A) Meccanica
Un cilindro di altezza h, raggio r e massa m, ruota attorno al proprio asse (disposto
verticalmente) con velocita` angolare ωi. Il cilindro viene appoggiato delicatamente
su un secondo cilindro di altezza H, raggio R e massa M, in modo che gli assi dei
due cilindri coincidano. Il secondo cilindro e` inizialmente fermo e appoggia su un
piano privo di attrito, mentre esiste una forza di attrito sulla superficie di contatto
tra i due cilindri, responsabile di un momento di attrito τ . Si suppone che τ sia
indipendente dalla velocita` (angolare) relativa dei due cilindri.
Trascorso un tempo t dal momento dell’appoggio, la velocita` angolare relativa dei
due cilindri si annulla.
1
2
La densita` di massa dei cilindri e` omogenea. Detti I1 e I2 i momenti d’inerzia dei
cilindri rispetto al proprio asse, determinare:
a) La velocita` angolare finale comune dei due cilindri, ωf ;
b) Il lavoro W fatto dal momento d’attrito sul cilindro 2, in funzione del
momento e dell’angolo Θ di cui il cilindro 2 e` ruotato nel tempo t;
c) La variazione di energia cinetica del cilindro 2;
d) Supposto incognito il momento τ e noto l’angolo Θ , ricavare il valore del
momento mediante il teorema dell’energia cinetica, in funzione di Θ, dei
momenti d’inerzia e della velocita` angolare iniziale.
Soluzione
a) Il sistema formato dai due cilindri non subisce forze o momenti esterni non
bilanciati. Ne segue che il momento angolare si conserva. Inizialmente, prima che i
due cilindri siano messi in contatto Li = I 1ωi , mentre alla fine, quando i due
cilindri ruotano solidalmente, L f = (I 1 + I 2 )ω f . Per la conservazione, abbiamo
I 1ωi = (I1 + I 2 )ω f , da cui ω f =
I1
ωi
I1 + I 2
Θ


b) Il lavoro del momento d’attrito sul cilindro 2 e` W2 = ∫ τ ⋅ dθ = τΘ .
0
c) La variazione di energia cinetica del cilindro 2 e`:
2
1
1 I1 I 2
2
2
.
∆K 2 = I 2ω f − 0 =
2 ωi
2
2 (I 1 + I 2 )
d) il momento e`:
∆K 2 1 I 1 I 2 ωi
W
=
τ= 2 =
2
Θ
Θ
2 (I 1 + I 2 ) Θ
2
2
B) Gravitazione
Una stella doppia e` un sistema costituito da due stelle in moto attorno al centro di
massa C sotto il reciproco influsso gravitazionale. Supponiamo per semplicita` che
le orbite siano circolari e che il piano su cui si trovano le stelle contenga anche
l’osservatore terrestre O, posto a grandissima distanza D. Detti a1 e a2 i raggi delle
orbite, con tecniche fotografiche l’osservatore puo` misurare il rapporto a1 /a2 ;
puo` inoltre misurare il comune periodo di rivoluzione T delle due stelle.
Si determini, in funzione di a1 /a2 e di T:
a) Il rapporto v1 /v2 tra le velocita` delle stelle;
b) Il rapporto m1 /m2 tra le masse delle stelle (suggerimento: considerare la
posizione del cdm nel sistema del cdm);
c) Supposti noti i raggi a1 e a2, trovare infine la massa di entrambe le stelle.
Soluzione
a) la velocita` su di un’orbita circolare e` data da v =
velocita` e` uguale al rapporto dei raggi:
v1 a1
= .
v2 a 2
2πa
, quindi il rapporto delle
T


m1a1 + m2 a2
b) La posizione del cdm e` zero in tale sistema, quindi: 0 =
m1 + m2
m a
E passando ai moduli: 0 = m1a1 − m2 a2 , ovvero: 1 = 2 .
m2 a1
c) Uguagliamo la forza centripeta di ciascuna stella alla mutua forza
gravitazionale: G
ω=
mm
m1m2
= m1ω 2 a1 , G 1 2 2 = m2ω 2 a2 . Tenendo conto che
2
d
d
2π
e che d = a1 + a2 , otteniamo:
T
4π 2
2
m1 = 2 a2 (a1 + a2 )
T G
4π 2
2
m2 = 2 a1 (a1 + a2 )
T G
I raggi a1 e a2 possono essere calcolati se e` nota la distanza D e se sono stati
misurati gli angoli θ1 e θ2 sotto cui l’osservatore vede i raggi:
ak = Dθ k .
C) Termodinamica
Un sistema e` composto da n moli di gas ideale e compie un ciclo reversibile
composto da tre trasformazioni: un’isoterma AB, un’isobara BC e un’isocora CA.
Siano pA, VA, T2, le coordinate termodinamiche di A; pB, VB, T2, quelle di B e pC,
VC, TC, quelle di C.
p
A
B
C
V
a) Trovare la variazione di entropia del sistema per ciascuna delle tre
trasformazioni;
b) Trovare il rapporto delle temperature TC e T2 in funzione dei volumi VA e VB;
c) Verificare esplicitamente che la variazione di entropia del sistema nel ciclo
completo e` nulla;
d) Qual e` la variazione di entropia dell’ambiente nel ciclo completo?
Giustificare la risposta.
Soluzione
a) la variazione di entropia per la trasformazione reversibile isoterma e`:
∆S AB
V
1V
dV
V
 δQ 
= ∫ 
= ∫ pdV = nR ∫
= nR log B
T2 V
VA
V V
A  T  isoterma
B
B
B
A
A
per quella isobara e`:
T
C
T
dT
 δQ 
∆S BC = ∫  
= ∫ nC p
= nC p log C
T
T2
B  T  isobara
T
C
B
e per quella isocora e`:
T
dT
T
 δQ 
∆S CA = ∫  
= ∫ nCv
= nCv log 2
T
TC
C  T  isocora
T
A
A
C
b) usiamo l’equazione di stato nei punti B e C e facciamone il rapporto:
p BVB nRT2
=
pCVC nRTC
Dall’uguaglianza delle pressioni in questi punti, segue:
VB T2
=
VC TC
e quindi
VB T2
=
VA TC
c) sommando i contributi delle trasformazioni:
∆S = nR log
VB
T
T
T
− nC p log 2 + nCv log 2 = n(R − C p + Cv )log 2
VA
TC
TC
TC
Per la relazione di Mayer la parentesi e` nulla e quindi la variazione di entropia sul
ciclo e` nulla, come dev’essere per il carattere di funzione di stato di questa
grandezza.
d) Per ognuna delle tre trasformazioni reversibili del sistema, una ugual quantita`
di calore, ma di segno opposto, viene scambiata reversibilmente con l’ambiente.
Ne segue che la variazione di entropia dell’ambiente in ciascuna trasformazione e
quindi nell’intero ciclo, e` uguale e contraria a quella del sistema. Essendo nulla la
variazione di entropia totale del sistema, e` nulla anche quella dell’ambiente.
D) Elettricita`
Sia dato un condensatore cilindrico di lunghezza molto maggiore del raggio b
dell’elettrodo esterno. Sia a il raggio dell’elettrodo interno.
Il condensatore e` riempito radialmente di materiale dielettrico di costante ε1 fino a
distanza c dal centro e di materiale dielettrico di costante ε2 per la parte restante.
Detta Q la carica presente sugli elettrodi e λ la carica per unita` di lunghezza,
determinare
a) Il campo elettrico E all’interno e all’esterno del condensatore;
b) ricordandone la definizione: u =
1 2
εE , la densita` di energia elettrostatica
2
all’interno e all’esterno del condensatore;
c) l’energia elettrostatica U immagazzinata in una lunghezza l di condensatore.
Soluzione
a) In assenza di dielettrico il campo elettrico si puo` calcolare con la legge di Gauss
e risulta:
 λ 1
...........a < r < b

.
E (r ) =  2πε 0 r
0....................r < a, r > b

La presenza del dielettrico cambia il valore del campo diminuendolo localmente di
un fattore uguale all’inverso della costante dielettrica relativa del materiale
presente nel punto considerato:
 λ 1
 2πε r ...........a < r < c
1

 λ 1
E (r ) = 
...........c < r < b
2
r
πε
2

0....................r < a, r > b


b)la densita` di energia elettrostatica e`, punto per punto, u =
 λ2 1
8π 2ε r 2 ...........a < r < c
1

2
 λ 1
u (r ) =  2
...........c < r < b
2
r
8
π
ε
1

0....................r < a, r > b


1 2
εE , quindi:
2
c)l’energia elettrostatica si trova integrando la densita` di energia nel volume
considerato:
λ2 1
λ2 1
U = ∫ u (r )dV = ∫ 2
dV + ∫ 2
dV
2
2
V
V 8π ε 1 r
V 8π ε 2 r
1
2
Il volume V1 e` un anello cilindrico di altezza l e raggi a, c. Il volume V2 e` un
anello cilindrico di altezza l e raggi c, b. Ricordando che dV = l 2πrdr ed
eseguendo il calcolo, si ottiene:
λ2 l c 1
λ2 l b 1
λ2 l
c
λ2l
b
U=
dr +
dr =
log +
log
∫
∫
a 4πε 2
c
4πε 1 a r
4πε 2 c r
4πε 1
E) Magnetismo
Sono dati due fili indefiniti paralleli, giacenti sul piano xy, distanti 2d, percorsi da
correnti uguali ed opposte. Consideriamo il piano xz, perpendicolare al piano dei
fili ed equidistante da essi. Sfruttando le simmetrie del sistema,
a) determinare modulo, direzione e verso del campo magnetico generato dai fili
in un punto generico di tale piano;
b) Disegnare il grafico del modulo del campo magnetico in funzione della
coordinata z, trovare per quale valore di z presenta un massimo e calcolare il
valore di tale massimo.
Soluzione
a) C’e` simmetria di traslazione lungo x, quindi il campo puo` dipendere da z, ma
non da x. Immaginiamo dunque di prendere una sezione a x=costante del nostro
sistema:
Applichiamo il principio di sovrapposizione, sommando il contributo dei due fili e
ricordando che il campo di ciascuno e` del tipo Biot-Savart. Per la simmetria del
piano xz rispetto ai fili, i contributi sono tali da annullare la componente
perpendicolare al piano stesso. Avremo dunque

 
Btot = B1 + B2 ,
B1 = B2 =
Quindi il modulo del campo e` Btot = 2
µ0 i
,
2π D
Btot = 2 B1 cos θ .
µ 0 i d µ 0 id
, mentre la
=
2π D D π d 2 + z 2
direzione e il verso sono quelle z negative.
b) Il modulo del campo sul piano xz e` una funzione di Lorentz:
Il massimo si ha per z=0 e vale (Btot )max =
µ0 i
π d