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SECONDA PROVA SCRITTA Esempio dicembre 2018 - Tema di Matematica e fisica

Indirizzi: LI02 – SCIENTIFICO - LI03 – SCIENTIFICO – OPZIONE SCIENZE APPLICATE LI15 – SCIENTIFICO – SEZIONE AD INDIRIZZO SPORTIVO

Soluzioni di Francesco Poli – www.francescopoli.net – segnalate gli errori a fra.poli@libero.it

PROBLEMA 1 Hai giocato con il tuo fratellino con un trenino elettrico da lui ricevuto in regalo per il compleanno. Osservandolo, più volte ti sei chiesto quale sia il principio di funzionamento delle varie parti. In particolare hai osservato che quando un vagone viene immesso in un binario morto, nei pressi del respingente finale il vagone subisce un forte rallentamento fino quasi a fermarsi; questo consente al vagone di raggiungere il respingente finale con velocità molto bassa e quindi di colpirlo senza conseguenze. Per capire il funzionamento di questo freno, hai analizzato in dettaglio il binario morto e un vagone; hai notato che sulla parte finale del binario morto è presente un piccolo magnete permanente di forma quadrata di lato 𝐿=5,0𝑐𝑚 fissato tra le due rotaie del binario. Inoltre sul fondo del vagone è presente una cornice quadrata di dimensione uguale al magnete su cui è avvolto un filo a formare una spira quadrata di resistenza elettrica 𝑅=0,020Ω. Analizzando il moto del vagone hai compreso che quando il vagone passa sopra il magnete, anche la spira passa sopra il magnete (come mostrato in figura) e che in questo passaggio il vagone rallenta.

1. Spiega qualitativamente l’origine della azione frenante dovuta al passaggio della spira sopra al magnete. 2. Assumendo che il magnete permanente generi sopra di sé un campo magnetico 𝐵=0,85𝑇 uniforme, perpendicolare al magnete stesso (e quindi anche alla spira) e trascurando tutti gli effetti di bordo, dimostra che l’equazione del moto della spira durante il passaggio sul magnete è:

𝑚𝑑𝑣

𝑑𝑡= −

𝐵 𝐿

𝑅𝑣

dove 𝑚=50𝑔 è la massa del vagone. 3. Verifica che l’equazione del moto ha come soluzione 𝑣 = 𝑣 𝑒 / dove 𝑣0 è la velocità del vagone (e quindi della spira) quando entra nel campo del magnete permanente, esprimendo la costante 𝜏 in termini delle altre grandezze presenti nell’equazione del moto e calcolandone il valore numerico. 4. Assumendo per la velocità iniziale il valore 𝑣0 = 0,20 m/s determina il tempo che la spira impiega ad attraversare completamente il magnete e la velocità che essa ha dopo aver attraversato il magnete. 5. Dimostra che se la velocità iniziale 𝑣0 è inferiore ad un valore limite, la spira non riesce a superare il magnete permanente: in queste condizioni il freno agisce come un blocco insormontabile per il vagone. Determina il valore numerico della velocità limite. Soluzione Osservazione 1: il disegno che accompagna il problema raffigura gli avvolgimenti del filo disposti in piani verticali, come il campo 𝐵. Se la situazione fosse questa, non ci sarebbe nessuna variazione di

2

flusso magnetico e quindi nessuna corrente indotta. Gli avvolgimenti devono essere nello stesso piano orizzontale del quadrato. Osservazione 2: Un campo da 0,85 T è decisamente elevato per il magnete di un trenino! Il suo valore è confrontabile con quello adoperato nella risonanza magnetica. 1. Mentre la spira attraversa il campo, il flusso magnetico attraverso di essa varia. In una prima fase, in cui la spira entra nel campo (vedi figura sotto a sinistra) il flusso aumenta, perché aumenta l’area delimitata dalla spira attraversata da 𝐵. In questa fase si produce una corrente indotta in senso orario per il lettore, e il lato anteriore della spira subisce una forza magnetica verso sinistra che rallenta la spira stessa. In una seconda fase la spira esce dalla regione sede del campo, e il flusso magnetico diminuisce (vedi figura sotto a destra). Adesso la corrente indotta ha verso antiorario per il lettore, e sul lato posteriore della spira agisce una forza magnetica, diretta ancora verso sinistra, che rallenta ancora la spira, finché non è uscita del tutto dal campo. 2. Assumeremo che il flusso del campo magnetico sia positivo se uscente verso il lettore, e, di conseguenza che il verso positivo per la corrente nel circuito sia quello antiorario rispetto al lettore.

Fissiamo un asse delle ascisse con l’origine nel punto O in basso a sinistra della regione dove esiste il campo magnetico verticale. Indicando con x(t) la coordinata del punto davanti in basso della spira stessa, il flusso magnetico attraverso il circuito si scrive:

Φ(𝑡) =𝐵𝐿𝑥(𝑡) 0 < 𝑥(𝑡) ≤ 𝐿

𝐵𝐿[2𝐿 − 𝑥(𝑡)] 𝐿 < 𝑥(𝑡) ≤ 2𝐿

Dalla legge di Faraday-Neumann ricaviamo la forza elettromotrice indotta fem:

fem = −𝑑Φ(𝑡)

𝑑𝑡=

−𝐵𝐿𝑑𝑥(𝑡)

𝑑𝑥= −𝐵𝐿𝑣(𝑡) 0 < 𝑥(𝑡) ≤ 𝐿

−𝐵𝐿𝑑[2𝐿 − 𝑥(𝑡)]

𝑑𝑥= 𝐵𝐿𝑣(𝑡) 𝐿 < 𝑥(𝑡) ≤ 2𝐿

e dalla prima legge di Ohm otteniamo la corrente indotta 𝐼 :

𝐼 =fem

𝑅=

−𝐵𝐿

𝑅𝑣(𝑡) 0 < 𝑥(𝑡) ≤ 𝐿

𝐵𝐿

𝑅𝑣(𝑡) 𝐿 < 𝑥(𝑡) ≤ 2𝐿

Il segno negativo di fem e di IIND per 0 < 𝑥(𝑡) ≤ 𝐿 indica che in questa prima fase la forza elettromotrice indotta tende a far circolare corrente in verso opposto a quello scelto come

B

B

3

positivo, e quindi in senso orario per il lettore. Il segno positivo per 𝐿 < 𝑥 ≤ 2𝐿 indica che la corrente ha invece verso antiorario in questa seconda fase. Per scrivere l’equazione del moto della spira occorre il valore della forza magnetica su di essa. Sia nella fase in cui entra nel campo, sia nella fase in cui ne esce, risulta:

�⃗� = 𝐼 𝐿 × 𝐵 = |𝐼 |𝐿𝐵 sin 90° =𝐵𝐿

𝑅𝑣(𝑡) ∙ 𝐿𝐵 =

𝐵 𝐿

𝑅𝑣(𝑡)

Dalla seconda legge della dinamica lungo l’asse delle 𝑥 scelto abbiamo quindi:

𝑚𝑎 = 𝑚𝑑𝑣

𝑑𝑡= −𝐹 = −

𝐵 𝐿

𝑅 𝑣

3. Inserendo nell’equazione del moto appena ricavata, la funzione 𝑣(𝑡) = 𝑣 𝑒 /

−𝑚

𝜏𝑣 𝑒 = −

𝐵 𝐿

𝑅𝑣 𝑒 /

si verifica che essa è una soluzione purché risulti: 𝑚

𝜏=

𝐵 𝐿

𝑅 → 𝜏 =

𝑚𝑅

𝐵 𝐿=

50 ∙ 10 ∙ 0,020

0,85 ∙ (5,0 ∙ 10 )s =

50 ∙ 0,020

0,85 ∙ 5,0∙ 10 s = 0,55 s

4. Ricaviamo l’espressione di 𝑥(𝑡) :

𝑥(𝑡) = 𝑣(𝑡 )𝑑𝑡′ = 𝑣 𝑒 / 𝑑𝑡′ = −𝑣 𝜏𝑒 / = −𝑣 𝜏𝑒 − (−𝑣 𝜏𝑒 ) = 𝑣 𝜏 1 − 𝑒

La spira risulta aver attraversato completamente il magnete al tempo 𝑡 quando 𝑥(𝑡) = 2𝐿:

2𝐿 = 𝑣 𝜏 1 − 𝑒 → 1 − 𝑒 =2𝐿

𝑣 𝜏 → −

𝑡

𝜏= ln 1 −

2𝐿

𝑣 𝜏

𝑡 = −𝜏 ln 1 −2𝐿

𝑣 𝜏= −0.55 ln 1 −

2 ∙ 5,0 ∙ 10

0,20 ∙ 0,55s = 1,32 s

Nell’istante 𝑡 la velocità della spira vale:

𝑣(𝑡 ) = 𝑣 𝑒 = 0,20 ∙ 𝑒,, m/s = 0,018 m/s

5. La spira non riesce ad attraversare il magnete se nemmeno in un tempo infinito si può avere 𝑥(𝑡) = 2𝐿. Calcoliamo quindi lo spazio 𝑥 che la spira percorre nel limite per 𝑡 → +∞:

lim→

𝑣 𝜏 1 − 𝑒 = 𝑣 𝜏(1 − 𝑒 ) = 𝑣 𝜏

Quindi, la spira attraverserà il magnete solo se la velocità iniziale è tale per cui risulta 𝑥 > 2𝐿:

𝑣 𝜏 > 2𝐿 → 𝑣 >2𝐿

𝜏=

2 ∙ 5,0 ∙ 10

0,55m/s = 0,18 m/s

PROBLEMA 2 Il 14 ottobre 2012 Felix Baumgartner ha realizzato un lancio storico ottenendo tre record mondiali:

la maggiore altezza raggiunta da un uomo in una ascesa con un pallone (39045 m); il lancio più alto in caduta libera; la più alta velocità in caduta libera (1341,9 km/h).

Dopo l’ascesa in un pallone gonfiato a elio, si è lanciato verso la Terra, protetto da una tuta speciale, e ha aperto il suo paracadute dopo 4 minuti e 20 secondi di caduta libera. Il lancio è durato in totale 9 minuti e 3 secondi. Nelle figure seguenti sono riportati gli andamenti della velocità e della quota di Baumgartner durante il lancio, a partire dall’istante del lancio 𝑡=0.

4

Per realizzare l’ascesa è stato necessario utilizzare un enorme pallone deformabile: ciò per fare in modo che all’aumentare della quota e al diminuire della densità dell’aria il volume del pallone possa aumentare, mantenendo così costante la spinta verso l’alto (spinta di Archimede). Su un giornale veniva riportato “Per assicurare una velocità d’ascesa sufficiente la spinta verso l’alto era circa doppia di quella necessaria per tenere in equilibrio il sistema. In pratica, aggiungendo alla massa di Baumgartner quella del pallone riempito ad elio, era necessario sollevare una massa di circa 3 tonnellate”. La massa di Baumgartner e della sua tuta è pari a circa 120 kg. Fase di ascesa 1. Disegna il diagramma delle forze subito dopo il decollo, trascurando la forza di attrito. Non è necessario che il disegno sia in scala, deve però essere coerente con la situazione fisica. 2. Dopo qualche minuto di ascensione il moto può essere considerato rettilineo uniforme. In questa situazione, calcola approssimativamente il valore della forza di attrito con l’aria. Fase di lancio Scegli un sistema di riferimento e studia la caduta verticale del sistema S costituito da Baumgartner e dalla tuta. In questa fase, si può ritenere trascurabile l’effetto della spinta di Archimede. 3. Utilizzando i grafici, determina l’accelerazione di S per 𝑡<20𝑠 e commenta il risultato ottenuto. 4. Il sistema S ha raggiunto velocità supersoniche durante la caduta? Tieni presente la seguente tabella, che riporta la velocità del suono in aria ad altezze diverse:

5. Calcola la variazione di energia meccanica Δ𝐸𝑚 tra il momento in cui Baumgartner salta e il momento in cui raggiunge la massima velocità; fornisci la tua interpretazione del risultato.

5

6. Nella figura seguente vengono riportati i diagrammi delle forze applicate al sistema S durante la fase

di lancio. 𝑃 ⃗rappresenta la forza peso e 𝑓 la forza di attrito con l’aria. Poni in corrispondenza i diagrammi con i tre istanti 𝑡1=40𝑠, 𝑡2=50𝑠, 𝑡3=60𝑠.

7. Determina a quale altitudine Baumgartner ha aperto il paracadute. Ricordando che il lancio è durato in totale 9 minuti e 3 secondi, calcola la velocità media di discesa dopo l’apertura del paracadute, fino all’arrivo al suolo. Ti appare ragionevole considerare il moto in quest’ultima fase come un moto rettilineo uniforme?

8. Per valutare il rischio di traumi derivanti dall’impatto dell’arrivo al suolo, fornisci una stima dell’altezza da cui Baumgartner sarebbe dovuto saltare, senza paracadute, per giungere al suolo con la stessa velocità. Soluzione 1. Subito dopo il decollo, agiscono sul sistema S la forza peso 𝑃 verso il basso e la spinta di Archimede 𝐴 verso l’alto. La forza di attrito viscoso è anch’essa diretta in basso, in verso opposto alla velocità, ma in questa fase ha intensità trascurabile. Il valore della spinta di Archimede capace di mantenere il sistema è in equilibrio è 𝐴 = −�⃗� . Infatti, quando S è fermo non c’è alcun attrito viscoso, e la somma delle forze risulta nulla solo se 𝐴 e 𝑃 hanno la stessa intensità ma versi opposti. Nelle condizioni in cui è stato realizzata l’ascesa, allora, secondo i dati del testo la spinta di Archimede deve sempre risultare doppia del valore di equilibrio e cioè 𝐴 = −2𝑃 , come in figura:

2. L’intensità della spinta di Archimede dipende dalla densità dell’aria, e non cambia finché la densità dell’aria non varia apprezzabilmente. Anche la forza di attrito viscoso 𝑓 dipende dalla densità dell’aria, ma inoltre essa è tanto più intensa quanto maggiore è il modulo della velocità �⃗�, e ha sempre verso opposto a �⃗�. Il moto di ascesa diviene rettilineo uniforme non appena la somma delle tre forze su S produce accelerazione nulla. Dalla seconda legge della dinamica, indicando con M la massa di S abbiamo:

6

𝐴 + 𝑃 + 𝑓 = 𝑀�⃗� = 0⃗ 𝑓 = −𝑃 − 𝐴 = −𝑃 − −2𝑃 = 𝑃

quindi 𝑓 ⃗ è in questo caso esattamente uguale a 𝑃, e ha intensità:

𝑓 = 𝑀𝑔 = (3000 kg) 9,81m

s= 2,94 ∙ 10 N

3. Fissiamo un asse delle ordinate verticale, orientato verso l’alto, con l’origine al livello del mare, e sia 𝑦 = 39045 m la quota iniziale da cui parte da fermo Baumgartner. Nei primi 20 s la velocità passa da 𝑣 = 0 m/s a 𝑣 = −200 m/s, e dall’andamento del grafico deduciamo che si tratta di una crescita lineare. L’accelerazione media e istantanea in questo intervallo di tempo valgono allora:

𝑎 =𝑣 − 𝑣

𝑡 − 𝑡=

−200 − 0

20 − 0m/s = −10 m/s

Si tratta di un valore molto vicino al valore di −9,81 m/s , quindi nei primi 20 s il moto è praticamente di caduta sotto la sola azione della gravità. Le corrispondenti leggi orarie si scrivono:

𝑦(𝑡) = 𝑦 + 𝑣 𝑡 +1

2𝑎𝑡 = 39045m −

1

2(10)𝑡 𝑣(𝑡) = 𝑣 + 𝑎𝑡 = −10𝑡 (0 s ≤ 𝑡 ≤ 20 s)

4. Dai grafici si possono ricavare i valori del modulo della velocità in funzione della quota, in corrispondenza dei valori della velocità del suono. tempo (s) 0 45 75 150 altezza (km) 40 30 20 10 modulo velocità (m/s) 0 360 220 100 velocità del suono (m/s) 318 301 297 305 Come si vede, a quota 30 km il modulo della velocità di caduta è maggiore della velocità del suono. Poiché fra 45 s e 55 s il modulo della velocità di caduta si mantiene sopra questo valore, sicuramente in questo intervallo di tempo la discesa rimane supersonica. Le corrispondenti quote, come si desume dal grafico, sono:

25 km < 𝑦 < 30 km Per altezze inferiori a 25 km (𝑡 > 55 s) il modulo della velocità di caduta diminuisce mentre la velocità del suono rimane praticamente costante intorno al valore medio:

301 + 297 + 302

3m/s = 301 m/s

Poiché quando 𝑦 = 20 km la velocità di caduta è diventata subsonica, e tale rimane fino alla conclusione, esiste una quota fra 25 km e 20 km dove le due velocità si eguagliano. Dal grafico si deduce che questo accade circa quando 𝑡 = 65 s e 𝑦 = 22 km. La caduta avviene quindi a velocità supersoniche per 22 km < 𝑦 < 30 km (45 s < 𝑡 < 65 s). 5. L’energia meccanica 𝐸 di Baumgartner, di massa 𝑚 = 120 kg, è in ogni istante pari alla somma della sua energia potenziale 𝑈 = 𝑚𝑔𝑦 e della sua energia cinetica 𝐾 = 𝑚𝑣 :

𝐸 = 𝑈 + 𝐾 = 𝑚𝑔𝑦 +1

2𝑚𝑣

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All’istante iniziale la quota è 𝑦 = 39045 m e la velocità è 𝑣 = 0 m/s, così che il valore di 𝐸 risulta:

𝐸 = (120 ∙ 9,81 ∙ 39045 + 0) J = 46,0 ∙ 10 J Si desume dal grafico che la velocità massima 𝑣 = 1341,9 km/h = 373 m/s viene raggiunta nell’istante 𝑡 = 50 s all’altezza 𝑦 = 29000 m. Il valore di 𝐸 risulta:

𝐸 = 120 ∙ 9,81 ∙ 29000 +1

2∙ 120 ∙ 373 J = (34,1 + 8,35) ∙ 10 J = 42,5 ∙ 10 J

La variazione di energia meccanica fra questi due istanti vale: ∆𝐸 = 𝐸 − 𝐸 = 42,5 ∙ 10 J − 46,0 ∙ 10 J = −3,5 ∙ 10 J

Come si vede, l’energia meccanica del sistema S in caduta non si conserva, ma diminuisce. La sua variazione è pari al lavoro dissipativo eseguito dalla forza di attrito viscoso esercitata dall’aria su S. 6. Il grafico v-t rappresenta l’andamento del modulo della velocità (che è rivolta verso il basso).

il diagramma A rappresenta una forza totale rivolta verso l’alto e quindi una situazione istantanea di decelerazione, quindi la velocità è in diminuzione (𝑡 = 60𝑠);

il diagramma B rappresenta una risultante totale delle forze verso il basso e quindi un'accelerazione verso il basso che aumenta la velocità e quindi l’istante 𝑡 = 40𝑠;

il diagramma C rappresenta una risultante nulla e quindi assenza istantanea di accelerazione e quindi un punto stazionario per la velocità che qui è un massimo e 𝑡 = 50𝑠.

7. Osservazione. Il termine “caduta libera” viene qui adoperato con un significato differente da quello che si utilizza nella fisica scolastica, dove indica il moto di un corpo sottoposto alla sola forza di gravità. In questo senso la discesa di Baumgartner può essere considerato caduta libera solo per i primi 20s. Il paracadute viene aperto dopo 4 minuti e 20 secondi di caduta, e quindi all’istante 𝑡 = 260s. Dal grafico si legge cha la quota corrispondente vale 𝑦 = 2,5 km = 2500m. Poiché il lancio è durato in totale 9 minuti e 3 secondi, termina all’istante 𝑡 = 543s. La velocità media di discesa 𝑣 dopo l’apertura del paracadute, nel riferimento scelto vale:

𝑣 =𝑦 − 𝑦

𝑡 − 𝑡=

0 − 2500

543 − 260m/s = −8,83m/s

Un istante prima di aprire il paracadute, il modulo della velocità di Baumgartner vale 50m/s, e cambia bruscamente con l’apertura. La caduta in aria con paracadute, dopo una fase transitoria, raggiunge un valore limite quando la forza di attrito diviene uguale e opposta al peso. Quando questa situazione viene raggiunta, il moto può essere considerato rettilineo uniforme. 8. Il modulo della velocità con cui si giunge a terra da un moto di caduta libera che inizia a quota ℎ vale 2𝑔ℎ. Assumendo che Baugartner tocchi terra con una velocità pari al valore medio calcolato in precedenza, risulta:

2𝑔ℎ = 𝑣 ℎ =𝑣

2𝑔=

8,83

2 ∙ 9,81m = 3,97 m

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QUESTIONARIO Q1. Una spira a forma di parabola di equazione 𝑦 = 𝑎𝑥 è immersa in un campo magnetico uniforme B perpendicolare al piano xy della parabola. All’istante 𝑡 = 0 una barretta inizia a traslare lungo la parabola partendo dal suo vertice con accelerazione costante come indicato in figura. Determinare la forza elettromotrice indotta sulla spira in funzione della y.

Soluzione La forza elettromotrice indotta si ricava dalla legge di Faraday-Neumann:

fem = −dΦ B⃗

dt

dove 𝐴 è l’area del percorso chiuso delimitato dalla barretta scorrevole e dall’arco di parabola. Il suo valore in funzione di 𝑦 si ottiene sottraendo dall’area del rettangolo circoscritto all’arco di parabola l’integrale dell’area sottesa fra la parabola e l’asse delle ordinate:

𝐴 = 𝐴 − 𝐴 = 2𝑦

𝑎∙ 𝑦 − 𝑎𝑥 𝑑𝑥

⁄

⁄

= 2𝑦

𝑎− 𝑎

𝑥

3⁄

⁄

=

= 2𝑦

𝑎−

1

3

𝑦

𝑎− −

𝑦

𝑎=

4

3

𝑦

𝑎

Per scrivere il flusso magnetico scegliamo come verso positivo del vettore superficie quello entrante nel foglio, quindi diretto come il campo 𝐵. Di conseguenza avremo fem > 0 se tende a far circolare la corrente indotta in senso orario. Risulta allora:

Φ B⃗ = B⃗ 𝐴 cos 𝛼 = B⃗4

3

𝑦

𝑎∙ cos 0 =

4

3B⃗

𝑦

𝑎

fem = −𝑑

𝑑𝑡

4

3B⃗

𝑦

𝑎= −

4

3B⃗

𝑑

𝑑𝑡

𝑦

𝑎= −

4 B⃗

3√𝑎

3

2𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑡= −

2 B⃗

√𝑎𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑡

Dalla figura del testo deduciamo che l’accelerazione costante della barretta vale 𝑤, quindi si tratta di moto uniformemente accelerato. Assumendo che sia nulla la velocità iniziale, abbiamo:

-√(y/a) +√(y/a)

A y

w

9

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑣(𝑡) = 𝑤𝑡 𝑦(𝑡) =

1

2𝑤𝑡

Dovendo ricavare la forza elettromotrice in funzione della 𝑦, eliminiamo il tempo t dall’espressione dei 𝑑𝑦/𝑑𝑡 ricavandola dalla legge oraria di 𝑦(𝑡):

𝑡 =2𝑦

𝑤 →

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑤

2𝑦

𝑤= 2𝑤𝑦

Sostituendo nell’espressione della fem abbiamo:

fem = −2 B⃗

√𝑎𝑦 2𝑤𝑦 = − B⃗ 𝑦

8𝑤

𝑎

Secondo la nostra convenzione, il segno negativo indica che la corrente indotta generata da questa forza elettromotrice ha senso antiorario. Q2. La posizione di una particella varia con il tempo secondo l’equazione:

𝑥 = 𝛼𝑡(1 − 𝛽𝑡), dove 𝛼 e 𝛽 sono due costanti, con 𝛽 > 0. Determina:

a) la velocità e l’accelerazione della particella in funzione del tempo; b) l’intervallo di tempo necessario alla particella, che parte dall’origine, per ritornare nell’origine e

lo spazio percorso in questo intervallo di tempo.

Soluzione Derivando 𝑥(𝑡) rispetto a 𝑡 si ottiene la velocità 𝑣(𝑡) della particella nel tempo, e, derivando ancora, l’accelerazione 𝑎(𝑡):

𝑣(𝑡) =𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝛼 − 2𝛼𝛽𝑡 𝑎(𝑡) =

𝑑𝑣

𝑑𝑡= −2𝛼𝛽

Dal valore costante di 𝑎(𝑡) deduciamo che, per 𝛼 ≠ 0 il moto è uniformemente accelerato, con velocità iniziale 𝑣 = 𝛼 e posizione iniziale 𝑥(0) = 0. Per 𝛼 < 0, la velocità iniziale negativa e l’accelerazione positiva 𝑎 = −2𝛼𝛽 > 0 indicano che la particella inizia a muoversi dall’origine nel verso negativo delle ascisse, e va man mano rallentando. Per 𝛼 > 0, la velocità iniziale positiva e l’accelerazione negativa 𝑎 = −2𝛼𝛽 < 0 indicano che la particella inizia a muoversi dall’origine nel verso positivo delle ascisse, e va man mano rallentando. In entrambi i casi esiste un istante 𝑡 in cui la velocità si annulla:

𝑣(𝑡 ) = 𝛼 − 2𝛼𝛽𝑡 = 0 → 𝑡 =1

2𝛽

Per 𝑡 > 𝑡 la particella torna verso l’origine, dove ripassa al tempo 𝑡 per il quale è nuovamente 𝑥(𝑡) = 0:

𝑥(𝑡 ) = 𝛼𝑡 (1 − 𝛽𝑡 ) = 0 → 𝑡 =1

𝛽

Per calcolare lo spazio complessivamente percorso per tornare all’origine, troviamo prima lo spostamento ∆𝑥 fra la posizione all’istante 𝑡 e quella all’istante iniziale:

∆𝑥 = [𝑥(𝑡 ) − 𝑥(0)] = 𝛼𝑡 (1 − 𝛽𝑡 ) − 0 = 𝛼 ∙1

2𝛽1 − 𝛽

1

2𝛽=

𝛼

4𝛽

A seconda del segno di 𝛼, risulta ∆𝑥 positivo oppure negativo. In entrambi i casi, lo spazio complessivamente percorso 𝑠 è il doppio del modulo di tale spostamento:

10

𝑠 = 2 ∙ |∆𝑥 | = 2 ∙|𝛼|

4𝛽=

|𝛼|

2𝛽

Q3. Tre cariche puntiformi di valore q sono poste ai vertici del triangolo equilatero ABC, i cui lati misurano 1m.

a) Determina l’energia potenziale del sistema.

b) La carica collocata in C viene spostata verso il segmento AB lungo la perpendicolare ad AB; traccia il grafico dell’andamento dell’energia potenziale del sistema in funzione della distanza della carica dal segmento AB.

Soluzione Indicando con 𝐿 = 1 m il lato del triangolo equilatero, l’energia potenziale 𝑈 del sistema è la somma delle energie potenziali elettrostatiche associate a tutte le possibili coppie di particelle presenti:

𝑈 = 𝑈 + 𝑈 + 𝑈 = 𝑘𝑞 ∙ 𝑞

𝐴𝐵+ 𝑘

𝑞 ∙ 𝑞

𝐵𝐶+ 𝑘

𝑞 ∙ 𝑞

𝐶𝐴= 3𝑘

𝑞

𝐿

dove 𝑘 = .

Indichiamo con 𝑃 la posizione della particella e con 𝑥 la distanza 𝑃𝐻 dal segmento 𝐴𝐵. L’intervallo di variabilità della 𝑥 risulta: 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿√3/2.

L’energia potenziale della carica che si sposta lungo 𝐶𝐻 si scrive:

𝑈(𝑥) = 𝑈 + 𝑈 + 𝑈 = 𝑘𝑞 ∙ 𝑞

𝐴𝑃+ 𝑘

𝑞 ∙ 𝑞

𝑃𝐵+ 𝑘

𝑞 ∙ 𝑞

𝐴𝐵=

= 2𝑘𝑞

𝐿2 + 𝑥

+ 𝑘𝑞

𝐿=

𝑘𝑞

𝐿

⎣⎢⎢⎡

2

𝐿2 + 𝑥

+ 1

⎦⎥⎥⎤

Ponendo 𝐿 = 1 m dobbiamo studiare nell’intervallo 0 ≤ 𝑥 ≤ √3/2 la funzione:

P

A B

C

x

H

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𝑓(𝑥) =2

1/4 + 𝑥+ 1

il cui grafico è riportato in rosso nella figura sopra. Il grafico di 𝑈(𝑥) si ottiene moltiplicando le ordinate di 𝑦 = 𝑓(𝑥) per 𝑘𝑞 . Q4. Un punto materiale si muove nel piano xy secondo la legge oraria:

𝑥 = 𝑎 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡), 𝑦 = 𝑎(1 − 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡)), con a e 𝜔 costanti positive. Determina la distanza del punto dall’origine al tempo 𝑡 = 𝜏 e le direzioni dei vettori velocità e accelerazione all’istante 𝑡 = 0.

Soluzione La distanza del punto dall’origine al tempo 𝑡 = 𝜏 si calcola attraverso il teorema di Pitagora:

𝑑 = 𝑥 + 𝑦 = 𝑎 sin 𝜔𝜏 + 𝑎 (1 − cos 𝜔𝜏) = = 𝑎 sin 𝜔𝜏 + cos 𝜔𝜏 − 2 cos 𝜔𝜏 + 1 = 𝑎√2 − 2 cos 𝜔𝜏 =

= 2𝑎1 − cos 𝜔𝜏

2= 2𝑎 sin

𝜔𝜏

2

Il vettore velocità ha componenti: 𝑣 (𝑡) = 𝜔𝑎 cos 𝜔𝑡 𝑣 (𝑡) = 𝜔𝑎 sin 𝜔𝑡

in particolare, all’istante iniziale risulta: 𝑣 (0) = 𝜔𝑎 cos 0 = 𝜔𝑎 𝑣 (0) = 𝜔𝑎 sin 0 = 0

Essendo 𝑎 > 0 e 𝜔 > 0 il vettore velocità all’istante 𝑡 = 0 è diretto come l’asse delle ascisse. Il vettore accelerazione ha componenti:

𝑎 (𝑡) = −𝜔 𝑎 sin 𝜔𝑡 𝑎 (𝑡) = 𝜔 𝑎 cos 𝜔𝑡 in particolare, all’istante iniziale risulta:

𝑎 (0) = −𝜔 𝑎 sin 0 = 0 𝑎 (𝑡) = 𝜔 𝑎 cos 0 = 𝜔 𝑎 Essendo 𝑎 > 0 e 𝜔 > 0 il vettore accelerazione all’istante 𝑡 = 0 è diretto come l’asse delle ordinate, quindi perpendicolare alla velocità iniziale. Q5. Un elettrone si muove, partendo da fermo, in un campo elettrico uniforme d’intensità E =10 kV/cm. Descrivi il procedimento che adotteresti per determinare l’istante in cui l’energia cinetica dell’elettrone sarà uguale alla sua energia a riposo. Soluzione Il potenziale elettrostatico cresce in funzione della distanza 𝑥 dal catodo (-) verso l’anodo (+):

𝑉(𝑥) = 𝐸𝑥 L’energia relativistica di una particella di carica – 𝑒 in moto con velocità 𝑣 dal catodo verso l’anodo è data dalla somma della sua energia relativistica 𝛾𝑚𝑐 e della sua energia potenziale – 𝑒𝑉(𝑥):

𝛾𝑚𝑐 − 𝑒𝑉(𝑥) Imponendo che l’energia relativistica si conservi, poiché gli elettroni sono inizialmente fermi, il suo valore dev’essere sempre pari all’energia di riposo 𝑚𝑐 :

𝛾𝑚𝑐 − 𝑒𝐸𝑥 = 𝑚𝑐 (1) Ispezionando la formula si vede che l’energia di riposo si ottiene sottraendo 𝑒𝐸𝑥 all’energia relativistica totale della particella, quindi la quantità 𝑒𝐸𝑥 dev’essere uguale all’energia cinetica relativistica 𝐾:

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𝐾 = 𝑒𝐸𝑥 Nell’istante in cui l’energia cinetica è uguale all’energia di riposo, cioè 𝐾 = 𝑚𝑐 , risulta:

𝑚𝑐 = 𝑒𝐸𝑥 da cui si ricava la posizione dell’elettrone in quel momento:

𝑥 =𝑚𝑐

𝑒𝐸=

(9,11 ∙ 10 kg)(3,00 ∙ 10 m/s)

(1,60 ∙ 10 C)(10 ∙ 10 V/m)=

=9,11 ∙ 3,00

1,60 ∙ 10∙ 10 m = 5,12 ∙ 10 m = 51 cm

Quindi una strategia operativa potrebbe essere quella di leggere il cronometro nell’istante in cui l’elettrone si trova a 51 cm dal catodo. Alternativamente, il valore del tempo può essere ricavato in vari modi differenti, qui ne riportiamo tre per il loro valore didattico, anche se il calcolo non era richiesto.

1) Con la seconda legge della dinamica Se uguagliamo l’energia cinetica dell’elettrone alla sua energia di riposo si ha:

𝑚𝑐 (𝛾 − 1) = 𝑚𝑐 → 𝛾 = 2 da cui si ricava:

𝑣 = 𝑐 1 −1

𝛾=

√3

2𝑐

Il secondo principio della dinamica nell’ambito della relatività ristretta comporta: 𝑑𝑝

𝑑𝑡= 𝑒𝐸 → 𝑝 = 𝑒𝐸𝑡 → 𝛾𝑚𝑣 = 𝑒𝐸𝑡

E quindi risolvendo rispetto al tempo:

𝑡 =𝛾𝑚𝑣

𝑒𝐸=

√3𝑚𝑐

𝑒𝐸=

(9,11 ∙ 10 kg) 3,00 ∙ 10ms √3

(1,60 ∙ 10 C) 10 ∙ 10Vm

=

= (9,11 ∙ 3,00 ∙ 1,73

1,60 ∙ 10∙ 10 )s = 2,96 ∙ 10 s = 3,0 ns

2) Integrando la legge di conservazione dell’energia Essendo 𝛾 =

( / ) dall’equazione (1) si ricava: 𝑚𝑐

1 − (𝑣/𝑐) − 𝑒𝐸𝑥 = 𝑚𝑐 → 1 − (𝑣/𝑐) =

𝑚𝑐

𝑚𝑐 + 𝑒𝐸𝑥

𝑣

𝑐=

(𝑚𝑐 + 𝑒𝐸𝑥) − 𝑚 𝑐

𝑚𝑐 + 𝑒𝐸𝑥

Poiché 𝑣 = :

𝑐𝑑𝑡 =𝑚𝑐 + 𝑒𝐸𝑥

(𝑚𝑐 + 𝑒𝐸𝑥) − 𝑚 𝑐𝑑𝑥

Integriamo fra l’istante iniziale 𝑡 = 0 in cui 𝑥 = 0 e il generico istante 𝑡:

𝑐𝑑𝑡 =𝑚𝑐 + 𝑒𝐸𝑥

(𝑚𝑐 + 𝑒𝐸𝑥) − 𝑚 𝑐𝑑𝑥

𝑐𝑡 =1

2𝑒𝐸

𝑑(𝑚𝑐 + 𝑒𝐸𝑥)

(𝑚𝑐 + 𝑒𝐸𝑥) − 𝑚 𝑐=

1

𝑒𝐸(𝑚𝑐 + 𝑒𝐸𝑥) − 𝑚 𝑐

=1

𝑒𝐸(𝑚𝑐 + 𝑒𝐸𝑥) − 𝑚 𝑐

nell’istante 𝑡 in cui 𝐾 = 𝑒𝐸𝑥 = 𝑚𝑐 abbiamo:

13

𝑡 =(𝑚𝑐 + 𝑒𝐸𝑥) − 𝑚 𝑐

𝑐𝑒𝐸=

𝑚𝑐√3

𝑒𝐸

Verifichiamo la consistenza col risultato precedente: 𝑐𝑒𝐸𝑡 = (𝑒𝐸𝑥 + 𝑒𝐸𝑥) − (𝑒𝐸𝑥) = 𝑒𝐸𝑥√3

𝑥 =𝑐𝑡

√3=

3,00 ∙ 10ms

(2,96 ∙ 10 s)

1,73= 5,13 ∙ 10 m = 51cm

3) Sfruttando l’invariante energia-quantità di moto e il teorema dell’impulso Se uguagliamo l’energia cinetica dell’elettrone alla sua energia di riposo si ha:

𝑚𝑐 (𝛾 − 1) = 𝑚𝑐 → 𝛾 = 2 applicando il teorema dell’impulso:

𝐹∆𝑡 = 𝑒𝐸 = ∆𝑝 = 𝑝 − 0 = 𝑝 → ∆𝑡 =𝑝

𝑒𝐸

imponendo ora l’invarianza della quantità 𝐸 − 𝑝 𝑐 : (𝛾𝑚𝑐 ) − 𝑝 𝑐 = (𝑚𝑐 )

da cui si ricava: 𝑝 = (𝛾 − 1)𝑚 𝑐 = √3𝑚𝑐

e infine:

∆𝑡 =√3𝑚𝑐

𝑒𝐸= 3,0 ns

Q6. Quanto tempo impiegherà un’onda sonora a percorrere la distanza l tra i punti A e B se la temperatura dell’aria tra di essi varia linearmente da T1 a T2? Tieni presente che la velocità di propagazione nell’aria varia in funzione della temperatura secondo la legge:

𝑣 = 𝑎√𝑇 dove a è una costante. Soluzione Strategia 1: senza calcolo integrale Poniamo un asse delle ascisse con origine in 𝐴. Il valore 𝑇(𝑥) della temperatura varia linearmente con la distanza 𝑥 da 𝐴, allora:

𝑣(𝑥) = 𝑎√𝑇 = 𝑎 𝑚𝑥 + 𝑞 = (𝑞𝑎 )+(𝑎 𝑚)𝑥 che è l'andamento della velocità in funzione della distanza percorsa in un moto uniformemente accelerato con velocità iniziale 𝑣 e accelerazione 𝑎 (il moto con cui avanza il fronte d'onda):

𝑣(𝑥) = 𝑣 + 2𝒂𝟎𝑥

Nel moto uniformemente accelerato la velocità media è uguale alla media dei valori iniziale e finale:

𝑣 =𝑎 𝑇 + 𝑎 𝑇

2

e il tempo impiegato 𝑡 si ha dividendo lo spazio percorso 𝑙 per la velocità media:

𝑡 =𝑙

𝑣=

2𝑙

𝑎( 𝑇 + 𝑇 )

Strategia 2: con il calcolo integrale La temperatura assume il valore 𝑇 in 𝐴, dove 𝑥 = 0, e il valore e 𝑇 in 𝐵, dove 𝑥 = 𝑙. L’espressione di 𝑇(𝑥) si può ricavare allora scrivendo l’equazione della retta per due punti:

14

𝑦 − 𝑦

𝑦 − 𝑦=

𝑥 − 𝑥

𝑥 − 𝑥 →

𝑇(𝑥) − 𝑇

𝑇 − 𝑇=

𝑥 − 0

𝑙 − 0 → 𝑇(𝑥) = 𝑇 +

𝑇 − 𝑇

𝑙𝑥

Quindi l’andamento 𝑣(𝑥) della velocità dell’onda in funzione della distanza 𝑥 da 𝐴 risulta:

𝑣(𝑥) = 𝑎 𝑇(𝑥) = 𝑎𝑥

𝑙(𝑇 − 𝑇 ) + 𝑇

Indicando con 𝑡 il tempo, ed essendo 𝑣 = 𝑑𝑥/𝑑𝑡 si ottiene la seguente equazione differenziale a variabili separabili:

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑎

𝑥

𝑙(𝑇 − 𝑇 ) + 𝑇 →

𝑑𝑥

𝑎𝑥𝑙

(𝑇 − 𝑇 ) + 𝑇

= 𝑑𝑡

Integrando fra l’istante iniziale 𝑡 = 0 in cui e l’istante 𝑡 in cui 𝑥 = 𝑙 otteniamo: 𝑑𝑥

𝑎𝑥𝑙

(𝑇 − 𝑇 ) + 𝑇

= 𝑑𝑡 → √𝑙

𝑎

𝑑𝑥

𝑥(𝑇 − 𝑇 ) + 𝑙𝑇= 𝑡 − 0

moltiplicando e dividendo per 2(𝑇 − 𝑇 ) si risolve l’integrale: 2√𝑙

𝑎(𝑇 − 𝑇 )

(𝑇 − 𝑇 )𝑑𝑥

2 𝑥(𝑇 − 𝑇 ) + 𝑙𝑇= 𝑡 − 0

𝑡 =2√𝑙

𝑎(𝑇 − 𝑇 )𝑥(𝑇 − 𝑇 ) + 𝑙𝑇 =

2√𝑙

𝑎(𝑇 − 𝑇 )𝑙𝑇 − 𝑙𝑇 =

2𝑙 𝑇 − 𝑇

𝑎(𝑇 − 𝑇 )

=2𝑙

𝑎( 𝑇 + 𝑇 )

Q7. Il grafico riportato nella figura seguente potrebbe rappresentare l’andamento della velocità con cui una carica puntiforme si allontana per repulsione elettrostatica da un’altra carica puntiforme, fissa, di eguale segno? Motiva la tua risposta.

Soluzione Indichiamo con 𝑄 la carica fissa e con 𝑞 la carica mobile. Il testo non specifica se l’andamento sia in funzione della distanza di 𝑞 da 𝑄 (misurata ponendo lo zero nella posizione iniziale di 𝑞), o in funzione del tempo. In ogni caso, la legge di conservazione dell’energia ci assicura che non è possibile un andamento come quello mostrato, in cui la velocità cresce in modo illimitato per grandi distanze (o per tempi lunghi). In tal caso, infatti, si produrrebbe un valore infinito dell’energia cinetica, mentre contemporaneamente diminuirebbe l’energia potenziale elettrostatica. Possiamo dimostrarlo con il calcolo supponendo che 𝑞 sia inizialmente ferma a distanza 𝑅 da 𝑄, e imponendo che per ogni distanza maggiore di 𝑅, che indicheremo con 𝑥 + 𝑅, (𝑥 > 0), la

15

somma dell’energia cinetica di 𝑞 e dell’energia potenziale del sistema sia sempre uguale all’energia potenziale iniziale:

1

2𝑚𝑣 + 𝑘

𝑞𝑄

𝑥 + 𝑅= 𝑘

𝑞𝑄

𝑅

da cui si ricava l’andamento della velocità in funzione della distanza 𝑥 di 𝑞 da 𝑄:

𝑣(𝑥) =2𝑘𝑞𝑄

𝑚

1

𝑅−

1

𝑥 + 𝑅

Questa funzione non corrisponde al grafico proposto in quanto, pur passando per l’origine per 𝑥 = 0, non cresce all’infinito per grandi distanze, ma tende a un valore asintotico:

lim→

2𝑘𝑞𝑄

𝑚

1

𝑅−

1

𝑥 + 𝑅=

2𝑘𝑞𝑄

𝑚

1

𝑅

La sola possibilità di far corrispondere il grafico con la soluzione è assumere che la velocità sia in ascissa, in ordinata vi sia il tempo, e che l’andamento presenti un asintoto verticale in corrispondenza del valore 2. Q8. Un punto si muove lungo l’asse 𝑥 secondo la legge:

𝑥 = 𝑎 ∙ sin 3𝑡 −𝜋

4

con a costante positiva. Determina: a) l’ampiezza e il periodo di oscillazione;

b) l’istante 𝑡 in cui il punto raggiunge per la prima volta la massima distanza dall’origine. Soluzione Semplifichiamo la legge proposta con formula goniometrica per la bisezione:

sin𝛼

2=

1 − cos 𝛼

2 → sin 𝛼 =

1 − cos 2𝛼

2 → sin 𝛼 =

1 − cos 2𝛼

2

sostituendo si ha: 𝑥(𝑡) =

𝑎

21 − cos 6𝑡 −

𝜋

2

che, applicando l’identità trigonometrica cos 𝛼 − = sin 𝛼 , diventa:

𝑥(𝑡) =𝑎

2(1 − sin 6𝑡)

Questa legge oraria è ottenuta traslando del vettore (0; ) la funzione:

𝑓(𝑡) = −𝑎

2sin 6𝑡

che descrive un moto armonico 𝐴 sin 𝜔𝑡 di ampiezza 𝐴 e periodo 𝑇 rispettivamente:

𝐴 =𝑎

2 𝑇 =

2𝜋

𝜔=

2𝜋

6=

𝜋

3

La massima distanza dall’origine si raggiunge per la prima volta nel primo istante in cui, partendo da 𝑡 = 0, sin 6𝑡 assume il suo massimo valore negativo:

sin 6𝑡 = −1 → 6𝑡 =3𝜋

2 → 𝑡 =

𝜋

4

Il valore di questa massima distanza è 𝑎, come si ricava sostituendo 𝑡 = 𝜋/4 nella legge oraria.