3

m/s . (2)

dell’astronave e r la distanza generica dal centro della Terra), la conservazione dell’energia fornisce

v2²

2 −GMT

r² = v²3

2 − GMT

r³ . (4)

Ricavando v³ dalla prima e sostituendolo nella seconda, si ottiene immediatamente

v² =

s 2GMTr³

r²(r²+ r³) ≃ 10⁴m/s (5)

e

v³ = r² r³v² =

s 2GMTr²

r³(r²+ r³) ≃ 2.2 × 10³m/s . (6) Allo stesso risultato si poteva arrivare ricordando che in un’orbita ellittica l’energia mec- canica per unit`a di massa `e costante ed uguale a −GMT/(2a), dove 2a `e l’asse maggiore dell’orbita. Nel nostro caso, 2a = r² + r³, per cui v2²/2 − GM^T/r² = −GM^T/(r² + r³) e v3²/2 − GMT/r³ = −GMT/(r²+ r³), da cui si ricavano immediatamente v² e v³.

Il lavoro fatto dal propulsore `e uguale alla variazione di energia cinetica dell’astronave nel passare dall’orbita circolare a quella ellittica, quando la velocit`a cambia da v¹ a v²

W = mv²2

2 − mv²1

2 ; (7)

si noti che essendo r¹ = r² non c’`e variazione di energia potenziale gravitazionale. Dividendo la precedente per m e per ∆t = 180 s, si trova la potenza media per unit`a di massa

p = 1

2∆t(v2²− v1²) ≃ 1.1 × 10⁵W/kg . (8)

Problema 2

Il circuito mostrato in figura `e composto da un condensatore di capacit`a C = 200 nF e da tre resistenze di valori R¹ = 5 Ω, R² = 20 Ω e R³ = 25 Ω, aventi ciascuna una potenza massima dissipabile pari a 1 W. Si calcoli

1. la massima potenza totale dissipabile in calore da parte del circuito,P^max; 2. la carica Q ai capi del condensatore, nelle condizioni della domanda precedente.

Soluzione

Anche senza fare il calcolo esatto della costante di tempo del circuito, l’ordine di grandezza si pu`o stimare dai valori dei componenti. Sar`a il prodotto della capacit`a, 200 nF, per una combinazione dei valori delle tre resistenze, che sono dell’ordine della decina di Ohm. La costante di tempo risulta dell’ordine dei microsecondi e quindi il calore che viene dissipato sulle resistenze in questa fase iniziale `e trascurabile. Pertanto, per il computo della potenza massima dissipabile nel circuito si pu`o considerare il regime stazionario corrispondente al condensatore carico. In condizioni stazionarie le tre resistenze, collegate in serie, sono at-

Pmax = (R¹+ R²+ R³)I_max² = 2.0 W . (12) Il condensatore `e in parallelo con la resistenza R<sup>3</sup>. Nelle condizioni di massima corrente, la tensione ai capi del condensatore `e quindi Vmax = R3I3,max = 5.0 V . Di conseguenza, la carica Qmax si ricava da

Qmax = CVmax = 1 µC . (13)

Problema 3

Il livello di un liquido criogenico viene comunemente misurato tramite tecniche capacitive. Si consideri pertanto un condensatore ad armature piane e parallele, aventi sezione quadrata di lato l = 10 cm. Le armature sono separate da una distanza d = 1 mm, con due lati orientati parallelamente alla superficie del liquido e gli altri due perpendicolarmente alla superficie. Il condensatore `e riempito con azoto liquido (costante dielettrica relativa KN<sub>2</sub> = 23) ad altezze H diverse. Si calcoli la capacit`a totale del sistema per

1. H = 5 cm;

2. H = 10 cm.

Costante dielettrica del vuoto: ǫ⁰ = 8.85 × 10⁻¹²F/m.

Soluzione

Il condensatore pu`o essere pensato come il parallelo tra due condensatori ad armature piane e parallele, aventi sezioni rettangolari di area l × l/2 e separazione d, uno immerso nell’azoto liquido, l’altro in aria. Le rispettive capacit`a sono

CN₂ = ǫ⁰KN₂

l²

2d = 1.02 nF (14)

Caria = ǫ⁰Karia

l²

2d = 44 pF , (15)

con Karia = 1. Quindi

C¹,tot= CN₂ + Caria = 1.064 nF . (16) Se il condensatore `e completamente riempito di azoto liquido, si pu`o pensare come il parallelo di due condensatori aventi ciascuno capacit`a CN₂. Quindi

Un fascio di luce incide su un polarizzatore avente l’asse ottico parallelo all’asse y (vedi figura). Il sistema ottico `e inoltre provvisto di un secondo polarizzatore e di un rivelatore di intensit`a. Quando l’asse del secondo polarizzatore forma un angolo di 60^◦ rispetto all’asse y (nel quadrante delle xy positive), un rivelatore posto alla fine del banco ottico misura un’intensit`a luminosa pari a 3 W/cm². Si determini

1. l’intensit`a del fascio incidente nell’ipotesi che sia polarizzato circolarmente, Iin,1; 2. l’intensit`a del fascio incidente nell’ipotesi che non sia polarizzato, Iin,2;

3. l’intensit`a del fascio incidente nell’ipotesi che sia polarizzato lungo l’asse y, Iin,3.

z

1 2

x y

Fascio incidente

Soluzione

All’uscita del primo polarizzatore, il fascio sar`a polarizzato linearmente lungo y e avr`a intensit`a pari a Iin = Iin,1/2 perch´e il fascio incidente `e polarizzato circolarmente. All’uscita del secondo polarizzatore, il fascio avr`a intensit`a data dalla legge di Malus

Iout = Iincos²θ = Iin,1cos²60^◦/2 , (18) da cui

Iin,1= 2Iout/ cos²60^◦/2 = 24 W/cm². (19) Iin,2 = Iin,1 perch´e un fascio non polarizzato, all’uscita del primo polarizzatore, sar`a polarizzato linearmente lungo y e avr`a intensit`a pari a Iin,2/2, come nel caso precedente di un fascio di luce polarizzato circolarmente.

Il fascio di luce polarizzato linearmente lungo y non viene modificato dal passaggio at- traverso il primo polarizzatore. Quindi

Iout = Iincos²θ = Iin,3cos²60^◦, (20) da cui

Iin,3= Iout/ cos²60^◦ = 12 W/cm². (21)

Trovare la capacit`a equivalente dei due circuiti, sapendo che C¹ = C³ = 10 nF, C² = 20 nF e C = 40 nF.

C 1

A

B

C

A

B

C

Soluzione

Nel primo circuito, tutti e tre i condensatori hanno una armatura al potenziale del punto A e l’altra a quello di B. Il circuito si pu`o ridisegnare come in figura, la capacit`a equivalente `e Ceq= C¹+ C²+ C³ = 40 nF.

Il secondo circuito si pu`o ridisegnare come in figura. Per la simmetria del problema i punti A<sup>1</sup> e B<sup>1</sup> hanno lo stesso potenziale. Il condensatore che li unisce si pu`o quindi togliere.

La capacit`a equivalente risulta Ceq = 2(C/2) = C = 40 nF.

C 1

A ^{C 2 C 3} B

C

A ^{C C C} B

C

A 1

B 1

A 1

B 1

C 1

C 2

C 3

A B

A B

A 1

B 1

C C

C C

Problema 6

Un tubo verticale liscio, che presenta due diverse sezioni, `e chiuso da due pistoni di area diversa, liberi di scorrere senza attrito nelle rispettive sezioni. La differenza di area dei due pistoni `e ∆S = 50 cm² e la loro massa complessiva M = 10 kg. I due pistoni sono legati tra loro da un filo inestensibile di lunghezza L = 60 cm. Nel volume compreso tra i pistoni

`e presente una mole di gas ideale biatomico mentre all’esterno `e presente aria a pressione atmosferica. Inizialmente il sistema si trova in equilibrio con il pistone superiore molto vicino alla posizione pi`u bassa possibile. Il gas viene lentamente riscaldato fino sollevare i pistoni per una altezza pari a L (vedi figura). Calcolare

1. l’innalzamento di temperatura del gas;

2. il calore assorbito dal gas nel processo.

Costante universale dei gas: R = 8.31 J/K/mole.

p

p

p

p

0

p

F F

La trasformazione avviene a pressione costante, come era facile prevedere dato che il sistema `e sempre in equilibrio meccanico. L’equazione di stato dei gas ideali pV = nRT , applicata agli stati iniziale e finale, fornisce le due equazioni seguenti: p(S¹L) = nRTi e p(S²L) = nRTf. Sottraendo membro a membro si ottiene p∆SL = nR(Tf − Ti) = nR∆T . Sostituendo la pressione con il valore ottenuto dalle condizioni di equilibrio meccanico si ha

∆T = Mg + p⁰∆S

nR L = 44 K . (25)

Essendo una trasformazione isobara Q = nCP∆T . Trattandosi di un gas biatomico, il calore molare del gas a pressione costante vale CP = 7R/2, da cui Q = 1.27 kJ. Allo stesso risultato si pu`o arrivare utilizzando il I principio della termodinamica. Indichiamo con ∆U la variazione di energia interna del gas nel processo, con W il lavoro compiuto e con Q il calore assorbito. Le tre quantit`a sono legate da ∆U = Q − W . La variazione di energia interna del gas `e ∆U = nCV(Tf − Ti), dove CV = 5R/2 `e il calore molare del gas a volume costante. Il gas ha compiuto lavoro contro la pressione esterna, per aumentare il suo volume, e contro la forza di gravit`a per sollevare i pistoni:

W = p∆V = p⁰∆SL + MgL . (26)

Il calcolo del calore segue senza difficolt`a.