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20140129_FisGenI_12C.. - Dipartimento di Fisica

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Universit`
a degli Studi di Udine, Corsi di Laurea in Ingegneria Gestionale ed Ingegneria Elettronica
A.A. 2012/2013, Sessione di Gennaio/Febbraio 2014, Primo Appello
FISICA GENERALE I (12 CFU), Prova scritta del 29 Gennaio 2014
TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI
PROBLEMA A1
Un satellite artificiale, di massa m = 500 kg, viene dapprima portato ad una distanza R = 5.0·104 km
dal centro della Terra e quindi lanciato con una velocit`a v0 in modo da fargli percorrere un’orbita
circolare di raggio R. L’orbita seguita dal satellite appartiene al piano su cui giace l’equatore
terrestre e il verso di percorrenza dell’orbita `e concorde con la rotazione della Terra intorno al suo
asse. Determinare:
a) la velocit`a v0 del satellite;
b) il tempo in cui il satellite compie un giro completo rispetto ad un sistema solidale con la Terra,
specificando in quale direzione esso si muove. (Per rispondere, si tenga conto della rotazione
terrestre).
Qualche tempo dopo, a causa di un urto con un meteorite, il satellite viene deviato dalla sua orbita
originaria e prende a percorrere un’orbita ellittica (sempre nel piano equatoriale) avente i punti di
massima e minima distanza dal centro della Terra (rispettivamente afelio e perielio dell’orbita) alle
distanze r1 = R e r2 = R/2. Determinare:
c) le velocit`a v1 e v2 del satellite nei punti di afelio e perielio dell’orbita ellittica;
d) di quanto `e variata l’energia meccanica del satellite (ovviamente rispetto al caso in a)).
[Trascurare ogni effetto della resistenza del mezzo. Le velocit`a v0 , v1 e v2 si intendono calcolate
rispetto ad un sistema non rotante. Per la massa della Terra usare il valore M = 5.98 · 1024 kg.]
Soluzione Nel caso in cui il satellite percorre l’orbita circolare di raggio R la forza centripeta di
cui esso risente dovr`a essere pari alla forza gravitazionale con cui esso `e attratto verso il centro della
Terra. Quindi
r
Mm
GM
GM
v02
⇒ v02 =
⇒ v0 =
= 2.82 · 103 m/s.
m =G 2
R
R
R
R
Dato che l’orbita `e nel piano equatoriale, da un punto dell’asse terrestre al di sopra del polo Nord
vedremmo ruotare sia la Terra che il satellite in verso antiorario con le seguenti velocit`a angolari
ωterra =
2π
2π
=
= 7.27 · 10−5 rad/s;
(1 giorno)
24 · 3600
ωs =
v0
= 5.65 · 10−5 rad/s.
R
Nel sistema (non rotante) in cui ci troviamo possiamo scrivere che ωs = ωterra + ωs′ , dove ωs′ `e
(ovviamente) la velocit`a angolare del satellite rispetto al sistema solidale con la Terra. Quindi,
ricaviamo
ωs′ = ωs − ωterra = −1.62 · 10−5 rad/s,
il cui segno negativo ci fa capire che un osservatore in quiete sulla superficie terrestre vedr`a ruotare
il satellite in verso opposto al verso di rotazione della Terra: cio`e lo vedr`a andare verso Ovest. Il
tempo in cui il satellite percorrer`a un giro completo rispetto alla Terra sar`a quindi
Ts′ =
2π
= 2.88 · 105 s ≈ 107 h ≈ 4.5 giorni.
|ωs′ |
Quando il satellite segue l’orbita ellittica, per il calcolo delle velocit`a nei due punti menzionati
possiamo fare appello alla conservazione dell’energia meccanica e del momento angolare del satellite
che possono essere tradotte nelle seguenti

Mm
1
Mm
1

 mv12 − G
= mv22 − G
2
R
2
R/2 .
R

 mRv1 = m v2
2
Dalla seconda ricaviamo v2 = 2v1 che sostituita nella prima ci permette di ricavare
1 2
M
M
v1 − G
= 2v12 − 2G
2
R
R
e conseguentemente
r
v1 =
2GM
= 2.31 · 103 m/s;
3R
⇒
3v12 = 2G
M
R
v2 = 2 · v1 =
r
⇒
v12 =
2GM
,
3R
8GM
= 4.62 · 103 m/s.
3R
Infine, notando che le energie meccaniche del satellite nei due casi esaminati sono le seguenti
Mm
1 GM
Mm
1 Mm
1
= m
−G
=− G
,
Ecirc = mv02 − G
2
R
2
R
R
2
R
1
Mm
1 2GM
Mm
2 Mm
Eellisse = mv12 − G
= m
−G
=− G
,
2
R
2
3R
R
3
R
allora la variazione di energia richiesta al punto d) `e data da
Mm
1 GM
2 1
G
=−
= −6.65 · 108 J.
∆E = Eellisse − Ecirc = − +
3 2
R
6 R
PROBLEMA A2
Si abbia una puleggia doppia costituita da due corpi cilindrici omogenei di uguale lunghezza (e
fatti dello stesso materiale) e di raggi R = 30 cm e r = 23 R. Le due parti cilindriche sono coassiali, formano un corpo unico e la massa complessiva della puleggia `e M = 4.0 kg. La
puleggia `e montata su un asse orizzontale intorno al quale pu`o ruotare liberamente. Come si vede
dalla figura, tramite due corde ideali (inestensibili e di massa
trascurabile) avvolte intorno ad essa, alla puleggia sono agganl/2
ciati due corpi: alla parte di raggio r della puleggia `e collegato
l/2
il corpo 1, di massa m1 = 2.0 kg, che poggia su un piano orizzontale; invece il corpo 2, di massa m2 , `e sospeso verticalmente
1
m1
r
tramite la corda 2 avvolta intorno alla parte di raggio R della
R
puleggia. Supponendo che le corde non scivolino mai rispetto
alla puleggia e che il piano su cui poggia il corpo 1 presenti i
2
coefficienti di attrito statico e dinamico µs = 0.70 e µk = 0.40,
si determini:
a) il massimo valore di m2 , m2,max , entro il quale il sistem2
ma pu`o rimanere in equilibrio statico nella configurazione
indicata in figura;
b) le accelerazioni a1 e a2 dei due corpi nel caso di m2 =
2.5 · m2,max .
Soluzione Quando il sistema `e in equilibrio statico la risultante delle forze e dei momenti agenti
su ogni sua parte dovr`a essere nulla. Indicando con T1 e T2 sia i moduli delle tensioni delle corde 1
e 2 (rispettivamente) che i moduli delle rispettive forze che gli estremi di tali corde esercitano sui
corpi e sulla puleggia, l’applicazione della 2a legge della dinamica nelle forme lineare (per i corpi 1
e 2) e angolare (per la puleggia) ci permette di scrivere le seguenti relazioni

 0 = T1 − fs
0 = m2 g − T2 ,

0 = RT2 − rT1
b
dove si sono considerate le componenti delle forze rispetto ad assi paralleli alle corde (rispettivamente, orizzontale verso destra per la prima equazione, verticale verso il basso per la seconda) e i
momenti rispetto all’asse della puleggia (prendendo come positivi quelli orari). Ricavando T1 e T2
dalle prime due relazioni e sostituendo nella terza, si ottiene
T1 = f2 ;
T2 = m2 g;
→
Rm2 g = rfs
⇒
fs =
R
m2 g,
r
che d`a, in caso di equilibrio, il modulo della forza di attrito statico espressa dal contatto tra il corpo
1 e il piano di appoggio. Ma per tale forza si ha la limitazione
fs ≤ fs,max = µs N1 = µs m1 g,
e pertanto, dovr`a essere
fs =
R
m2 g ≤ µs m1 g
r
⇒
m2 ≤ m2,max =
r
µs m1 ,
R
con (ricordando che `e r = 23 R)
2
m2,max = µs m1 = 0.933 kg.
3
Quando la massa del corpo 2 sar`a pari a 2.5 · m2,max , il sistema non sar`a pi`
u in equilibrio e quindi
l’applicazione della 2a legge della dinamica porta alle seguenti

 m1 a1 = T1 − fk = T1 − µk m1 g
m2 a2 = m2 g − T2
,

Iα = RT2 − rT1
dove ora a1 e a2 sono le accelerazioni (lineari) dei corpi 1 e 2, α `e l’accelerazione angolare della
puleggia e fk = µk m1 g `e la forza di attrito dinamico relativa al contatto tra il corpo 1 e il piano di
appoggio.
Osservando che tra le accelerazioni valgono le seguenti relazioni
α=
a2
a1
=
r
R
⇒
α=
a1
R
; a2 = a1 ,
r
r
sostituendo le ultime due nelle equazioni precedenti, con qualche passaggio ricaviamo
a1
R
I = R m2 g − m2 a1 − r (m1 a1 + µk m1 g)
r
r
2
→
I + m2 R + m1 r 2 a1 = m2 Rr − µk m1 r 2 g
(m2 Rr − µk m1 r 2 ) g
.
⇒ a1 =
(I + m2 R2 + m1 r 2 )
In tali relazioni I `e il momento d’inerzia della puleggia rispetto all’asse di rotazione (che `e anche
l’asse passante per il suo centro di massa). La massa totale della puleggia `e M ed essa `e formata da
due cilindri omogenei (coassiali e dello stesso materiale) di uguali lunghezze e raggi r e R. Quindi,
Per le corrispondenti masse Mr e MR dovranno valere le seguenti
Mr + MR = M;
Mr
πr 2 · l/2
r2
=
=
MR
πR2 · l/2
R2
⇒
mr =
r2
R2
M;
M
=
M.
R
r 2 + R2
r 2 + R2
Conseguentemente, dato che le due parti cilindriche della puleggia formano un corpo unico, dovr`a
essere
97
1
1 r 4 + R4
1
2
2
M
=
MR2 ,
I = Mr r + MR R =
2
2
2 r 2 + R2
234
dove, nell’ultima espressione, si tenuto esplicitamente conto del fatto che `e r = 23 R.
Tornando all’espressione di a1 , inserendo I ed esplicitando il fatto che ora `e m2 = 2.5m2,max =
5
µ m , si ottiene
3 s 1
2
2
5
µ
−
µ
mg
s
k
3
3 1
= 2.41 m/s2 ,
a1 = 97 3
5
4
M
+
µ
+
m
1
234
3 s
9
e conseguentemente
a2 =
3
R
a1 = a1 = 3.62 m/s2 ;
r
2
α=
a1
3 a1
=
= 12.0 rad/s2 .
r
2R
PROBLEMA A3
Una macchina di Carnot assorbe in un ciclo (dalla sorgente a temperatura pi`
u alta) una quantit`a
di calore Q1 = 1.5 · 103 J ed ha un rendimento η = 0.60.
a) Determinare il lavoro L prodotto dalla macchina in un ciclo.
Il lavoro L viene utilizzato per comprimere un gas ideale biatomico lungo una trasformazione politropica reversibile (pV k = cost.) con k = 2.0, a partire da uno stato iniziale caratterizzato dai valori
di pressione, volume e temperatura pi = 1.0 atm, Vi = 10.0 dm3 e Ti = 200 K. Determinare:
b) pressione (pf ) e volume (Vf ) del gas alla fine della compressione;
c) il calore scambiato dal gas lungo la trasformazione.
Soluzione Nella macchina di Carnot la quantit`a di calore scambiata con la sorgente ad alta temperatura `e anche pari al calore assorbito dalla macchina stessa. Perci`o il lavoro da essa prodotto
sar`a pari a
L
L
=
⇒ L = ηQ1 = 900 J.
η=
Qass.
Q1
Se tale lavoro viene utilizzato per comprimere un gas biatomico lungo la politropica (pV k = cost.
con k = 2) a partire dallo stato (pi , Vi , Ti ), allora il lavoro compiuto dal gas lungo tale trasformazione
dovr`a essere pari a −L.
Se indichiamo con Vf il volume finale della trasformazione, il lavoro fatto dal gas biatomico `e pari a
Z Vf
Z Vf
1
pi Vik 1−k Vf
k
V
[pf Vf − pi Vi ] .
=
V −k dV =
pdV = pi Vi
Lk =
V
i
1−k
1−k
Vi
Vi
Quindi, dovremo avere
Lk = −L
⇒
[pf Vf − pi Vi ] = pi Vi
pf V f
− 1 = (k − 1)L,
pi V i
e sostituendo pf /pi = (Vi /Vf )k , si ottiene
#
" k−1
k−1
Vi
(k − 1)L
Vi
− 1 = (k − 1)L ⇒
=1+
pi V i
Vf
Vf
pi V i
⇒
Inserendo l’attuale valore di k (k = 2) si ha
Vf = h
e conseguentemente
pf =
Vi
Vf
k
pi =
Vi
1+
Vi
Vf
L
pi Vi
2
Vf = h
1+
Vi
(k−1)L
pi Vi
i1/(k−1) .
i = 0.528 · Vi = 5.28 dm3 ,
pi = 3.57 atm;
Tf =
pf V f
= 375 K.
nR
Il calore scambiato nella trasformazione lo otteniamo attraverso la prima legge della termodinamica.
Notando che `e n = pi Vi /RTi = 0.61 mil, si ha
∆Eint = Q − Lk
⇒
5
Q = ∆Eint + Lk = ncV (Tf − Ti ) − L = n R(Tf − Ti ) − L = 1.32 · 103 J.
2
PROBLEMA A4
All’interno di una sfera di raggio R = 30 cm `e distribuita uniformemente una carica Q = 1.0·10−8 C.
In tutto lo spazio esterno alla sfera `e distribuita uniformemente una carica negativa con una densit`a
−ρ con ρ = 5.0 · 10−8 C/m3 . Determinare:
a) a quale distanza, R0 , dal centro della sfera si annulla il campo elettrostatico;
b) la d.d.p. tra il centro della sfera e un qualsiasi punto dove si annulla il campo elettrostatico (e
quindi appartenente alla sfera di raggio R0 ).
Soluzione Applicando il teorema di Gauss ad una sfera di raggio r concentrica con la sfera menzionata nel testo, a seconda di r ≤ R o r > R il campo elettrostatico (radiale) della distribuzione
descritta sopra `e dato dalle seguenti

Q


r≤R

 4πε0R3 · r

qint
E(r)4πr 2 =
⇒
E(r) =

ε0

Q + 34 πρR3 4
1


− πρ · r r > R

4πε0
r2
3
Da questa si vede immediatamente che il campo pu`o annullarsi solo per r > R. Ponendo r = R0 ,
dovr`a essere
E(R0 ) = 0
⇒
Q + 34 πρR3 4
− πρ · R0 = 0
R02
3
⇒
4
Q = ρ π(R03 − R3 ),
3
il che significa (come `e ovvio) che il campo si annulla quando la carica presente nell’intercapedine
tra R e R0 `e uguale (a parte il segno) a quella nella sfera di raggio R. Ricavando R0 si ottiene
1/3
3Q
3Q
3
3
3
R0 = R +
⇒ R0 = R +
= 42.1 cm.
4πρ
4πρ
Per il calcolo della d.d.p. tra il centro della sfera ed un qualsiasi punto sulla sfera di raggio R0
dobbiamo calcolare il seguente integrale
Z R0
Z R
Z 0
Z R0
4
3 Z R0
Q
+
πρR
ρ
dr
Q
3
~ · d~~s =
E
rdr,
rdr +
−
V (0) −V (R0 ) = −
E(r)dr =
4πε0 R3 0
4πε0
r 2 3ε0 R
R
0
R0
dove vediamo che l’integrale `e stato opportunamente spezzato tenendo conto delle diverse leggi con
cui varia il campo a seconda dell’intervallo di integrazione. Calcolando gli integrali si ricava
Q + 34 πρR3 1
Q
ρ
1
2
2
V (0) − V (R0 ) =
(R − R ) +
= 203 V.
−
−
8πε0 R 6ε0 0
4πε0
R R0
PROBLEMA B1
Un satellite artificiale, di massa m = 400 kg, viene dapprima portato ad una distanza R = 4.0·104 km
dal centro della Terra e quindi lanciato con una velocit`a v0 in modo da fargli percorrere un’orbita
circolare di raggio R. L’orbita seguita dal satellite appartiene al piano su cui giace l’equatore
terrestre e il verso di percorrenza dell’orbita `e concorde con la rotazione della Terra intorno al suo
asse. Determinare:
a) la velocit`a v0 del satellite;
b) il tempo in cui il satellite compie un giro completo rispetto ad un sistema solidale con la Terra,
specificando in quale direzione esso si muove. (Per rispondere, si tenga conto della rotazione
terrestre).
Qualche tempo dopo, a causa di un urto con un meteorite, il satellite viene deviato dalla sua orbita
originaria e prende a percorrere un’orbita ellittica (sempre nel piano equatoriale) avente i punti di
massima e minima distanza dal centro della Terra (rispettivamente afelio e perielio dell’orbita) alle
distanze r1 = R e r2 = 23 R. Determinare:
c) le velocit`a v1 e v2 del satellite nei punti di afelio e perielio dell’orbita ellittica;
d) di quanto `e variata l’energia meccanica del satellite (ovviamente rispetto al caso in a)).
[Trascurare ogni effetto della resistenza del mezzo. Le velocit`a v0 , v1 e v2 si intendono calcolate
rispetto ad un sistema non rotante. Per la massa della Terra usare il valore M = 5.98 · 1024 kg.]
Soluzione Nel caso in cui il satellite percorre l’orbita circolare di raggio R la forza centripeta di
cui esso risente dovr`a essere pari alla forza gravitazionale con cui esso `e attratto verso il centro della
Terra. Quindi
r
v02
Mm
GM
GM
m =G 2
⇒ v02 =
⇒ v0 =
= 3.16 · 103 m/s.
R
R
R
R
Dato che l’orbita `e nel piano equatoriale, da un punto dell’asse terrestre al di sopra del polo Nord
vedremmo ruotare sia la Terra che il satellite in verso antiorario con le seguenti velocit`a angolari
ωterra =
2π
2π
=
= 7.27 · 10−5 rad/s;
(1 giorno)
24 · 3600
ωs =
v0
= 7.90 · 10−5 rad/s.
R
Nel sistema (non rotante) in cui ci troviamo possiamo scrivere che ωs = ωterra + ωs′ , dove ωs′ `e
(ovviamente) la velocit`a angolare del satellite rispetto al sistema solidale con la Terra. Quindi,
ricaviamo
ωs′ = ωs − ωterra = 0.63 · 10−5 rad/s,
il cui segno positivo ci dice che un osservatore in quiete sulla superficie terrestre vedr`a ruotare il
satellite in verso concorde a quello della rotazione della Terra: cio`e lo vedr`a andare verso Est. Il
tempo in cui il satellite percorrer`a un giro completo rispetto alla Terra sar`a quindi
Ts′ =
2π
= 9.97 · 105 s ≈ 277 h ≈ 11.5 giorni.
|ωs′ |
Quando il satellite segue l’orbita ellittica, per il calcolo delle velocit`a nei due punti menzionati
possiamo fare appello alla conservazione dell’energia meccanica e del momento angolare del satellite
che possono essere tradotte nelle seguenti

1
Mm
1
Mm

 mv12 − G
= mv22 − G
2
R
2
2R/3 .
2

 mRv1 = m Rv2
3
Dalla seconda ricaviamo v2 = 32 v1 che sostituita nella prima ci permette di ricavare
1 2
M
9
3 M
v1 − G
= v12 − G
2
R
8
2 R
e conseguentemente
r
v1 =
4GM
= 2.82 · 103 m/s;
5R
⇒
5v12 = 4G
3
v2 = v1 =
2
M
R
r
⇒
v12 =
4GM
,
5R
9GM
= 4.23 · 103 m/s.
5R
Infine, notando che le energie meccaniche del satellite nei due casi esaminati sono le seguenti
1
Mm
1 GM
Mm
1 Mm
Ecirc = mv02 − G
= m
−G
=− G
,
2
R
2
R
R
2
R
1
Mm
1 4GM
Mm
3 Mm
Eellisse = mv12 − G
= m
−G
=− G
,
2
R
2
5R
R
5
R
allora la variazione di energia richiesta al punto d) `e data da
Mm
1 GM
3 1
G
=−
= −3.99 · 108 J.
∆E = Eellisse − Ecirc = − +
5 2
R
10 R
PROBLEMA B2
Si abbia una puleggia doppia costituita da due corpi cilindrici omogenei di uguale lunghezza (e
fatti dello stesso materiale) e di raggi R = 40 cm e r = 12 R. Le due parti cilindriche sono coassiali, formano un corpo unico e la massa complessiva della puleggia `e M = 5.0 kg. La
puleggia `e montata su un asse orizzontale intorno al quale pu`o ruotare liberamente. Come si vede
dalla figura, tramite due corde ideali (inestensibili e di massa
trascurabile) avvolte intorno ad essa, alla puleggia sono agganl/2
ciati due corpi: alla parte di raggio r della puleggia `e collegato
l/2
il corpo 1, di massa m1 = 4.0 kg, che poggia su un piano orizzontale; invece il corpo 2, di massa m2 , `e sospeso verticalmente
1
m1
r
tramite la corda 2 avvolta intorno alla parte di raggio R della
R
puleggia. Supponendo che le corde non scivolino mai rispetto
alla puleggia e che il piano su cui poggia il corpo 1 presenti i
2
coefficienti di attrito statico e dinamico µs = 0.60 e µk = 0.45,
si determini:
a) il massimo valore di m2 , m2,max , entro il quale il sistem2
ma pu`o rimanere in equilibrio statico nella configurazione
indicata in figura;
b) l’accelerazione a2 del corpo 2 e l’accelerazione angolare α
della puleggia nel caso di m2 = 3.0 · m2,max .
Soluzione Quando il sistema `e in equilibrio statico la risultante delle forze e dei momenti agenti
su ogni sua parte dovr`a essere nulla. Indicando con T1 e T2 sia i moduli delle tensioni delle corde 1
e 2 (rispettivamente) che i moduli delle rispettive forze che gli estremi di tali corde esercitano sui
corpi e sulla puleggia, l’applicazione della 2a legge della dinamica nelle forme lineare (per i corpi 1
e 2) e angolare (per la puleggia) ci permette di scrivere le seguenti relazioni

 0 = T1 − fs
0 = m2 g − T2 ,

0 = RT2 − rT1
b
dove si sono considerate le componenti delle forze rispetto ad assi paralleli alle corde (rispettivamente, orizzontale verso destra per la prima equazione, verticale verso il basso per la seconda) e i
momenti rispetto all’asse della puleggia (prendendo come positivi quelli orari). Ricavando T1 e T2
dalle prime due relazioni e sostituendo nella terza, si ottiene
R
m2 g,
r
che d`a, in caso di equilibrio, il modulo della forza di attrito statico espressa dal contatto tra il corpo
1 e il piano di appoggio. Ma per tale forza si ha la limitazione
T1 = f2 ;
T2 = m2 g;
→
Rm2 g = rfs
⇒
fs =
fs ≤ fs,max = µs N1 = µs m1 g,
e pertanto, dovr`a essere
fs =
R
m2 g ≤ µs m1 g
r
con (ricordando che `e r = 12 R)
⇒
m2 ≤ m2,max =
r
µs m1 ,
R
1
m2,max = µs m1 = 1.20 kg.
2
Quando la massa del corpo 2 sar`a pari a 2.5 · m2,max , il sistema non sar`a pi`
u in equilibrio e quindi
l’applicazione della 2a legge della dinamica porta alle seguenti

 m1 a1 = T1 − fk = T1 − µk m1 g
m2 a2 = m2 g − T2
,

Iα = RT2 − rT1
dove ora a1 e a2 sono le accelerazioni (lineari) dei corpi 1 e 2, α `e l’accelerazione angolare della
puleggia e fk = µk m1 g `e la forza di attrito dinamico relativa al contatto tra il corpo 1 e il piano di
appoggio.
Osservando che tra le accelerazioni valgono le seguenti relazioni
α=
a1
a2
=
r
R
⇒
α=
a1
R
; a2 = a1 ,
r
r
sostituendo le ultime due nelle equazioni precedenti, con qualche passaggio ricaviamo
a1
R
I = R m2 g − m2 a1 − r (m1 a1 + µk m1 g)
r
r
2
→
I + m2 R + m1 r 2 a1 = m2 Rr − µk m1 r 2 g
(m2 Rr − µk m1 r 2 ) g
.
⇒ a1 =
(I + m2 R2 + m1 r 2 )
In tali relazioni I `e il momento d’inerzia della puleggia rispetto all’asse di rotazione (che `e anche
l’asse passante per il suo centro di massa). La massa totale della puleggia `e M ed essa `e formata da
due cilindri omogenei (coassiali e dello stesso materiale) di uguali lunghezze e raggi r e R. Quindi,
Per le corrispondenti masse Mr e MR dovranno valere le seguenti
Mr + MR = M;
Mr
πr 2 · l/2
r2
=
=
MR
πR2 · l/2
R2
⇒
mr =
r2
R2
M;
M
=
M.
R
r 2 + R2
r 2 + R2
Conseguentemente, dato che le due parti cilindriche della puleggia formano un corpo unico, dovr`a
essere
1
1 r 4 + R4
17
1
2
2
M = MR2 ,
I = Mr r + MR R =
2
2
2
2
2 r +R
40
dove, nell’ultima espressione, si tenuto esplicitamente conto del fatto che `e r = 21 R.
Tornando all’espressione di a1 , inserendo I ed esplicitando il fatto che ora `e m2 = 3·m2,max = 23 µs m1 ,
si ottiene
3
µs − 21 µk 12 m1 g
2
= 1.97 m/s2 ,
a1 = 17
3
1
M
+
µ
+
m1
40
2 s
4
e conseguentemente
a2 =
R
a1 = 2a1 = 3.94 m/s2 ;
r
α=
a1
a1
= 2 = 9.84 rad/s2 .
r
R
PROBLEMA B3
Una macchina di Carnot assorbe in un ciclo (dalla sorgente a temperatura pi`
u alta) una quantit`a
3
di calore Q1 = 1.6 · 10 J ed ha un rendimento η = 0.50.
a) Determinare il lavoro L prodotto dalla macchina in un ciclo.
Il lavoro L viene utilizzato per comprimere un gas ideale biatomico lungo una trasformazione politropica reversibile (pV k = cost.) con k = 3.0, a partire da uno stato iniziale caratterizzato dai valori
di pressione, volume e temperatura pi = 2.0 atm, Vi = 15.0 dm3 e Ti = 200 K. Determinare:
b) pressione (pf ) e temperatura (Tf ) del gas alla fine della compressione;
c) la variazione di entropia subita dal gas.
Soluzione Nella macchina di Carnot la quantit`a di calore scambiata con la sorgente ad alta temperatura `e anche pari al calore assorbito dalla macchina stessa. Perci`o il lavoro da essa prodotto
sar`a pari a
L
L
=
⇒ L = ηQ1 = 800 J.
η=
Qass.
Q1
Se tale lavoro viene utilizzato per comprimere un gas biatomico lungo la politropica (pV k = cost.
con k = 2) a partire dallo stato (pi , Vi , Ti ), allora il lavoro compiuto dal gas lungo tale trasformazione
dovr`a essere pari a −L.
Se indichiamo con Vf il volume finale della trasformazione, il lavoro fatto dal gas biatomico `e pari a
Z Vf
Z Vf
pi Vik 1−k Vf
1
k
V −k dV =
pdV = pi Vi
Lk =
V
[pf Vf − pi Vi ] .
=
V
i
1−k
1−k
Vi
Vi
Quindi, dovremo avere
Lk = −L
⇒
[pf Vf − pi Vi ] = pi Vi
pf V f
− 1 = (k − 1)L,
pi V i
e sostituendo pf /pi = (Vi /Vf )k , si ottiene
" #
k−1
k−1
Vi
(k − 1)L
Vi
pi V i
− 1 = (k − 1)L ⇒
=1+
Vf
Vf
pi V i
⇒
Inserendo l’attuale valore di k (k = 3) si ha
Vi
Vf = q
1+
e conseguentemente
pf =
Vi
Vf
k
pi =
Vi
Vf
2L
pi Vi
3
Vf = h
1+
Vi
(k−1)L
pi Vi
i1/(k−1) .
= 0.809 · Vi = 12.1 dm3 ,
pi = 3.78 atm;
Tf =
pf V f
= 305 K.
nR
Notando che `e n = pi Vi /RTi = 1.82 mol, la variazione di entropia tra gli stati i e f `e pari a
Vf
5
Vf
Tf
Tf
+ nR ln
= n R ln
+ nR ln
= 12.8 J/K.
∆S = ncV ln
Ti
Vi
2
Ti
Vi
PROBLEMA B4
All’interno di una sfera di raggio R = 30 cm `e distribuita uniformemente una carica Q = 3.0·10−8 C.
In tutto lo spazio esterno alla sfera `e distribuita uniformemente una carica negativa con una densit`a
−ρ con ρ = 7.0 · 10−8 C/m3 . Determinare:
a) a quale distanza, R0 , dal centro della sfera si annulla il campo elettrostatico;
b) la d.d.p. tra il centro della sfera e un qualsiasi punto dove si annulla il campo elettrostatico (e
quindi appartenente alla sfera di raggio R0 ).
Soluzione Applicando il teorema di Gauss ad una sfera di raggio r concentrica con la sfera menzionata nel testo, a seconda di r ≤ R o r > R il campo elettrostatico (radiale) della distribuzione
descritta sopra `e dato dalle seguenti

Q


·r
r≤R


3
4πε
R

0
qint
E(r)4πr 2 =
⇒
E(r) =
 1 Q + 4 πρR3 4
ε0


3

− πρ · r r > R

4πε0
r2
3
Da questa si vede immediatamente che il campo pu`o annullarsi solo per r > R. Ponendo r = R0 ,
dovr`a essere
E(R0 ) = 0
⇒
Q + 34 πρR3 4
− πρ · R0 = 0
R02
3
⇒
4
Q = ρ π(R03 − R3 ),
3
il che significa (come `e ovvio) che il campo si annulla quando la carica presente nell’intercapedine
tra R e R0 `e uguale (a parte il segno) a quella nella sfera di raggio R. Ricavando R0 si ottiene
1/3
3Q
3Q
3
3
3
⇒ R0 = R +
= 50.6 cm.
R0 = R +
4πρ
4πρ
Per il calcolo della d.d.p. tra il centro della sfera ed un qualsiasi punto sulla sfera di raggio R0
dobbiamo calcolare il seguente integrale
Z R0
Z 0
Z R0
Z R
4
3 Z R0
Q
+
πρR
Q
ρ
dr
3
~ · d~~s =
E(r)dr =
V (0) −V (R0 ) = −
E
rdr,
−
rdr +
4πε0 R3 0
4πε0
r 2 3ε0 R
0
R0
R
dove vediamo che l’integrale `e stato opportunamente spezzato tenendo conto delle diverse leggi con
cui varia il campo a seconda dell’intervallo di integrazione. Calcolando gli integrali si ricava
Q + 34 πρR3 1
ρ
1
Q
2
2
= 693 V.
−
(R − R ) +
−
V (0) − V (R0 ) =
8πε0 R 6ε0 0
4πε0
R R0
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