Scuola Galileiana di Studi Superiori Anno Prova di Fisica

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1 Scuola Galileiana di Studi Superiori nno Prova di Fisica Problema 1 Un astronave descrive un orbita circolare di raggio r 1 = 6500 km intorno alla Terra. Successivamente, 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 r 2 = r 1 e r 3 = km. Determinare 1. la velocità v 1 dell astronave mentre percorre l orbita circolare iniziale; 2. le velocità v 2 e v 3 dell astronave quando si trova, rispettivamente, al perigeo e all apogeo. 3. la potenza media per unità di massa erogata dal propulsore, se esso è rimasto in funzione per 3 minuti. Massa della Terra: M T = kg. ostante universale di gravitazione: G = m 3 /kg/s 2. La velocità v 1 nell orbita circolare iniziale si ricava immediatamente imponendo che la forza di gravità per unità di massa eguagli la componente centripeta dell accelerazione da cui GM T r 2 1 = v2 1 r 1, (1) v 1 = GMT r m/s. (2) Una volta che l astronave si è portata sulla nuova orbita (ellittica), sia l energia meccanica che il momento angolare si conservano, dato che la forza gravitazionale è una forza centrale. Notando che all apogeo e al perigeo la velocità (diretta sempre tangenzialmente alla traiettoria) è perpendicolare al raggio vettore (spiccato dal centro della Terra), la conservazione del momento angolare implica che r 2 v 2 = r 3 v 3. (3) 1

2 Ricordando l espressione dell energia potenziale, E p = GmM T /r (dove m denota la massa dell astronave e r la distanza generica dal centro della Terra), la conservazione dell energia fornisce v GM T r 2 = v2 3 2 GM T r 3. (4) Ricavando v 3 dalla prima e sostituendolo nella seconda, si ottiene immediatamente e v 2 = 2GMT r 3 r 2 (r 2 + r 3 ) 104 m/s (5) v 3 = r 2 2GMT r 2 v 2 = r 3 r 3 (r 2 + r 3 ) m/s. (6) llo stesso risultato si poteva arrivare ricordando che in un orbita ellittica l energia meccanica per unità di massa è costante ed uguale a GM T /(2a), dove 2a è l asse maggiore dell orbita. Nel nostro caso, 2a = r 2 + r 3, per cui v 2 2 /2 GM T/r 2 = GM T /(r 2 + r 3 ) e v 2 3/2 GM T /r 3 = GM T /(r 2 + r 3 ), da cui si ricavano immediatamente v 2 e v 3. Il lavoro fatto dal propulsore è uguale alla variazione di energia cinetica dell astronave nel passare dall orbita circolare a quella ellittica, quando la velocità cambia da v 1 a v 2 W = mv2 2 2 mv2 1 2 ; (7) si noti che essendo r 1 = r 2 non c è variazione di energia potenziale gravitazionale. Dividendo la precedente per m e per t = 180 s, si trova la potenza media per unità di massa p = 1 2 t (v2 2 v2 1 ) W/kg. (8) 2

3 Problema 2 Il circuito mostrato in figura è composto da un condensatore di capacità = 200 nf e da tre resistenze di valori R 1 = 5 Ω, R 2 = 20 Ω e R 3 = 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. nche senza fare il calcolo esatto della costante di tempo del circuito, l ordine di grandezza si può stimare dai valori dei componenti. Sarà il prodotto della capacità, 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 è trascurabile. Pertanto, per il computo della potenza massima dissipabile nel circuito si può considerare il regime stazionario corrispondente al condensatore carico. In condizioni stazionarie le tre resistenze, collegate in serie, sono attraversate dalla stessa corrente. La massima corrente I max che le può attraversare deve essere compatibile con la potenza massima dissipabile su ognuna: I 1,max = I 2,max = I 3,max = P1,max R 1 = 0.45 (9) P2,max = 0.22 (10) R 2 P3,max = 0.20 (11) R 3 3

4 da cui ricava che I max = 0.2. La massima potenza dissipabile sarà quindi P max = (R 1 + R 2 + R 3 )Imax 2 = 2.0 W. (12) Il condensatore è in parallelo con la resistenza R 3. Nelle condizioni di massima corrente, la tensione ai capi del condensatore è quindi V max = R 3 I 3,max = 5.0 V. Di conseguenza, la carica Q max si ricava da Q max = V max = 1 µ. (13) 4

5 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 è riempito con azoto liquido (costante dielettrica relativa K N2 = 23) ad altezze H diverse. Si calcoli la capacità totale del sistema per 1. H = 5 cm; 2. H = 10 cm. ostante dielettrica del vuoto: ǫ 0 = F/m. Il condensatore può 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 capacità sono l 2 N2 = ǫ 0 K N2 = 1.02 nf (14) 2d l 2 aria = ǫ 0 K aria = 44 pf, (15) 2d con K aria = 1. Quindi 1,tot = N2 + aria = nf. (16) Se il condensatore è completamente riempito di azoto liquido, si può pensare come il parallelo di due condensatori aventi ciascuno capacità N2. Quindi 2,tot = N2 + N2 = 2.04 nf. (17) 5

6 Problema 4 Un fascio di luce incide su un polarizzatore avente l asse ottico parallelo all asse y (vedi figura). Il sistema ottico è inoltre provvisto di un secondo polarizzatore e di un rivelatore di intensità. 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 intensità luminosa pari a 3 W/cm 2. Si determini 1. l intensità del fascio incidente nell ipotesi che sia polarizzato circolarmente, I in,1 ; 2. l intensità del fascio incidente nell ipotesi che non sia polarizzato, I in,2 ; 3. l intensità del fascio incidente nell ipotesi che sia polarizzato lungo l asse y, I in,3. y x Fascio incidente 1 2 z ll uscita del primo polarizzatore, il fascio sarà polarizzato linearmente lungo y e avrà intensità pari a I in = I in,1 /2 perché il fascio incidente è polarizzato circolarmente. ll uscita del secondo polarizzatore, il fascio avrà intensità data dalla legge di Malus I out = I in cos 2 θ = I in,1 cos 2 60 /2, (18) da cui I in,1 = 2I out / cos 2 60 /2 = 24 W/cm 2. (19) I in,2 = I in,1 perché un fascio non polarizzato, all uscita del primo polarizzatore, sarà polarizzato linearmente lungo y e avrà intensità pari a I in,2 /2, come nel caso precedente di un fascio di luce polarizzato circolarmente. 6

7 Il fascio di luce polarizzato linearmente lungo y non viene modificato dal passaggio attraverso il primo polarizzatore. Quindi I out = I in cos 2 θ = I in,3 cos 2 60, (20) da cui I in,3 = I out / cos 2 60 = 12 W/cm 2. (21) 7

8 Problema 5 Trovare la capacità equivalente dei due circuiti, sapendo che 1 = 3 = 10 nf, 2 = 20 nf e = 40 nf Nel primo circuito, tutti e tre i condensatori hanno una armatura al potenziale del punto e l altra a quello di. Il circuito si può ridisegnare come in figura, la capacità equivalente è eq = = 40 nf. Il secondo circuito si può ridisegnare come in figura. Per la simmetria del problema i punti 1 e 1 hanno lo stesso potenziale. Il condensatore che li unisce si può quindi togliere. La capacità equivalente risulta eq = 2(/2) = = 40 nf

9 Problema 6 Un tubo verticale liscio, che presenta due diverse sezioni, è chiuso da due pistoni di area diversa, liberi di scorrere senza attrito nelle rispettive sezioni. La differenza di area dei due pistoni è S = 50 cm 2 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 è presente una mole di gas ideale biatomico mentre all esterno è presente aria a pressione atmosferica. Inizialmente il sistema si trova in equilibrio con il pistone superiore molto vicino alla posizione più bassa possibile. Il gas viene lentamente riscaldato fino sollevare i pistoni per una altezza pari a L (vedi figura). alcolare 1. l innalzamento di temperatura del gas; 2. il calore assorbito dal gas nel processo. ostante universale dei gas: R = 8.31 J/K/mole. p 0 p 0 p 0 p 0 Indichiamo con S 1 e S 2 le aree dei due pistoni e con m 1 e m 2 le loro masse. Le condizioni di equilibrio dei due pistoni in un istante generico durante il sollevamento sono: (p 0 p)s 1 + F m 1 g = 0 (22) (p p 0 )S 2 F m 2 g = 0. (23) Sommando le due equazioni si ottiene (p p 0 )(S 1 S 2 ) = (m 1 + m 2 )g, ovvero p = p 0 + Mg S = Pa. (24) 9

10 p 0 F F p 0 La trasformazione avviene a pressione costante, come era facile prevedere dato che il sistema è 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(s 1 L) = nrt i e p(s 2 L) = nrt f. Sottraendo membro a membro si ottiene p SL = nr(t f T i ) = nr T. Sostituendo la pressione con il valore ottenuto dalle condizioni di equilibrio meccanico si ha T = Mg + p 0 S L = 44 K. (25) nr Essendo una trasformazione isobara Q = n P T. Trattandosi di un gas biatomico, il calore molare del gas a pressione costante vale P = 7R/2, da cui Q = 1.27 kj. llo stesso risultato si può 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 quantità sono legate da U = Q W. La variazione di energia interna del gas è U = n V (T f T i ), dove V = 5R/2 è 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 gravità per sollevare i pistoni: W = p V = p 0 SL + MgL. (26) Il calcolo del calore segue senza difficoltà. 10