prova di fisica con soluzioni

Problemi di Fisica per l’ammissione alla Scuola Galileana 2014-2015
Problema 1
Nella regione di spazio interna alla sfera S1 , centrata in O1 e di raggio R1 , è presente una
densità di carica di volume uniforme ρ. Sia ⃗r il raggio vettore che origina in O1 .
⃗ r) sia per r ≤ R1 che per r > R1 , dove r = |⃗r|.
1. Determinare il campo elettrostatico E(⃗
2. Determinare il potenziale elettrostatico V (⃗r) in tutto lo spazio, scegliendo la costante
additiva arbitraria in modo tale che all’infinito questo sia nullo.
Si consideri ora una distribuzione di carica che differisce dalla precedente solo per
l’assenza di carica all’interno di una sfera S2 , centrata in O2 e di raggio R2 , tutta
⃗ ′′ (⃗r) il campo elettrostatico generato dalla nuova concontenuta nella sfera S1 . Sia E
figurazione di carica. La sua forma è naturalmente descritta in tre differenti regioni:
all’interno di S2 , all’esterno di S2 ma interno a S1 , all’esterno di S1 .
3. Si dimostri che all’interno di S2
⃗ ′′ (⃗r) = ρ d⃗ ,
E
3ϵ0
dove d⃗ è il raggio vettore che origina in O1 e termina in O2 .
⃗ ′′ (⃗r) nella rimanente regione di spazio interna a S1 .
4. Determinare E
5. Si dica, giustificando la risposta, se esiste un campo magnetico tale che sia nulla
l’accelerazione istantanea di una carica posta all’interno di S2 e la cui velocità sia
⃗ dove k è una costante non nulla.
⃗v = k d,
Soluzione Problema 1
1. Sia ρ̂ ≡ 3ϵρ0 . Poiché la distribuzione di carica ha simmetria sferica, segue che V (⃗r) e il
⃗ r) dipendono solamente da r. Dalla legge di Gauss segue
modulo di E(⃗
⃗ r) = ρ̂⃗r ,
E(⃗
r ≤ R1 ,
3
⃗ r) = ρ̂ R1 ⃗r ,
E(⃗
r3
r ≥ R1 .
2. Si ha
⃗ r) = − dV (⃗r) ⃗r .
E(⃗
dr r
Quindi, esternamente e sulla superficie di S1 il potenziale elettrostatico è
(1)
R13
+c ,
r
dove c è una costante arbitraria. La relazione (1), e quindi anche la condizione di
continuità per V (⃗r) sulla superficie di S1 , necessaria perché essa sia derivabile, implica
ρ̂
V (⃗r) = (3R12 − r2 ) + c ,
r ≤ R1 .
2
La richiesta che V (⃗r) sia nullo all’infinito implica c = 0.
V (⃗r) = ρ̂
⃗ r) generato dalla originaria
3. Scriviamo l’ovvia relazione tra il campo elettrostatico E(⃗
distribuzione di carica, quello generato dalle cariche originariamente presenti nella sfera
⃗ ′ (⃗r), e quello generato dalla nuova distribuzione di carica, E
⃗ ′′ (⃗r)
S2 , E
⃗ r) = E
⃗ ′ (⃗r) + E
⃗ ′′ (⃗r) .
E(⃗
(2)
Si osservi che ⃗r − d⃗ è il raggio vettore che origina in O2 e termina nel punto dove
termina ⃗r. All’interno e sulla superficie di S2 si ha
⃗ .
⃗ ′ (⃗r) = ρ̂(⃗r − d)
E
Dalla relazione (2) segue che nella stessa regione di spazio
⃗ = ρ̂d⃗ .
⃗ ′′ (⃗r) = ρ̂⃗r − ρ̂(⃗r − d)
E
4. Poiché esternamente a S2 si ha
⃗
⃗ ′ (⃗r) = ρ̂R3 ⃗r − d ,
E
2
⃗3
|⃗r − d|
segue che internamente a S1 , ma esternamente a S2 , si ha
⃗
⃗ ′′ (⃗r) = ρ̂⃗r − ρ̂R3 ⃗r − d .
E
2
⃗3
|⃗r − d|
⃗ ′′ (⃗r) e a un
5. La forza agente su una particella di carica q, dovuta al campo elettrico E
⃗ r), è
campo magnetico B(⃗
⃗ ′′ (⃗r) + ⃗v × B(⃗
⃗ r)) .
F⃗ (⃗r) = q(E
⃗ ′′ (⃗r) è parallelo a ⃗v , si ha che la forza di
Poiché all’interno di S1 il campo elettrostatico E
⃗ ′′ (⃗r). Segue che per qualsiasi B(⃗
⃗ r) si ha F⃗ (⃗r) ̸= 0.
Lorentz è sempre perpendicolare a E
Problema 2
Un razzo di massa m è in orbita circolare di raggio R intorno ad un pianeta di massa M .
1. Determinare la velocità ⃗v del razzo.
2. Il modulo della velocità di fuga vf = |⃗vf | corrisponde al modulo della velocità che deve
avere il razzo affinché questo raggiunga asintoticamente l’infinito con energia cinetica
nulla. Si supponga che i motori abbiano effettivamente impartito al razzo l’incremento
istantaneo di velocità ⃗vf − ⃗v nella direzione parallela e concorde a ⃗v . Deteminare ⃗vf e
il modulo del momento angolare del razzo, rispetto al centro del pianeta, nell’istante
in cui il razzo ha velocità ⃗vf .
Dopo la prima accensione dei motori, il razzo giunge ad una distanza R1 dal pianeta.
A tale distanza vengono riaccesi i motori per far tornare istantaneamente il razzo in
orbita circolare.
3. Determinare la nuova velocità orbitale ⃗v1 del razzo.
4. Dopo aver determinato il modulo della velocità ⃗v1f del razzo immediatamente prima
della seconda accensione dei motori, si determini l’angolo β tra ⃗v1 e ⃗v1f .
5. Determinare |⃗v1 − ⃗v1f |.
Soluzione Problema 2
1. Si ha
GM m
mv 2
=
,
R
R2
cioè
√
v=
GM
.
R
2. La velocità di fuga vf si ricava dalla conservazione dell’energia meccanica richiedendo
che nello stato finale la particella si trovi all’infinito con energia cinetica nulla. Quindi
mvf2
GM m
=
,
2
R
cioè
√
vf =
2GM
.
R
Il modulo del momento angolare del razzo rispetto al centro del pianeta nell’istante
immediatamente successivo all’accensione dei motori è mvf R.
3. Si ha
√
v1 =
GM
.
R1
4. Utilizzando la conservazione dell’energia meccanica si ha
√
v1f =
2GM
.
R1
La conservazione del momento angolare implica mRvf = mR1 v1f sin(90o + β), cioè
Rvf
β = arccos
= arccos
R1 v1f
5.
|⃗v1 − ⃗v1f | =
√
2
v12 + v1f
− 2v1 v1f
√
R
.
R1
v
√
(
)
u
u GM
2R
t
cos β =
3−2
.
R1
R1
Problema 3
Un termometro commerciale al platino modello Pt100 è collegato, tramite due fili conduttori,
ognuno di resistenza Rf ilo = 90 Ω, a una batteria di forza elettromotrice E = 1.0 V. La
resistenza del termometro varia con la temperatura T secondo la relazione
Rterm = R0 + A(T − T0 ) ,
dove R0 = 100 Ω, T0 = 273 K e A = 0.40 Ω/K. La tensione ai capi del termometro è
V = 0.10 V.
1. Calcolare la corrente i erogata dalla batteria.
2. Calcolare la temperatura T rilevata dal termometro.
Soluzione Problema 3
1. Il termometro è collegato in serie alla batteria attraverso i due fili conduttori. Applicando la seconda legge di Kirchhoff a questa maglia, si ottiene
E = 2Rf ilo i + V ,
quindi
i=
E−V
1.0 − 0.10
=
A = 5.0 mA .
2Rf ilo
2 · 90
2. La resistenza del termometro è Rterm = V /i = 20 Ω. Quindi
T = 273 K +
Rterm − 100 Ω
= 73 K .
0.40 Ω/K
Problema 4
Una particella sferica di silice di densità ρsil = 2.0 g/cm3 e raggio R = 1.0 · 10−6 m è lasciata
cadere in acqua. Il liquido, che ha densità ρH2 O = 1.0 g/cm3 e viscosità µ = 0.0010 Pa · s
(1Pa = 1N/m2 ), esercita una forza d’attrito data dalla legge di Stokes, per cui il modulo
di tale forza è Fatt = 6πµRv, dove v è il modulo della velocità istantanea della particella.
Determinare la velocità asintotica di caduta della particella.
Soluzione Problema 4
All’equilibrio si ha
F⃗g + F⃗A + F⃗att = 0 ,
dove Fg = mg è il modulo della forza gravitazionale, FA = ρH2 O V g è il modulo della forza di
Archimede e V il volume del corpo immerso. Sia F⃗A che F⃗att hanno verso opposto alla forza
di gravità. Segue che la velocità asintotica di caduta, diretta verso il centro della Terra, ha
modulo
v0 =
V g(ρsil − ρH2 O )
2R2 g
10−12 · 9.8
· 103 m/s = 2.2 · 10−6 m/s .
=
(ρsil − ρH2 O ) = 2 ·
6πµR
9µ
9 · 10−3
Problema 5
Un cilindro d’alluminio, di raggio R = 5.0 cm e massa m = 4.0 kg, è appoggiato su di una
scalanatura a V che ha, come riportato nella figura, un’apertura di 90o . Il modulo della forza
d’attrito dinamico tra il cilindro e ciascun piano d’appoggio è dato dalla relazione
Fi = µNi ,
i = 1, 2, dove µ = 0.25 e Ni sono le reazioni vincolari normali ai piani d’appoggio. Al cilindro
viene applicata una coppia di forze, di momento ⃗τ , che lo mantiene in rotazione con velocità
angolare costante. Determinare
1. le reazioni vincolari normali ai piani d’appoggio;
2. ⃗τ .
ω
45°
45°
Soluzione Problema 5
ω
mg
y
T1
N1
N2
T2
x
1. Le forze che agiscono sul cilindro sono indicate nella figura. Poiché il centro di massa è
in quiete rispetto agli assi cartesiani, la somma delle forze applicate deve essere nulla.
Si hanno quindi due relazioni, una per la componente x
1
√ (N1 − T1 − N2 − T2 ) = 0 ,
2
e l’altra per la componente y
1
√ (N1 + T1 + N2 − T2 ) − mg = 0 .
2
Poiché Ti = µNi , i = 1, 2, le due equazioni sono equivalenti al sistema
{
N1 (1 − µ) − N2 (1 + µ) = 0 ,
√
N1 (1 + µ) + N2 (1 − µ) = 2mg ,
la cui soluzione è
mg 1 + µ
N1 = √
= 33 N ,
2 1 + µ2
mg 1 − µ
N2 = √
= 20 N .
2 1 + µ2
2. Le reazioni vincolari normali ai piani d’appoggio e la forza peso non hanno momento
rispetto all’asse del cilindro. Il modulo del momento delle forze d’attrito è
√
µ
τa = R(T1 + T2 ) = Rµ(N1 + N2 ) = R 2
mg = 0.65 Nm .
1 + µ2
⃗τa è perpendicolare al piano xy e diretto verso chi guarda. Il momento da applicare per
mantenere costante la velocità di rotazione del cilindro deve bilanciare esattamente il
momento delle forze d’attrito, quindi ⃗τ = −⃗τa .
Problema 6
Un galleggiante, che ha la forma di un solido cilindrico di raggio R = 7.2 mm e massa
m = 79 g, si trova, in equilibrio, in posizione verticale rispetto all’acqua. Sia L1 la lunghezza
della parte immersa del galleggiante e L2 la lunghezza della sua parte emergente. Calcolare,
assumendo trascurabili gli effetti della viscosità e della tensione superficiale dell’acqua,
1. il lavoro esterno necessario per sollevare il galleggiante di d = 5.0 mm < L1 rispetto
alla posizione d’equilibrio;
2. il periodo delle oscillazioni nel caso in cui, dopo averlo sollevato, il galleggiante venga
lasciato libero, considerando che anche L2 è maggiore di d.
Soluzione Problema 6
1. Quando il galleggiante è in equilibrio, la spinta d’Archimede eguaglia la forza peso. Se il
galleggiante viene spostato verticalmente di una quantità x, positiva se lo spostamento
è verso l’alto, la variazione del volume immerso è ∆V = −πR2 x. La variazione della
spinta d’Archimede è F = ρH2 O ∆V g = −πR2 ρH2 O gx. Segue che quando il galleggiante
viene spostato dalla posizione d’equilibrio, questo è soggetto alla forza elastica F =
−kx, di costante k = πR2 ρH2 O g = 1.6 N/m. L’energia potenziale corrispondente è
1
Up = kx2 .
2
Il lavoro necessario per lo spostamento d è pari alla variazione di energia potenziale
1
W = ∆Up = kd2 = 2.0 · 10−5 J .
2
2. L’equazione del moto è
m
d2 x
= −kx ,
dt2
la cui soluzione descrive un moto armonico di pulsazione ω =
2π
2
T =
=
ω
R
√
πm
ρH 2 O g
= 1.4 s .
√
k/m e periodo