= Ra =×+ IAR =− IRA 

(1)

A) Meccanica

Una ruota omogenea di raggio R, massa M e momento d’inerzia rispetto al proprio asse I, rotola senza strisciare su un piano orizzontale scabro sotto l’azione di un momento motore noto τ. Sia A la forza d’attrito con il suolo, a l’accelerazione del centro di massa e α l’accelerazione angolare.

a) Scrivere le equazioni cardinali del sistema;

b) Risolvere le equazioni, trovando i valori delle incognite A, a, α;

c) Trovare il massimo valore di τ per cui si ha rotolamento puro (ricordare l’espressione della forza d’attrito);

d) Trovare l’accelerazione massima che si puo` impartire alla ruota senza che questa slitti.

Soluzione

a) Troviamo innanzitutto il verso della forza d’attrito. Poiche’ il momento motore e` entrante, il punto di contatto col suolo tende a muoversi verso sinistra, ne segue che la forza d’attrito e` diretta verso destra.

Prima equazione cardinale: A Ma

= , ovvero l’accelerazione in avanti e` dovuta alla forza d’attrito. In termini di componenti: A= Ma.

Seconda equazione cardinale, scelto come polo il centro della ruota:

α

τ

^+ R^×A^ = I ^. In componenti:

τ

−RA = I

α

. Condizione di rotolamento: a = R

α

b) abbiamo tre equazioni in tre incognite; risolvendo, troviamo:

(2)

2 2 2

MR I

M R A

MR I

a R

= +

τ α τ

τ

c) la forza d’attrito statico A ha un valore massimo, cosa che impone una limitazione al momento motore:

R MR g I

Mg A

s s

+ 2

≤

µ τ

µ

d) il limite superiore dell’accelerazione si ricava direttamente dalla 1^a eq.

cardinale:

M g a = A ≤

µ

_s

(3)

B) Gravitazione

Un sistema e` formato da una stella di massa M e da un pianeta di massa m (minore di M). La stella e` visibile e percorre un’orbita ellittica di semiasse a1 ed ellitticità e attorno al fuoco C, mentre il pianeta e` invisibile. Supposto che in un certo istante di tempo la stella si trovi nel punto S(r1, θ1), con velocita` v1, determinare:

a) la posizione Q(r2, θ2) del pianeta allo stesso istante (definire θ2 rispetto alla stessa semiretta origine r usata per θ1);

b) la velocita` v₂(modulo, direzione e verso) del pianeta.

Detta

(

²

)

1 1 cos 1

1

e a

e

r −

= +

θ

l’equazione dell’orbita della stella, determinare c) l’equazione dell’orbita del pianeta.

Soluzione

a) Il pianeta deve trovarsi sulla retta congiungente il fuoco C alla stella S, dalla parte opposta di C, a distanza tale per cui C sia il centro di massa del sistema.

Quindi

θ

₂ =

θ

₁ +

π

, ₂ r₁ m r = − M ^.

b) La velocita` del centro di massa dev’essere nulla, quindi ₂ v₁ m

v = − M  , cioe` la velocita` del pianeta ha la stessa direzione, ma verso opposto a quella della stella, ed ha modulo maggiore secondo il rapporto inverso delle masse.

c) L’orbita del pianeta e` un’ellisse simile a quella della stella, secondo un fattore di scala pari all’inverso del rapporto delle masse. L’eccentricita` e` la

(4)

medesima e l’angolo differisce da quello della stella di π, come gia` visto nel

punto (a):

( )

2

(

²

)

2

2 1

cos 1

1 cos 1

1

e a

e e

a e

r −

= −

− +

= +

π θ θ

(5)

C) Termodinamica

Un gas ideale (in quantita` di n moli) effettua un ciclo reversibile ABCD composto da due isoterme (a temperature T2 > T1) e due isocore (ciclo di Stirling).

Si determinino:

a) i calori assorbiti e ceduti dal sistema nell’ipotesi che il calore lungo DA sia effettivamente acquisito dall’ambiente e quello lungo BC sia effettivamente riversato nell’ambiente;

b) il rendimento del ciclo, in questa ipotesi;

(6)

c) i calori assorbiti e ceduti dal sistema nell’ipotesi che il calore lungo BC rimanga nel sistema (mediante un meccanismo di rigenerazione interno al sistema) e sia riutilizzato lungo DA;

d) il rendimento del ciclo in questa seconda ipotesi.

Soluzione

a) calcoliamo il calore scambiato lungo l’isoterma AB:

0

2 log

2 = >

=

∫ ∫ ∫ ∫

A B V

V V

V B

A B

A

AB V

nRT V V

nRT dV pdV

L Q

Q

B

A B

A

δ

^;

lungo l’isoterma CD:

0

1log

1 = <

=

∫

B A V

V

CD V

nRT V V

nRT dV Q

A

B

;

lungo l’isocora BC:

(

₁ − ₂

)

< 0

=

∫

^nC ^dT ^nC ^T ^T

Q _v

T

T v BC

C

B

;

lungo l’isocora DA:

(

₂ − ₁

)

> 0

=

∫

^nC ^dT ^nC ^T ^T

Q _v

T

T v DA

A

D

.

b) il rendimento e` per definizione:

Qin

≡ L

η

e per il primo principio, assume la

forma:

in out

in out in

Q Q Q

Q

Q − = −

= 1

η

.

Nel nostro caso Q_in =Q_AB +Q_DA, Q_out = Q_CD +Q_BC, quindi:

( )

(

₂ ₁

)

2

1 2 1

log log 1

T T V nC

nRT V

T T V nC

nRT V

v A

B

v A

B

− +

−

η

=

c) in questo caso i calori QBC e QDA non entrano nel computo, in quanto non vengono scambiati con l’ambiente, ma sono interni al sistema; ne segue che

AB

in Q

Q = , Q_out =Q_CD; d) il rendimento e` ora

(7)

2 1

1 log

log

1 T

T

V nRT V

A B A B

−

=

−

η

=

Che e` ovviamente maggiore del precedente, come si puo` facilmente dimostrare e coincide con il massimo rendimento possibile di un ciclo a due sorgenti di calore (rendimento del ciclo di Carnot).

(8)

D) Elettricita`

Siano date due sfere conduttrici di raggio a, distanti D (da centro a centro), caricate con cariche uguali e opposte +Q, -Q. Supponiamo che D>>a, di modo che il

campo elettrico si possa considerare approssimativamente uguale alla sovrapposizione di due campi coulombiani, cioe` che il fenomeno della ridistribuzione delle cariche per induzione sia trascurabile.

a) Si scriva l’espressione del campo elettrico in un punto qualunque dello spazio esterno alle sfere;

b) Si calcoli la ddp tra le superfici delle sfere, scegliendo il cammino di integrazione piu` semplice (fare attenzione che entrambe le sfere contribuiscono alla ddp, usare il principio di sovrapposizione);

c) Si determini la capacita` elettrica del sistema.

Soluzione

a) Supposta trascurabile l’induzione elettrostatica, usiamo il principio di

sovrapposizione per i due campi approssimativamente coulombiani al di fuori delle sfere:

2 2 2 0 2 1

1 0 2

1 4

1 r

r r Q

r E Q

E

E_tot    

πε

⁻

= +

= ;

b) il cammino piu` semplice e` il segmento che unisce le sfere:

( )

(

²

)

^;

2

1 2 1

4 1

1 4

4 1

0

0 0

2 2 0

2

1 21

a D a

a D Q

a D a Q

x D x Q

x dx D

Q x

l Q d E V

a D

a a D

a tot

−

− −

=

=



 





− −

−

 =

 

 + −

−

=

 =



 



 + −

−

=

⋅

−

=

−

∫

−

∫

πε

πε πε

πε



c) dalla definizione di capacita`:

( )



 

 +

− ≈

= −

= D

a a a

D a D a V

C Q 2 1

2 ₀ 2 ₀

21

πε

.

(9)

E) Magnetismo

Quattro fili (isolati tra loro) sono percorsi da corrente uguale in modulo e disposti a modo che il quadrilatero ABCD sia un quadrato di lato L. Sia a il raggio dei fili, di grandezza trascurabile rispetto ad L.

a) Determinare il campo magnetico sulla superficie del quadrato ABCD;

b) studiare l’andamento del campo su tale superficie e determinare se ivi presenta massimi o minimi;

c) calcolare il flusso del campo magnetico sulla superficie del quadrato privata di una cornice di spessore a (cioe` con l’esclusione dell’interno dei fili).

Soluzione

a) Applichiamo il principio di sovrapposizione: B_tot B₁ B₂ B₃ B₄ + + +

= . Dalla

regola della mano destra segue che nel quadrato ABCD i quattro campi hanno ugual direzione e verso (z positivo), quindi possiamo sommare direttamente i moduli dei campi:



 



 + + +

=

= +

+ +

= + + +

=

4 3 2 1 0

4 0

3 0

2 0

1 0 4 3 2 1

1 1 1 1 2

2 2

r r r i r

r i r

i r

B i B B B B_tot

π µ

π µ π

µ π

µ

Dobbiamo ora esprimere le distanze radiali nel nostro sistema di riferimento:



 





+ − + −

+

= i y x L y L x

B_tot 1 1 1 1

2

0

π

µ

(10)

b) Per trovare i punti estremali eseguiamo le derivate parziali e poniamole uguali a zero:

( )

(

¹

)

⁰

1 2

1 0 1

2

2 2 0

=



 





+ −

−

∂ =

∂

=



 





+ −

−

∂ =

∂

y L i y

y B

x L i x

x B

tot tot

π µ

Il sistema ha per soluzione x = y = L 2. Questo punto e` il centro del quadrato ove il campo vale

L B_tot i

π µ

₀

= 4 . Questo e` un punto di minimo, in quanto il campo decresce allontanandosi dai fili.

c) Il flusso e`:

( ) [ ( ) ] ( ) [ ( ) ]

( ) ( )

a iL L a

a L L a i

a a L

L i

x L x

a L i x

L x

a L i

y dy L dx y

i x dx

L dy x

i

x dxdy L

y L x i y

a d B

a L a a

L a

a L

a

a L

a a

L

a

a L

a

ABCD ABCD

tot

log 1

log 2

log 2 2 2

log log

2 2 log

log 2 2

1 1

2 1

1 2

1 1

1 1 2

0 0

0

0 0

0

π µ π

µ π

µ

π µ π

µ

π µ π

µ

π µ

 ≈



 

 −

−

− =

−

=

−

− +

−

=

 =



 



 + −

 +



 



 + −

=

 =



 





+ − + −

+

=

⋅

= Φ

−

− −

∫ ∫

∫∫

∫

^ ^