Prova di fisica con soluzione

Scuola Galileiana di Studi Superiori
Anno 2013-2014
–
Prova di Fisica
Problema 1
Un’astronave descrive un’orbita circolare di raggio r1 = 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 r2 = r1 e r3 = 30000 km. Determinare
1. la velocità v1 dell’astronave mentre percorre l’orbita circolare iniziale;
2. le velocità v2 e v3 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: MT = 6.0 × 1024 kg. Costante universale di gravitazione: G = 6.7 ×
10−11 m3 /kg/s2 .
Soluzione
La velocità v1 nell’orbita circolare iniziale si ricava immediatamente imponendo che la forza
di gravità per unità di massa eguagli la componente centripeta dell’accelerazione
GMT
v12
,
=
r12
r1
(1)
da cui
s
GMT
≃ 7.8 × 103 m/s .
(2)
r1
Una volta che l’astronave si è portata sulla nuova orbita (ellittica), sia l’energia meccanica
v1 =
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
r2 v2 = r3 v3 .
1
(3)
Ricordando l’espressione dell’energia potenziale, Ep = −GmMT /r (dove m denota la massa
dell’astronave e r la distanza generica dal centro della Terra), la conservazione dell’energia
fornisce
v22 GMT
v 2 GMT
= 3 −
.
−
2
r2
2
r3
(4)
Ricavando v3 dalla prima e sostituendolo nella seconda, si ottiene immediatamente
v2 =
s
r2
v3 = v2 =
r3
s
2GMT r3
≃ 104 m/s
r2 (r2 + r3 )
(5)
e
2GMT r2
≃ 2.2 × 103 m/s .
r3 (r2 + r3 )
(6)
Allo stesso risultato si poteva arrivare ricordando che in un’orbita ellittica l’energia meccanica per unità di massa è costante ed uguale a −GMT /(2a), dove 2a è l’asse maggiore
dell’orbita. Nel nostro caso, 2a = r2 + r3 , per cui v22 /2 − GMT /r2 = −GMT /(r2 + r3 ) e
v32 /2 − GMT /r3 = −GMT /(r2 + r3 ), da cui si ricavano immediatamente v2 e v3 .
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 v1 a v2
W =
mv22 mv12
−
;
2
2
(7)
si noti che essendo r1 = r2 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
(v 2 − v12 ) ≃ 1.1 × 105 W/kg .
2∆t 2
2
(8)
Problema 2
Il circuito mostrato in figura è composto da un condensatore di capacità C = 200 nF e da tre
resistenze di valori R1 = 5 Ω, R2 = 20 Ω e R3 = 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,Pmax ;
2. la carica Q ai capi del condensatore, nelle condizioni della domanda precedente.
Soluzione
Anche 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 Imax che le può attraversare deve
essere compatibile con la potenza massima dissipabile su ognuna:
I1,max =
s
P1,max
= 0.45 A
R1
(9)
I2,max =
s
P2,max
= 0.22 A
R2
(10)
I3,max =
s
P3,max
= 0.20 A
R3
(11)
3
da cui ricava che Imax = 0.2 A. La massima potenza dissipabile sarà quindi
2
Pmax = (R1 + R2 + R3 )Imax
= 2.0 W .
(12)
Il condensatore è in parallelo con la resistenza R3 . Nelle condizioni di massima corrente,
la tensione ai capi del condensatore è quindi Vmax = R3 I3,max = 5.0 V . Di conseguenza, la
carica Qmax si ricava da
Qmax = CVmax = 1 µC .
4
(13)
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 KN2 = 23) ad altezze
H diverse. Si calcoli la capacità totale del sistema per
1. H = 5 cm;
2. H = 10 cm.
Costante dielettrica del vuoto: ǫ0 = 8.85 × 10−12 F/m.
Soluzione
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
l2
= 1.02 nF
2d
l2
= ǫ0 Karia
= 44 pF ,
2d
CN2 = ǫ0 KN2
Caria
(14)
(15)
con Karia = 1. Quindi
C1,tot = CN2 + Caria = 1.064 nF .
(16)
Se il condensatore è completamente riempito di azoto liquido, si può pensare come il
parallelo di due condensatori aventi ciascuno capacità CN2 . Quindi
C2,tot = CN2 + CN2 = 2.04 nF .
5
(17)
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/cm2 . Si determini
1. l’intensità del fascio incidente nell’ipotesi che sia polarizzato circolarmente, Iin,1 ;
2. l’intensità del fascio incidente nell’ipotesi che non sia polarizzato, Iin,2 ;
3. l’intensità del fascio incidente nell’ipotesi che sia polarizzato lungo l’asse y, Iin,3 .
y
x
z
Fascio incidente
1
2
Soluzione
All’uscita del primo polarizzatore, il fascio sarà polarizzato linearmente lungo y e avrà
intensità pari a Iin = Iin,1 /2 perché il fascio incidente è polarizzato circolarmente. All’uscita
del secondo polarizzatore, il fascio avrà intensità data dalla legge di Malus
Iout = Iin cos2 θ = Iin,1 cos2 60◦ /2 ,
(18)
Iin,1 = 2Iout / cos2 60◦ /2 = 24 W/cm2 .
(19)
da cui
Iin,2 = Iin,1 perché un fascio non polarizzato, all’uscita del primo polarizzatore, sarà
polarizzato linearmente lungo y e avrà intensità pari a Iin,2 /2, come nel caso precedente di
un fascio di luce polarizzato circolarmente.
6
Il fascio di luce polarizzato linearmente lungo y non viene modificato dal passaggio attraverso il primo polarizzatore. Quindi
Iout = Iin cos2 θ = Iin,3 cos2 60◦ ,
(20)
Iin,3 = Iout / cos2 60◦ = 12 W/cm2 .
(21)
da cui
7
Problema 5
Trovare la capacità equivalente dei due circuiti, sapendo che C1 = C3 = 10 nF, C2 = 20 nF
e C = 40 nF.
C1
A
C2
C3
B
C
C
B
C
C
A
C
Soluzione
Nel primo circuito, tutti e tre i condensatori hanno una armatura al potenziale del punto A
e l’altra a quello di B. Il circuito si può ridisegnare come in figura, la capacità equivalente è
Ceq = C1 + C2 + C3 = 40 nF.
Il secondo circuito si può ridisegnare come in figura. Per la simmetria del problema i
punti A1 e B1 hanno lo stesso potenziale. Il condensatore che li unisce si può quindi togliere.
La capacità equivalente risulta Ceq = 2(C/2) = C = 40 nF.
C1
A1
A
C1 B1 C2
C3
B
C2
A
B
C3
A1
C
A
C
C
C
C
A1
C B1 C
C
A
B
C
B
B1
8
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 cm2 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). Calcolare
1. l’innalzamento di temperatura del gas;
2. il calore assorbito dal gas nel processo.
Costante universale dei gas: R = 8.31 J/K/mole.
p0
p0
p0
p0
Soluzione
Indichiamo con S1 e S2 le aree dei due pistoni e con m1 e m2 le loro masse. Le condizioni di
equilibrio dei due pistoni in un istante generico durante il sollevamento sono:
(p0 − p)S1 + F − m1 g = 0
(22)
(p − p0 )S2 − F − m2 g = 0 .
(23)
Sommando le due equazioni si ottiene (p − p0 )(S1 − S2 ) = (m1 + m2 )g, ovvero
p = p0 +
Mg
= 1.21 × 105 Pa .
∆S
9
(24)
p0
F
F
p0
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(S1 L) = nRTi e
p(S2 L) = nRTf . Sottraendo membro a membro si ottiene p∆SL = nR(Tf − Ti ) = nR∆T .
Sostituendo la pressione con il valore ottenuto dalle condizioni di equilibrio meccanico si ha
∆T =
Mg + p0 ∆S
L = 44 K .
nR
(25)
Essendo una trasformazione isobara Q = nCP ∆T . Trattandosi di un gas biatomico, il
calore molare del gas a pressione costante vale CP = 7R/2, da cui Q = 1.27 kJ. Allo 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 = nCV (Tf − Ti ), dove CV = 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 = p0 ∆SL + MgL .
Il calcolo del calore segue senza difficoltà.
10
(26)