Scuola Galileiana di Studi Superiori Classe di Scienze Naturali Soluzione della Prova Scritta di Fisica a.a a =

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1 Scuola Galileiana di Studi Superiori Classe di Scienze Naturali Soluzione della Prova Scritta di Fisica a.a Problema a) Tenendo conto della spinta di Archimede e rivolgendo l asse verticale verso l alto, in assenza di attrito viscoso l equazione di Newton per la sferetta si scrive, ma = mg + ρ L V g, V = 4πr3 3 = m 3, m = ρ S V = kg. Dato che ρ S = 4 5 ρ L, per l accelerazione nel liquido si ottiene allora, a = ( ) ρl g = g ρ S 4, e la velocità della sferetta quando raggiunge la superficie del liquido sarebbe, v 0 = al = gl =.m/s. La velocità v realmente raggiunta sulla superficie del liquido è, invece, data da, v = gh = 0.80m/s. L energia meccanica dissipata nel liquido è quindi, E = mv 0 ( ) ( ) L mv = mg 4 h = 4πr3 L ρ S g 3 4 h = J. b) Dato che la velocità in prossimità della superficie è costante, l accelerazione è zero e la risultante delle forze deve allora annullarsi, mg + ρ L V g kv = 0 k = (ρ L ρ S ) 4πr3 3 g v = (ρ L ρ S ) 4πr3 g 3 h = kg/s. c) L energia dissipata viene trasformata in energia interna del liquido e della sferetta, provocando un aumento della temperatura T, impercettibile, determinato da, ( E = c L ρ L (πr 4πr 3 ) L) + c S ρ S T c L ρ L (πr L) T T = 3 E c L ρ L (πr L) = K. Problema a) La prima e la seconda legge di Keplero valgono sia per la forza gravitazionale che per quella elettrostatica, perché entrambe sono centrali e a simmetria sferica, con intensità proporzionale all inverso del quadrato della distanza. La terza legge, secondo cui il rapporto T /a 3 è indipendente dalla particella, non si applica, invece, all interazione elettrostatica. Infatti, quest ultima non soddisfa il principio di equivalenza e il moto dipende dalla massa m della particella carica. Anche il rapporto T /a 3 varia quindi da particella carica a particella carica, a seconda della loro massa.

2 b) Confrontando le equazioni di Newton nei due casi, m A = G mm r r A = GM r r, m A = 4πε 0 qq r r A = qq 4πε 0 m dove A è l accelerazione, si vede che la dinamica in un campo elettrostatico può essere ottenuta da quella in un campo gravitazionale, effettuando la sostituzione, GM qq 4πε 0 m. Dato che nel caso gravitazionale si ha T /a 3 = 4π /GM, nel caso elettrostatico questo rapporto diventa allora, T a 3 = 4π 4πε 0m qq C e, che dipende dunque dal rapporto m/q. c) Per la prima legge di Keplero la carica compie un orbita ellittica, e P e P corrispondono allora rispettivamente al perielio e all afelio. Secondo la seconda legge si conserva poi la velocità areale, che in P e P assume la semplice forma r v/. Si ottiene allora, r v = r v v = r r v = v. Alla stessa conclusione si arriva usando la conservazione del momento angolare, mr v = mr v. d) Sfruttando la conservazione dell energia meccanica, con r = r, v = v /, si ha, r r, mv qq = 4πε 0 r mv qq 4πε 0m 4πε 0 r qq = 4 3. r v La terza legge dà allora, Siccome il semiasse maggiore è dato da, T a 3 = 6π. 3r v segue che, a = r + r T = 3 π r v. = 3 r, () NOTA: Al quesito d) si può anche rispondere usando la geometria dell ellisse. La velocità areale si può infatti esprimere come il rapporto tra l area dell ellisse e il periodo, da cui, r v = π a b T, T = π a b r v = 3π b v. Il semiasse minore b si calcola ricordando che l ellisse è il luogo geometrico di tutti i punti per cui la somma S delle distanze dai due fuochi è costante, e che S = a. Si può allora applicare

3 il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo ABC, dove A è il punto in cui si trova la carica Q, B è il centro dell ellisse e C è uno dei due punti dell ellisse che sono equidistanti da P e P, a = b + (a r ). Usando la () si deduce allora che b = r, e si riottiene il valore del periodo determinato sopra. Problema 3 a) L elio liquido è un gas monoatomico, che nelle condizioni specificate nel problema si comporta come un gas ideale. Il tratto AB è costituito da una retta ascendente. Il tratto BC (adiabatica reversibile di un gas monoatomico) è costituito da una curva discendente convessa della forma p(v ) /V 5/3. Il tratto CA (isoterma reversibile) è rappresentato da una curva convessa ascendente, data da p(v ) = nrt A /V. b) Il lavoro nella trasformazione A B equivale all area sottostante il segmento AB nel piano (p, V ), che corrisponde all area di un trapezio, W AB = (p A + p B )(V B V A ) = J. c) Dal primo principio si ha, Q AB = U AB + W AB. Per calcolare la variazione di energia interna, U AB = 3 nr(t B T A ), con n =, occorre calcolare le temperature in A e B. Dalle equazioni di stato segue, T A = p AV A nr, T B = p BV B nr U AB = 3 (p BV B p A V A ) = J, da cui Q AB = J. d) In una trasformazione isoterma l energia interna non varia, quindi W CA = Q CA. D altra parte il rendimento di un ciclo è dato da η = + Q ced Q ass. Nel tratto AB il calore viene assorbito, nel tratto BC non c è scambio di calore, mentre nel tratto CA il calore viene ceduto. Si ha allora, η = + Q CA Q AB Q CA = (η ) Q AB = J = W CA. e) Conviene sfruttare il fatto che in un ciclo la variazione di entropia è zero, S = S AB + S BC + S CA = 0. In un adiabatica reversibile l entropia non varia, quindi S BC = 0. D altra parte, la trasformazione C A è un isoterma reversibile con temperatura T A, quindi, S AB = S CA = Q CA T A = R Q CA p A V A = 34, 9J/K. NOTA: I dati del problema sono ridondanti, poiché al quesito d) si può infatti anche rispondere senza conoscere η, ricordando che in un isoterma reversibile il lavoro è dato da W CA = n R T A ln(v A /V C ). Il volume V C si può calcolare dall equazione dell adiabatica reversibile, V C T 3/ C = V B T 3/ B, con T C = T A.

4 Problema 4 Indicando la forza che A esercita su B con R, quella che il piano esercita su A con N, e quella che le rotaie esercitano su A con f, le equazioni di Newton per i due corpi si scrivono, m A a A = m A g R + N + f, m B a B = m B g + R + F. Con i coefficienti di attrito dati nel problema, e dato che le rotaie sono lisce, si hanno le componenti cartesiane, R = ( µ R z, R y, R z ), N = ( µ N z, 0, N z ), f = (0, f, 0). Proiettando le equazioni di Newton rispettivamente sugli assi x, y e z si ottengono le equazioni, A B m A a A = µ R z µ N z 0 = R y + f 0 = m A g R z + N z m B a B = µ R z + F cosϑ 0 = R y + F senϑ 0 = m B g + R z a) La soluzione del sistema per B dà R z = m B g, R y = F senϑ, e quindi, a B = F cosϑ m B µ g =.03m/s. b) Dal sistema per A si trova N z = R z + m A g = (m A + m B )g, e quindi, a A = µ m B µ (m A + m B ) m A g = 0.4m/s. c) Dal sistema per A si ha f = R y = F senϑ =.5N. d) Dato che inizialmente i corpi sono fermi, lo spazio percorso da B rispetto ad A in funzione del tempo è dato da, Il corpo B cade quando s(t ) = L, s(t) = (a B a A ) t. L = L (a B a A ) T T = = 0.36s. a B a A Problema 5 a) Indicando con T la forza esercitata dalla fune e con F la reazione vincolare esercitata dai coni, l equazione di Newton per la sferetta si scrive, m a = T + F + m g. Siccome le superifici coniche sono lisce F è ortogonale ad esse, mentre T è diretta lungo la loro generatrice. D altra parte, in un moto circolare uniforme l accelerazione corrisponde all accelerazione centripeta, di modulo v0/r. Dato che R = h i coni hanno una semiapertura angolare di 45 o, e quindi r = l. Proiettando l equazione di Newton lungo la generatrice dei

5 coni e lungo la loro normale entrambe rivolte verso l alto si ottengono allora rispettivamente le equazioni, mv0 = T mg r, mv 0 = F mg r. Quindi, T = mg + mv 0 =.35N, F = mg l mv 0 = 0.65N. l b) Siccome F < 0 la sferetta esercita una pressione sul cono esterno. c) Usando la conservazione dell energia si ha, mv ( ) mv 0 = mg h l v = v0 + g ( h l ) = 4.95m/s. () d) Data la geometria del problema si conserva la componente z del momento angolare rispetto a P, L z. Inizialmente la velocità ha solo una componente orizzontale e si ha, L i z = r m v 0 = l m v 0. Nel punto finale A = (0, h, 0) la velocità della sferetta si scompone in una componente orizzontale v x, e in una componente v g lungo la generatrice del cono. Siccome il raggio della base è uguale a h si ha, L f z = h m v x. Imponendo L f z = L i z si ottiene, v x = D altra parte, siccome v = v x + v g, si ha, v g = con v determinato in (). Infine, l h v 0 =.6m/s. v vx = v l h v 0 = 4.40m/s, v y = v g = 3.m/s, v z = v g = 3.m/s. Problema 6 a) La forza centripeta eguaglia la forza elettrica esercitata dal protone sull elettrone, mv r = e e L v = 4πε 0 r 4πε 0 mr = c r =. 06 m/s. (3) Per il periodo si ottiene allora, T = πr v = πr r c L = s.

6 b) Sfruttando l espressione della velocità ricavata al quesito precedente risulta, e e E = mv 4πε 0 r = 8πε 0 r. (4) c) L espressione di W ha l unità di misura di un energia divisa per tempo, se e solo se β =. d) Per la conservazione dell energia, la potenza W trasportata dalla radiazione elettromagnetica deve uguagliare la perdita di energia meccanica nell unità di tempo dell elettrone. Sostituendo a con l accelerazione centripeta v /r, si ottiene, W = e a 6πε 0 c 3 = e 6πε 0 c 3 ( v r ) = e c 6πε 0 L r 4, dove per v si è usata l espressione ricavata in (3). Durante un periodo l energia meccanica dell elettrone diminuisce allora della quantità E = W T, che corrisponde alla diminuzione relativa, ( e c L ) (πr r f = E E = W T 6πε 0 r = 4 c L) ( ) E e = 8π ( ) L 3/ r 8πε 0 r e) Dalla (4) si vede che per avere una riduzione del raggio di Bohr del 50%, r r/, occorre che l energia raddoppi, E E. Ma dato che l energia è negativa, ciò equivale a una diminuzione dell energia dell ordine E = E ; per ottenere f = sono quindi necessari N = /(3 0 6 ) periodi. Per il tempo richiesto si ottiene allora la stima t = N T 5 0 s. NOTA: Da E = /mv segue δe = m v δv. La perdita di energia E durante un periodo comporta quindi l aumento della velocità v/v = / E/ E, il quale, a sua volta, dà luogo all accelerazione tangenziale a t = v/t. Nell espressione di W bisognerebbe dunque tenere conto sia dell accelerazione centripeta a c = v /r, che di quella tangenziale: a = a c + a t = (v /r) + ( v/t ). Tuttavia, l accelerazione tangenziale è trascurabile rispetto a quella centripeta. Infatti, a t = v a c T r v = v πv = E 4π E 3 4π 0 6.