XVI CERTAMEN FISICO - MATEMATICO “ FABIANA d’ARPA ”

15 Maggio 2017

PROBLEMA GRUPPO A

Sia SR una sfera di raggio R fissato.

1. Si esprimano in funzione di R ed x, i volumi V+ e V− dei due coni retti C+ e C− inscritti in SR, aventiraggio di base x ed altezza maggiore o uguale (C+) e minore di R (C−).

2. Si descrivano, al variare della variabile reale x, le principali proprieta delle funzioni V+ e V− precisan-done, in particolare, eventuali simmetrie, continuita e derivabilita, intervalli di monotonia ed eventualipunti di massimo o minimo. Si traccino infine i loro andamenti qualitativi.

3. Si calcoli l’area della regione di piano compresa tra il grafico della funzione V+ e quello della funzioneW che esprime il volume del cono retto avente raggio di base x ed altezza R.

4. Si determini il cono C+ (avente altezza maggiore o uguale a R) di volume massimo e di questo si calcolipoi il rapporto tra altezza e raggio di base. Il volume di tale cono e maggiore, minore o uguale ad unterzo del volume di SR?

5. Posto A+(x) :=∫ x0

[V+(s)−W (s)

]ds per x ∈ [0, R], si calcoli (se esiste) il valore del seguente limite

limx→0+

A+(x)

x3.

SOLUZIONE

1. Si esprimano in funzione di R ed x, i volumi V+ e V− dei due coni retti C+ e C− inscritti in SR, aventiraggio di base x ed altezza maggiore o uguale (C+) e minore di R (C−).

Denotate con h+ ed h− rispettivamente le altezze dei coni C+ e C− inscritti nella sfera SR, iniziamo conl’osservare che

h±(x) = R±√R2 − x2.

Infatti, indicata con y ∈ [0, R] la distanza tra la base del generico cono inscritto nella sfera ed il centro dellasfera, si puo dedurre che h± = R± y e, per il teorema di Pitagora, si ha quindi x2 + y2 = R2. Osserviamo chequando y = R il cono C− degenera in un punto, mentre il cono C+ degenera in un segmento pari al diametro2R (nel cono C− altezza e raggio si annullano, mentre nel cono C+ il raggio di base e 0 e l’altezza e 2R,quindi degenera in un segmento uguale al diametro). Pertanto i volumi dei due coni retti C+ e C− sono datirispettivamente da

V+(x) =1

3πx2

(R+

√R2 − x2

)e V−(x) =

1

3πx2

(R−

√R2 − x2

).

2. Si descrivano, al variare della variabile x, le principali proprieta delle funzioni V+ e V− precisandone,in particolare, eventuali simmetrie, continuita e derivabilita, intervalli di monotonia ed eventuali puntidi massimo o minimo. Si traccino infine i loro andamenti qualitativi.

Il dominio di V± coincide con il dominio della funzione r(x) :=√R2 − x2. E ben noto che la funzione r e ben

definita a condizione che il radicando R2 − x2 sia non-negativo. Dallo studio della disequazione di secondogrado, si ha che

R2 − x2 ≥ 0 ⇐⇒ |x| ≤ R.

1

In conclusione, il dominio D(V±) delle funzioni V± e dato dall’intervallo [−R,R] ⊂ R. Osserviamo inoltreche entrambe le funzioni sono pari, come si evince dall’uguaglianza

V±(x) = V±(−x), x ∈ D(V±).

Come conseguenza diretta della parita delle funzioni, segue che i grafici di V+ e V− sono simmetrici rispettoall’asse delle ordinate di equazione x = 0 (nel piano cartesiano xOy). Entrambe le funzioni sono conti-nue sull’intervallo [−R,R], perche composizione di funzioni continue (beninteso che nell’estremo sinistro lacontinuita e solo destra mentre nell’estremo destro e solo sinistra) e derivabili nell’intervallo aperto (−R,R)(essendo composizione di funzioni derivabili).

Come conseguenza della simmetria, possiamo restringerci allo studio di entrambe le funzioni sull’intervallo[0, R]. Anzitutto osserviamo (come peraltro geometricamente ovvio) che entrambe le funzioni si annullano inx = 0. Per x = R (e quindi x = −R) le funzioni V± assumono lo stesso valore corrispondente al volume delcono retto di altezza R.

Procediamo ora al calcolo della derivata prima V ′+ della funzione V+ =1

3π(x2R + x2

√R2 − x2

)sull’in-

tervallo aperto (0, R). Si ha

V ′+(x) =1

3π

(2xR+ 2x

√R2 − x2 − x3√

R2 − x2

)=

1

3πx

(2R+ 2

√R2 − x2 − x2√

R2 − x2

)=

1

3πx

(2R+

2(R2 − x2)− x2√R2 − x2

)=

πx

3√R2 − x2

(2R√R2 − x2 + 2R2 − 3x2

)Sull’intervallo (0, R) si ha che

V ′+(x) ≥ 0 ⇐⇒ 2R√R2 − x2 + 2R2 − 3x2 ≥ 0.

Occorre pertanto risolvere la disequazione irrazionale 2R√R2 − x2 ≥ 3x2 − 2R2. Se 3x2 ≤ 2R2 la disequa-

zione e sempre soddisfatta. Se 3x2 > 2R2, essa e equivalente a

4R2(R2 − x2) ≥ 9x4 + 4R4 − 12x2R2 ⇐⇒ 9x4 − 8x2R2 ≤ 0 ⇐⇒ 9x2 ≤ 8R2.

Pertanto la funzione V+ ristretta all’intervallo (0, R) risulta crescente sull’intervallo(

0, 2√2

3 R)

e decrescente

sull’intervallo(2√2

3 R,R)

. In particolare presenta un massimo locale (anzi globale) nel punto xM := 2√2

3 R

ed in tale punto la funzione vale V+(xM ) = 3281πR

3.

Calcoliamo ora la derivata prima V ′− della funzione V− =1

3π(x2R − x2

√R2 − x2

)sull’intervallo aperto

(0, R). Si ha

V ′−(x) =1

3π

(2xR− 2x

√R2 − x2 +

x3√R2 − x2

)=

1

3πx

(2R− 2

√R2 − x2 +

x2√R2 − x2

)=

1

3πx

(2R− 2(R2 − x2)− x2√

R2 − x2

)=

πx

3√R2 − x2

(2R√R2 − x2 − 2R2 + 3x2

)Sull’intervallo (0, R) si ha che

V ′−(x) ≥ 0 ⇐⇒ 2R√R2 − x2 − 2R2 + 3x2 ≥ 0.

Occorre pertanto risolvere la disequazione irrazionale 2R√R2 − x2 ≥ 2R2 − 3x2. Se 2R2 ≤ 3x2 la disequa-

zione e sempre soddisfatta. Se 2R2 > 3x2, essa e equivalente a

4R2(R2 − x2) ≥ 9x4 + 4R4 − 12x2R2 ⇐⇒ 9x4 − 8x2R2 ≤ 0 ⇐⇒ 9x2 ≤ 8R2.

Pertanto la funzione V− ristretta all’intervallo (0, R) risulta essere monotonamente crescente. Osserviamoinoltre che D(V ′±) = (−R,R) essendo, infatti

limx→R−

V ′±(x) = +∞.

2

Figura 1: In figura sono stati disegnati gli andamenti qualitativi delle due funzioni V+ e V− sull’intervallo[−2, 2] corrispondente al valore R = 2.

3. Si calcoli l’area della regione di piano compresa tra il grafico della funzione V+ e quello della funzioneW che esprime il volume del cono retto avente raggio di base x ed altezza R.

Osserviamo anzitutto che la funzione W e analiticamente definita da W (x) = 13πx

2R. Inoltre

V+(x) =1

3πx2

(R+

√R2 − x2

)≥ 1

3πx2R =: W (x).

Inoltre i grafici delle funzioni V+ e W s’intersecano solo nei punti x1 = −R, x2 = 0 e x3 = R come si evincerisolvendo l’equazione

1

3πx2

(R+

√R2 − x2

)=

1

3πx2R ⇐⇒ 1

3πx2

√R2 − x2 = 0

Quindi l’area A della regione di piano delimitata dai grafici delle due funzioni e data da

A =

∫ R

−R

[V+(x)−W (x)

]dx = 2

∫ R

0

[V+(x)−W (x)

]dx =

2

3π

∫ R

0x2√R2 − x2 dx.

Consideriamo l’integrale indefinito dato da∫x2√R2 − x2 dx. Il seguente cambiamento di variabile x =

R sin(t) porge dx = R cos(t)dt e quindi∫x2√R2 − x2 dx =

∫R2 sin2(t)R2 cos2(t) dt =

R4

4

∫4 sin2(t) cos2(t) dt =

R4

4

∫sin2(2t) dt

=R4

4

∫1− cos(4t)

2dt =

R4

8

∫ [1− cos(4t)

]dt =

R4

8

(t− sin(4t)

4

) ∣∣∣t=arcsin(x/R)

+ c

dove c ∈ R e la costante d’integrazione. In conclusione, si ha

∫ R

0x2√R2 − x2 dx =

[R4

8

(arcsin(x/R)−

sin(4 arcsin(x/R)

)4

)]R0

=R4

8

[arcsin(1)−

sin(4 arcsin(1)

)4

− arcsin(0) +sin(4 arcsin(0)

)4

]=R4

8

[π

2−

sin(2π)

4

]=R4

16π

da cui segue che

A =π2

24R4.

4. Si determini il cono C+ (avente altezza maggiore o uguale a R) di volume massimo e di questo si calcolipoi il rapporto tra altezza e raggio di base. Il volume di tale cono e maggiore, minore o uguale ad unterzo del volume di SR?

3

Dallo studio qualitativo della funzione V+ di cui al punto 2, segue che il cono C+ di volume massimo e ottenutoquando il valore del raggio di base x e uguale al valore xM . Essendo x2M = 8

9R2, segue che

h+(xM ) = R+

√R2 − 8

9R2 =

4

3R

e da qui immediatamente che h+(xM )/xM =√

2. Sempre dal punto 2, si ha che

V+(xM ) =32

81πR3 =

8

27

4

3πR3 =

8

27VSR

dove abbiamo denotato con VSR il volume della sfera di raggio R. Poiche 8/27 < 9/27 = 1/3, segue che ilvolume del cono massimo e minore di 1/3 del volume della sfera ad esso circoscritta.

5. Posto A+(x) :=∫ x0

[V+(s)−W (s)

]ds per x ∈ [0, R], si calcoli (se esiste) il valore del seguente limite

limx→0+

A+(x)

x3.

Iniziamo con l’osservare che

A+(x) :=

∫ x

0

[V+(s)−W (s)

]ds =

1

3π

∫ x

0s2√R2 − s2 ds

la quale e ben definita per x ∈ [0, R]. Essendo la funzione φ(s) = s2√R2 − s2 continua sull’intervallo [0, R]

(e quindi su ogni suo sotto-intervallo), per il teorema fondamentale del calcolo integrale, segue che la funzioneA+ e derivabile e cheA′+(x) = φ(x). Osserviamo inoltre che essendoA+(0) = 0, il limite proposto si presentanella forma indeterminata 0

0 . Applicando il Teorema di de L’Hopital, segue che

limx→0+

A+(x)

x3= lim

x→0+

1

3

A′+(x)

x2=

1

3

π

3limx→0+

√R2 − x2 =

R

9π.

4

QUESITI GRUPPO A

Quesito A1

Sia g la funzione definita ponendo g(t) := 4√

1 + t4.

1. Si provi che |g′(t)| ≤ 1 per ogni t ∈ R e si deduca che per ogni x, y ∈ R con x > y vale la seguentedisuguaglianza

g(x)− g(y) ≤ x− y.

2. Si dimostri che per ogni x, y ∈ R si ha

4√

1 + x4 ≤ 4√

1 + y4 + |x− y|.

SOLUZIONE

1. Si provi che |g′(t)| ≤ 1 per ogni t ∈ R e si deduca che per ogni x, y ∈ R con x > y vale la seguentedisuguaglianza

g(x)− g(y) ≤ x− y.

La funzione g e una funzione derivabile su R. Da un calcolo diretto segue che la derivata prima di g, vale

g′(t) =1

4(1 + t4)−3/4 · 4t3 =

t3

(1 + t4)3/4.

Poiche, per ogni t ∈ R, si ha che 1+t4 ≥ t4 ed essendo la funzione s 7→ s3/4 una funzione monotona crescentesulla semiretta [0,+∞), segue che

(1 + t4)3/4 ≥ (t4)3/4 = |t|3, t ∈ R

da cui immediatamente

|g′(t)| =∣∣∣∣ t3

(1 + t4)3/4

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣ t3

(t4)3/4

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣ t3|t3|∣∣∣∣ ≤ 1

|t3||t3| = 1

e quindi che |g′(t)| ≤ 1. La funzione g e continua su R ed in particolare lo sara la sua restrizione all’intervallo[y, x] ed essendo inoltre derivabile su R, lo sara anche la sua restrizione all’intervallo aperto (y, x). Applican-do il Teorema di Lagrange alla restrizione della funzione g sull’intervallo [y, x] (che con abuso di notazionecontinueremo ad indicare con g), possiamo affermare che esiste (almeno) un punto ξ ∈ (y, x) tale che

g(x)− g(y)

x− y= g′(ξ) ≤ 1,

dove l’ultima diseguaglianza segue dalle precedenti argomentazioni. In conclusione

g(x)− g(y) ≤ x− y ∀x, y ∈ R con x > y.

2. Si dimostri che per ogni x, y ∈ R si ha

4√

1 + x4 ≤ 4√

1 + y4 + |x− y|.

Se x = y la disuguaglianza da provare e ovvia.Se x 6= y, si puo affermare che poiche −1 ≤ g′(t) ≤ 1 (da quanto provato al punto precedente)

• se x > y dal punto precedente

g(x)− g(y)

x− y≤ 1 da cui g(x)− g(y) ≤ (x− y) = |x− y|

5

• se x < y

g(y)− g(x)

y − x≥ −1 ovvero

g(x)− g(y)

y − x≤ 1 da cui g(x)− g(y) ≤ (y − x) = |x− y|

da cui segue la tesi.

Quesito A2

Per ogni intero n ≥ 1 si consideri la funzione definita ponendo

fn(x) :=x

16+ nx8, x ∈ R.

Si dimostrino le seguenti affermazioni.

1. Per ogni intero n ≥ 1, la funzione fn ammette un unico punto di minimo xn nell’intervallo [−1/2,+∞).

2. Per ogni x ∈ R e per ogni intero n ≥ 1 si ha fn(x) ≥ x

16+ x8.

3. Utilizzando i punti precedenti, si provi che per ogni x ∈ R e per ogni n ≥ 1 vale la seguente disugua-glianza

2fn(x) ≥ 1256√

128.

SOLUZIONE

1. Per ogni intero n ≥ 1, la funzione fn ammette un unico punto di minimo xn nell’intervallo [−1/2,+∞).

Per ogni n ≥ 1 la funzione fn risulta essere continua e derivabile. E altresı evidente che

limx→∞

fn(x) = n limx→∞

x8 = +∞.

Da un calcolo diretto segue che la derivata prima di fn e data da f ′n(x) =1

16+ 8nx7 e quindi

f ′n(x) ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ − 1

2 7√n.

In particolare, la funzione fn ammette un punto di minimo locale (anzi globale ) nel punto xn := − 12 7√n . La

non decrescenza della funzione s 7→ 7√s, porge

xn := − 1

2 7√n≥ −1

2, ∀n ≥ 1.

Infatti, per ogni n ≥ 1 intero, si ha

7√n ≥ 1 ⇐⇒ 1

7√n≤ 1 ⇐⇒ 1

2 7√n≤ 1

2⇐⇒ − 1

2 7√n≥ −1

2.

2. Per ogni x ∈ R e per ogni intero n ≥ 1 si ha fn(x) ≥ x

16+ x8.

Per dimostrare la disuguaglianza e sufficiente osservare che, per ogni intero n ≥ 1 e per ogni x ∈ R, si ha chenx8 ≥ x8; da qui segue subito che

fn(x) ≥ x

16+ x8.

6

3. Utilizzando i punti precedenti, si provi che per ogni x ∈ R e per ogni n ≥ 1 vale la seguente disugua-glianza

2fn(x) ≥ 1256√

128.

Anzitutto 1256√128

= 2−7/(256). Per provare l’asserto, sfruttando la stretta crescenza della funzione s 7→ 2s, esufficiente provare che

fn(x) ≥ − 7

256.

Per il punto 1, sappiamo che per ogni intero n ≥ 1, la funzione fn ha un punto di minimo assoluto in xn :=− 1

2 7√n ed inoltre che fn(xn) ≥ f1(xn) ≥ f1(x1). Da qui segue la tesi, una volta che si e osservato che

f1(x1) = − 1

25+

1

28= − 7

28= − 7

256.

7

PROBLEMA GRUPPO B

Si consideri un anello sottile, di raggio a, posto nel piano xy di un sistema di assi cartesiani x, y, z, con ilcentro coincidente con l’origine. L’anello possiede una carica Q positiva, distribuita uniformemente sulla suacirconferenza.

a) Si calcoli l’intensita del campo elettrico sull’asse dell’anello, in funzione della coordinata z, e se nedisegni il grafico nel caso in cui Q = 0.11 · 10−9 C e a = 0.1 m.

b) Si discuta il comportamento dell’intensita del campo elettrico trovato al punto precedente, nel caso incui z � a.

c) Si determini il valore della differenza di potenziale ∆V (z) = V (z) − V (0) tra un punto genericodell’asse z e l’origine e se ne disegni il grafico, sempre nel caso in cui Q = 0.11 ·10−9 C e a = 0.1 m. Sidiscuta anche la relazione tra il campo elettrico trovato al punto precedente e la differenza di potenziale∆V (z).

d) Si immagini che un corpo puntiforme di massa m e carica positiva q sia vincolato a muoversi lungol’asse z. Tale corpo e inizialmente posto al centro dell’anello. Si spieghi perche questo e un punto diequilibrio e se ne discutano le caratteristiche.

e) Si immagini ora che lo stesso corpo puntiforme carico venga portato in un punto dell’asse di coor-dinata z = L (L > 0) e lanciato verso l’origine con velocita di modulo v0. Calcolare il modulodell’accelerazione del corpo a(z).

f) Nelle stesse condizioni del punto e), trovare il minimo valore di v0 che permette al corpo di oltrepassarel’origine. Disegnare il grafico di v(z) per tale valore di v0. Si assuma q = 3.2 · 10−19 C, m = 6.64 ·10−27 kg, L = 2 m.

g) Al posto dell’anello, si consideri ora un disco di spessore trascurabile e raggio R, avente carica Q posi-tiva distribuita uniformemente sulla sua superficie. Il disco e posto nel piano xy e ha centro nell’origine.Facendo uso del risultato del punto a) calcolare il campo creato dal disco in un punto generico dell’assez e confrontarlo col campo creato da un piano infinito, uniformemente carico, con la stessa densita dicarica del disco.

Si ricordi che la permettivita del vuoto vale ε0 = 8.854 · 10−12 F/m.

SOLUZIONE

a) Si calcoli l’intensita del campo elettrico sull’asse dell’anello, in funzione della coordinata z, e se nedisegni il grafico nel caso in cui Q = 0.11 · 10−9 C e a = 0.1 m.

Sia ρ = Q/(2πa) la densita di carica per unita di lunghezza. Consideriamo due archi di lunghezza infinitesimaadϕ diametralmente opposti, su cui si trovano le cariche dQ = ρadϕ. Le due cariche elementari puntiformiproducono in P i campi elementari dE1 ed dE2 con lo stesso modulo

|dE1| = |dE2| =ρadϕ

4πε0(a2 + z2)

Il campo elettrico risultante dalla somma di questi due contributi ha solo componente lungo l’asse z di valore

dEz = 2|dE1| cosϑ

dovecosϑ =

z√a2 + z2

quindi

dEz =2zρadϕ

4πε0(a2 + z2)3/2

8

Il campo elettrico totale si trova integrando rispetto a ϕ tra 0 e π. Dato che l’integranda e indipendente da ϕ,l’integrazione si riduce a una moltiplicazione per π:

Ez(z) =2zρaπ

4πε0(a2 + z2)3/2=

Qz

4πε0(a2 + z2)3/2(1)

z

a

1Ed

2Ed

y

x

P

O

Per disegnare il diagramma dell’intensita del campo elettrico, notiamo che la componenteEz e una funzionedispari ma l’intensita e pari. Cerchiamo eventuali punti di massimo/minimo calcolando gli zeri della derivataprima di Ez(z):

dEzdz

=Q

4πε0

(a2 + z2)3/2 − z(3/2)(a2 + z2)1/22z

(a2 + z2)3=

Q

4πε0

(a2 + z2)1/2[a2 + z2 − 3z2]

(a2 + z2)3

Questa derivata si annulla in z = ±a/√

2 = ±0.0707 m e il valore del campo massimo e Emax = 38.50 N/C

b) Si discuta il comportamento del campo elettrico trovato al punto precedente, nel caso in cui z � a.

Se z � a si puo trascurare a rispetto a z nel denominatore e si trova

Ez(z) 'Q

4πε0z2

Come era da aspettarsi, il campo creato dall’anello a grande distanza tende ad essere quello di una caricapuntiforme.

c) Si determini il valore della differenza di potenziale ∆V (z) = V (z) − V (0) tra un punto genericodell’asse z e l’origine e se ne disegni il grafico, sempre nel caso in cui Q = 0.11 ·10−9 C e a = 0.1 m. Sidiscuta anche la relazione tra il campo elettrico trovato al punto precedente e la differenza di potenziale∆V (z).

9

La relazione tra campo e potenziale e

V (z)− V (0) = −∫ z

0Ez(z

′)dz′ = − Q

4πε0

∫ z

0

z′

(a2 + z′2)3/2dz′ (2)

Calcoliamo l’integrale tramite un cambiamento di variabile. Poniamo

u = a2 + z′2

per cui du = 2z′dz′. Risulta∫ z

0

z′

(a2 + z′2)3/2dz′ =

1

2

∫ (a2+z2)

a2u−3/2du =

1

2

(−2u−1/2

)∣∣∣(a2+z2)a2

=1

a− 1√

a2 + z2

In conclusione la differenza di potenziale e

V (z)− V (0) =Q

4πε0

[1√

a2 + z2− 1

a

]e il suo grafico e riportato in figura.

Alternativamente il potenziale si puo calcolare in modo simile al campo. Consideriamo nuovamente unarco di lunghezza infinitesima adϕ , su cui si trova la carica dQ = ρadϕ. Questa produce in P il potenziale

dV =ρadϕ

4πε0√a2 + z2

dove il punto a potenziale zero e all’infinito. Il potenziale totale si trova integrando in ϕ tra 0 e 2π, ossiamoltiplicando la precedente espressione per 2π:

V (z) =2πρa

4πε0√a2 + z2

=Q

4πε0√a2 + z2

Da questa segue che

V (0) =Q

4πε0a

da cui si trova la differenza di potenziale nella forma indicata prima. Si puo verificare che

Ez(z) = −dV

dz

relazione duale della (2).

10

d) Si immagini che un corpo puntiforme di massa m e carica positiva q sia vincolato a muoversi lungol’asse z. Tale corpo e inizialmente posto al centro dell’anello. Si spieghi perche questo e un punto diequilibrio e se ne discutano le caratteristiche.

Si tratta di un punto di equilibrio perche Ez = 0 nell’origine; ma siccome la componente Ez e positiva perz > 0 e negativa per z < 0, si tratta di un punto di equilibrio instabile.

e) Si immagini ora che lo stesso corpo puntiforme carico venga portato in un punto dell’asse di coor-dinata z = L (L > 0) e lanciato verso l’origine con velocita di modulo v0. Calcolare il modulodell’accelerazione del corpo a(z).

Calcoliamo il modulo dell’accelerazione dalla legge di Newton a = F/m dove il modulo della forza esercitatasulla carica q e F = |qEz|. Dunque

a(z) =|qEz|m

=Q|qz|

4πε0m(a2 + z2)3/2

f) Nelle stesse condizioni del punto e), trovare il minimo valore di v0 che permette al corpo di oltrepassarel’origine. Disegnare il grafico di v(z) per tale valore di v0. Si assuma q = 3.2 · 10−19 C, m = 6.64 ·10−27 kg, L = 2 m.

Il sistema e conservativo, quindi possiamo usare il teorema di conservazione dell’energia. L’energia della caricain z = L e

E =1

2mv20 + qV (L) in z = L

e nell’origine in cui q ha velocita nulla

E = qV (0) in z = 0

Uguagliando le due espressioni1

2mv20 = q(V (0)− V (L))

v0 =

√2q

m(V (0)− V (L))

Utilizzando l’espressione della differenza di potenziale trovata al punto c) otteniamo

v0 =

√2qQ

4πε0m

[1

a− 1√

a2 + L2

]= 3.03 · 104 m/s

Per trovare l’espressione della velocita v(z) quando v(0) = 0 (ossia v(L) = v0) usiamo ancora la conservazionedell’energia:

qV (0) =1

2mv2(z) + qV (z)

da cui

v(z) =

√2qQ

4πε0m

[1

a− 1√

a2 + z2

]

g) Al posto dell’anello, si consideri ora un disco di spessore trascurabile e raggio R, avente carica Q posi-tiva distribuita uniformemente sulla sua superficie. Il disco e posto nel piano xy e ha centro nell’origine.Facendo uso del risultato del punto a) calcolare il campo creato dal disco in un punto generico dell’assez e confrontarlo col campo creato da un piano infinito, uniformemente carico, con la stessa densita dicarica del disco.

Il disco si puo immaginare costituito da una serie di anelli concentrici di raggio a (variabile tra 0 e R)e ampiezza da, ossia di anelli del tipo studiato nel punto a). Il disco ha una densita superficiale di caricaσ = Q/(πR2). L’area elementare di ogni anello e dA = 2πada, quindi la carica su ogni anello e

dQ = σdA =2aQ

R2da

11

Il campo elettrico elementare dEz prodotto nel punto P e (dalla (1))

dEz =2Qz

4πε0R2

ada

(a2 + z2)3/2

Il campo totale si trova integrando questa espressione

Ez(z) =2Qz

4πε0R2

∫ R

0

ada

(a2 + z2)3/2

L’integrale e lo stesso calcolato al punto c). Poniamo u = a2 + z2∫ R

0

ada

(a2 + z2)3/2=

1

2

∫ R2+z2

z2u−3/2du =

1

2(−2u−1/2)

∣∣∣R2+z2

z2=

1

|z|− 1√

R2 + z2

Quindi il campo elettrico cercato vale

Ez(z) =2Qz

4πε0R2

(1

|z|− 1√

R2 + z2

)=

Q

2πε0R2

(z

|z|− z√

R2 + z2

)Conviene distinguere i due casi z > 0 e z < 0. Infatti

z

|z|=

{1 se z > 0−1 se z < 0

Quindi

Ez(z) =

Q

2πε0R2

(1− z√

R2+z2

)se z > 0

Q2πε0R2

(−1− z√

R2+z2

)se z < 0

Notiamo che se z → 0,

Ez(z)→

{Q

2πε0R2 = σ2ε0

se z > 0

− Q2πε0R2 = − σ

2ε0se z < 0

che e il campo elettrico generato da un piano infinito con densita di carica σ. Il risultato era da attendersi,perche se z → 0, il raggio finito del disco ha una importanza sempre minore.

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QUESITI GRUPPO B

Quesito B1

Un corpo di massa m = 4.00 kg e collegato da due fili di diversa lunghezza a un’asta verticale. Il filosuperiore ha lunghezza ` = 1.25 m. Quando il sistema ruota con velocita angolare sufficiente, i due fili sonotesi e il sistema mantiene la configurazione mostrata in figura, in cui gli angoli sono rispettivamente α = 30◦

e β = 60◦.

a) Sapendo che la tensione nel filo superiore e T1 = 80 N, determinare la tensione T2 nel filo inferiore.

b) Nelle stesse condizioni del punto precedente, calcolare il modulo della velocita angolare ω0 con cui ilsistema ruota;

c) Trovare il massimo valore della velocita angolare per cui il filo inferiore non e teso.

α

β m

l

1T

2Tmg

z

SOLUZIONE

a) Sapendo che la tensione nel filo superiore e T1 = 80 N, determinare la tensione T2 nel filo inferiore.

Il triangolo formato dall’asta e dai due fili e rettangolo. Le forze agenti sulla massa m sono: le tensioni T1 eT2 e la forza peso P ; la loro risultante e la forza centripeta Fc.Scriviamo le equazioni di equilibrio relative alla direzione dell’asse (z) e alla direzione radiale (ρ):

T1 cosα− T2 cosβ −mg = 0 direzione z (3)

T1 sinα+ T2 sinβ = Fc = mω2r direzione ρ (4)

Dalla (3) segue

T2 =T1 cosα−mg

cosβ= 60.16 N

b) Nelle stesse condizioni del punto precedente, calcolare il modulo della velocita angolare ω0 con cui ilsistema ruota;

Dalla (4) segue

ω =

√T1 sinα+ T2 sinβ

m` sinα= 6.07 rad/s

c) Trovare il massimo valore della velocita angolare per cui il filo inferiore non e teso.

Le equazioni da applicare sono ancora (3) e (4) ma con T2 = 0. Troviamo:

T1 =mg

cosα

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dalla (3) e

ω =

√mg sinα/ cosα

m` sinα=

√g

` cosα= 3.01 rad/s

dalla (4).

Quesito B2

Si considerino i due cicli di Carnot DCEF (1) e ABCD (2) mostrati in Figura 3. Il ciclo (1) si svolge tra letemperature T e T + h, il ciclo (2) tra le temperature T + h e T + 2h. Entrambi i cicli sono percorsi in sensoorario e sono ovviamente reversibili.

a) Determinare il rendimento dei due cicli, η1 ed η2, in funzione di T ed h. Determinare inoltre in qualicondizioni il rendimento η del ciclo composto ABEF vale 0.5 e trovare in tali condizioni il valorenumerico di η1 ed η2.

b) Supponendo T fissata, la condizione η1 = Nη2 (con N intero positivo) e un’equazione in h. Discuterele soluzioni dell’equazione in funzione del parametro N e mostrare che nessuna soluzione e fisicamenteaccettabile a parte la soluzione banale h = 0.

c) Si assuma T = 300 K e si supponga che il calore assorbito nel ciclo 1 alla temperatura T + h siaQ1ass = 5 J mentre il calore assorbito nel ciclo 2 alla temperatura T + 2h e Q2ass = 8 J. Determinareh ed il valore numerico del rendimento del ciclo composto ABEF .

Figura 3: Quesito B2

SOLUZIONE

a) Determinare il rendimento dei due cicli, η1 ed η2, in funzione di T ed h. Determinare inoltre in qualicondizioni il rendimento η del ciclo composto ABEF vale 0.5 e trovare in tali condizioni il valorenumerico di η1 ed η2.

Il rendimento del ciclo 1 eη1 = 1− T

T + h=

h

T + h(5)

e quello del ciclo 2 e

η2 = 1− T + h

T + 2h=

h

T + 2h(6)

Il rendimento del ciclo composto e

η = 1− T

T + 2h=

2h

T + 2h

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Quindi η = 0.5 implica2h

T + 2h=

1

2→ h =

T

2

In queste condizioni

η1 =T/2

T + T/2=

1

3

η2 =T/2

T + T=

1

4

b) Supponendo T fissata, la condizione η1 = Nη2 (con N intero positivo) e un’equazione in h. Discuterele soluzioni dell’equazione in funzione del parametro N e mostrare che nessuna soluzione e fisicamenteaccettabile a parte la soluzione banale h = 0.

Sfruttando le espressioni (5) e (6) troviamo

η1 = Nη2 →h

T + h= N

h

T + 2h

Liberiamo dai denominatorih(T + 2h) = Nh(T + h)

Non dividiamo ambo i membri per h che potrebbe essere nullo:

h[h(2−N) + T (1−N)] = 0 (7)

da cui h = 0 oppure

h =N − 1

2−NT N = 1, 2, 3, . . . (8)

Se N = 1 si trova ancora h = 0 che e una soluzione banale poiche i due cicli degenerano in una sola isoterma,quindi i rendimenti dei due cicli e di quello composto sono nulli.Se N = 2 la (8) non fornisce alcun valore di h se T 6= 0 a causa della divisione per zero. Se T = 0,dalla (7) segue che h puo essere qualsiasi. In tal caso pero il ciclo 1 o quello composto avrebbero rendimentoesattamente 1, il che e impossibile per il secondo principio della termodinamica. Infatti se il rendimento fosse1, tutto il calore assorbito alla temperatura piu alta sarebbe completamente convertito in lavoro, dato che nonverrebbe ceduto calore alla temperatura piu bassa T = 0. L’enunciato di Kelvin-Planck della seconda leggedella termodinamica esclude precisamente che questo possa avvenire.Se N > 2, risulta h < 0 che non e accettabile.

In conclusione, solo la soluzione banale h = 0 e accettabile.

c) Si assuma T = 300 K e si supponga che il calore assorbito nel ciclo 1 alla temperatura T + h siaQ1ass = 5 J mentre il calore assorbito nel ciclo 2 alla temperatura T + 2h e Q2ass = 8 J. Determinareh ed il valore numerico del rendimento del ciclo composto ABEF .

Necessariamente il calore Q1ass assorbito nel ciclo 1 alla temperatura T + h coincide con quello cedutoQ2ced nel ciclo 2 alla stessa temperatura. Il rendimento del ciclo 2 si puo dunque calcolare da

1− Q2ced

Q2ass= 1− 5

8=

3

8= 37.5%

Dalla (6) segueh

T + 2h=

3

8→ h =

3

2T = 450 K

In queste condizioni il ciclo composto ha rendimento

η =2h

T + 2h=

3

4= 75%

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