τ τ τ - Sezione di Fisica

Meccanica
Una porta di massa M, altezza H, larghezza L, spessore S e momento d’inerzia I e` libera di ruotare
attorno all’asse verticale dei cardini (vedi figura). Inizialmente la porta e` chiusa.
Una forza F costante in modulo e perpendicolare istante per istante alla porta, viene applicata
all’estremita` per un intervallo di tempo t1.
a) Calcolare l’accelerazione angolare della porta mentre agisce la forza;
b) calcolare la velocita` angolare al tempo t1;
c) supposto che al tempo t1, quando cessa l’azione della forza, la porta non sia completamente
aperta, calcolare il tempo t2 impiegato dalla porta per aprirsi completamente (cioe` completare
una rotazione di 90 gradi);
d) calcolare il momento d’inerzia della porta in funzione della massa e delle dimensioni
geometriche.
Soluzione
a)
Applichiamo il teorema del momento angolare, scegliendo come polo un punto dell’asse di
rotazione (z) individuato dai cardini:

dL 
=τ
dt
il momento di forza e` dovuto alla sola forza F, in quanto le forze dei vincoli danno momenti
bilanciati dai vincoli stessi. Conviene scegliere come polo un punto con coordinata z uguale a
quella del punto di applicazione di F:



τ = L×F
τ = LF
il momento angolare e`


L = Iω
L = Iω
l’accelerazione angolare assume quindi il valore (costante)
α=
LF
I
b) il moto e` (circolare) uniformemente accelerato, quindi la velocita` angolare al tempo t1 e`:
ω1 = αt1
c) l’angolo coperto dalla porta e` dato dalla somma di due contributi: il primo dovuto al moto
accelerato, mentre la forza agisce, e il secondo dovuto al moto uniforme quando la forza ha
smesso d’agire:
t1
t1 +t 2
t1
0
t1
0
1
2
θ = ∫ ωdt + ∫ ω1dt = ∫ αtdt + ω1t2 = αt12 + αt1t2
il tempo cercato t2 corrisponde ad un angolo θ=π/2:
t2 =
π
t
− 1
2αt1 2
d) Detta δ=M/V la densita` (uniforme) della porta e con riferimento alla figura, il momento d’inerzia
e`
I = ∫ ρ 2 dm = ∫ ρ 2δdV = δ ∫∫∫ (x 2 + y 2 )dxdydz =
corpo
corpo
L
S
M
S3 
M H L 2 S
 L3

2
=
∫ dz ∫ x dx ∫0 dy + ∫0 dx ∫0 y dy  = LHS H  3 S + L 3  =
V 0 0


1
= M (L2 + S 2 )
3
Gravitazione
Due satelliti di massa m e M orbitano attorno alla Terra in verso opposto lungo un’orbita circolare di
raggio R.
a. Detta MT la massa della Terra, e trascurando l’interazione gravitazionale tra i satelliti, dimostrare
che le due velocita` devono essere uguali in modulo.
- I due satelliti si scontrano centralmente nel punto A con un urto completamente anelastico (si
fondono insieme e formano un unico corpo).
b. Determinare la velocita` finale del corpo.
c. Si determini l’energia meccanica del corpo dopo l’urto.
- Si puo` dimostrare che il punto A e` l’apogeo dell’orbita del corpo posteriormente all’urto. Esiste
una semplice relazione tra il semiasse dell’orbita a e l’energia meccanica E del corpo, per cui e`
possibile determinare il valore di a conoscendo E.
d. Supposto quindi noto a, determinare l’eccentricita` e dell’orbita.
Soluzione
a)
l’accelerazione centripeta dei due satelliti e` data da
a1 =
F
M
F
= G 2T =
= a2
m
R
M
poiche’ la relazione tra velocita` e accelerazione e`
ne segue che le velocita` sono uguali in modulo.
v2
a=
R
b)
Applichiamo la conservazione della quantita` di moto al sistema dei due satelliti un istante prima
e un’istante dopo l’urto:



Mv + m(− v ) = (M + m )V
da cui segue
c)
L’energia meccanica e`
 M −m 
V =
v
M +m
 1  M − m 2 2
M 
1
M T (M + m )
2
= (M + m ) 
E = K + U = (M + m )V − G
 v −G T 
R 
2
R
2  M + m 
d)
la distanza AT e` uguale al raggio dell’orbita prima dell’urto ed e` anche uguale alla distanza dalla
terra dell’apogeo dell’orbita dopo l’urto, quindi
R = a + ae
da cui
e=
R
−1
a
Termodinamica
Un cilindro chiuso da un pistone, libero di muoversi senza attrito, contiene una mole di gas reale ed e` in
contatto termico con un termostato a temperatura T. Il gas subisce un’espansione isoterma reversibile
tra lo stato iniziale (pi,Vi,T) e lo stato finale a volume Vf . In figura e` riportata un’isoterma per un gas
reale.
Sapendo che l’energia interna del gas si puo` esprimere come segue
U = CV T −
a
V
ove Cv (considerata costante) ed a (costante > 0) sono grandezze caratteristiche del gas, supposte note,
a) calcolare la variazione di energia interna ∆U nella trasformazione;
b) spiegare come viene impiegato il calore Q scambiato col termostato, giustificando i segni di Q, ∆U,
e del lavoro L.
c) supposto noto Q, trovare la variazione di entropia del gas e giustificarne il segno.
Soluzione
e) la variazione di energia interna e`
∆U =
a a
−
>0
Vi V f
f) il calore viene assorbito dal gas, e quindi e` positivo e in parte va ad aumentare l’energia interna
(variazione positiva) e in parte a compiere lavoro (positivo) sull’ambiente, rappresentato dall’area
sottesa dall’isoterna tra i valori iniziale e finale del volume.
g) Generalmente la conoscenza del calore scambiato Q e` insufficiente a calcolare l’entropia, ma non
per le trasformazioni isoterme reversibili. In tal caso la variazione di entropia e` uguale al rapporto
tra il calore scambiato dal gas e la temperatura del termostato:
∆S =
ha segno positivo perche’ il gas acquista calore.
Q
>0
T
Elettricita`
Sono date due sfere conduttrici cave concentriche di raggi r1 e r2. La sfera interna (1) ha carica Q0
positiva, la sfera esterna (2) carica uguale e contraria.
a) determinare la capacita` del sistema.
Per mezzo di un filo conduttore di resistenza R, si collegano le due sfere, ottenendo cosi’ un circuito RC.
b) Determinare la costante di tempo del circuito;
c) ricavare la legge secondo cui la carica sulla sfera 1, Q, dipende dal tempo.
Soluzione
a) la capacita` si definisce a partire dalla ddp tra le armature e questa e` uguale a
V =
Q0  1 1 
 − 
4πε 0  r1 r2 
ne segue
C=
b) la costante τ e` definita come
Q0
4πε 0
=
1 1
V
−
r1 r2
τ = RC
il circuito equivalente e` rappresentato in figura, ove il condensatore e` inizialmente carico:
c) Scriviamo l’equazione del circuito:
VC + VR = 0
ovvero
Q
− Ri = 0
C
e scriviamo la relazione tra carica e corrente:
i=−
otteniamo l’equazione differenziale
dQ
dt
dQ Q
+
=0
dt RC
che ha come soluzione, tenuto conto che Q(0)=Q0 :
 t
Q(t ) = Q0 exp − 
 τ
Magnetismo
E` dato un conduttore (la cui sezione e` mostrata in figura) a forma di tubo delimitato da due superfici
cilindriche coassiali di raggi R1 e R2, di lunghezza indefinita. Esso e` percorso da una corrente i, parallela
all’asse di simmetria, uniformemente distribuita nella sezione del conduttore.
a) Dimostrare che in un punto arbitrario P dello spazio il campo magnetico B generato dalla
corrente e` puramente azimutale (suggerimento: considerare il conduttore costituito da infiniti
fili paralleli all’asse di simmetria).
b) Calcolare il campo B in tutto lo spazio.
Soluzione
a)
Consideriamo due fili A e B disposti simmetricamente rispetto al piano individuato dall’asse di
simmetria (indicato in figura con il punto C) e dal punto P. CP e` la bisettrice dell’angolo APB e il campo
ottenuto dalla somma dei campi dei due fili biseca l’angolo formato dai singoli campi, angolo a sua volta
uguale ad APB. Ne segue che la somma dei campi della coppia di fili risulta perpendicolare alla
congiungente CP. Sommando su tutte le possibili coppie di fili, otteniamo che il campo B totale e`
perpendicolare alla retta CP, ovvero e` puramente azimutale. Il ragionamento puo` essere ripetuto per
punti interni alle superfici cilindriche.
b)
Basta applicare la legge di Ampère nelle tre regioni, internamente alla superficie interna, tra le
due superfici e esternamente alla superficie esterna:
 
conc
B
∫ ⋅ dl = µ0i
C
ove C e` la circonferenza amperiana di raggio r = CP . Tenuto conto che per la simmetria cilindrica B e`
uniforme rispetto a φ, ne segue:
 
B
∫ ⋅ dl = B 2πr
C
mentre la corrente concatenata e`
i conc
i............r > R2
 2
 r − R2
= i 2 12 ...........R1 < r < R2
 R2 − R1

0...........r < R1
la corrente concatenata nel caso intermedio e` proporzionale all’area della sezione del conduttore
contenuta nel cerchio amperiano.
Infine
 µ0 i
 2π r ............r > R2

 µ0 i r 2 − R12
B=
...........R1 < r < R2
2
2
−
2
r
R
R
π
2
1

0...........r < R1

