Spagna 2014

P1 Solución

a) Dado que el satélite describe una órbita circular de radio $a$ en torno a la Tierra, se verifica que

$G\frac{M_{T}m}{a^2}=m{\omega }^{2}a(1)$

Donde $M_T$ es la masa de la Tierra, $m$ la masa del satélite, $G$ la constante de Gravitación universal y $\omega =2\pi /T$, siendo $T$ el periodo de revolución del satélite. Como la aceleración de la gravedad en la superficie de la Tierra es $g=G{M}_T/R_T^2$, en la que $R_T$ es el radio de la Tierra, la expresión (1) se puede escribir

$g\frac{R_T^2}{a^2}={\left(\frac{2\pi }{T}\right)}^{2}a\Rightarrow T=\frac{2\pi }{R_T}{\left(\frac{a^3}{g}\right)}^{1/2}(2)$

b) De la figura 5, que es una ampliación de una parte de la figura 4, se deduce

$\begin{array}{rl}AP\text{sen}\phi & =a\text{sen}\theta \\ AP\cos \phi & =a\cos \theta -R_T\end{array}\}(3)$

Dividiendo miembro a miembro en (3), se obtiene la relación buscada

$\text{tg}\theta =\frac{a\text{sen}\phi }{a\cos \phi -R_T}(4)$

c) La distancia entre la Tierra y cualquiera de las constelaciones del zodiaco es muchísimo mayor que el radio de la Tierra ($6,37\times 10^3\text{km}$). Por ejemplo, la estrella Aldebarán, representativa de Tauro, está a 65 años luz, que equivale a $6,1\times 10^{14}\text{km}$. En consecuencia, las direcciones de las visuales a Tauro desde A y desde el centro de la Tierra, pueden considerarse paralelas. Por otra parte, tal como indica el enunciado, las casas del zodiaco están regularmente espaciadas cada $30^{\circ }$. En definitiva, se tiene que

$\theta =30^{\circ }$

d) De (4) se deduce que

$a=R_T\frac{\text{tg}\theta }{\text{tg}\theta \cos \phi -\text{sen}\phi }$

Con $\theta =30^{\circ }$, $\phi =1,94^{\circ }$ y $R_T=6,37\times 10^6\text{m}$, resulta

$a=6,77\times 10^6\text{m}$

e) Como la velocidad angular orbital del satélite es constante, el tiempo $\tau$ que transcurrirá desde que el observador A ve pasar el satélite por P hasta que lo hace por Q, viene dado por

$\frac{\phi (\text{rad})}{\tau }=\frac{2\pi }{T}\Rightarrow \tau =\frac{\phi (\text{rad})}{2\pi }T=\frac{\phi {(}^{\circ })}{360}T$

El valor numérico del periodo $T$ se obtiene de (2)

$T=5,55\times 10^3\text{s}$

En total

$\tau =29,9\text{s}$

Foto Patio de la Infanta con simboli zodiacali

Tabella simboli astrologici pianeti e segni

Ruota zodiacale con costellazioni eclittica

Schema Terra satellite orbita costellazione Ariete

Geometria vettori osservatore satellite angolo theta

Topic: Gravitation, Newtonian Mechanics Metodi: Newton’s Law of Gravitation, Kinematic Equations, Vector Decomposition, Kepler’s Laws Competenze: Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning, Physical Reasoning Objects: Satellite, Planet Fonte: Testo (PDF) — p.4

P1 Soluzione

a) Poiché il satellite descrive un’orbita radiocircolare $a$ intorno alla Terra, si verifica che

$G\frac{M_{T}m}{a^2}=m{\omega }^{2}a(1)$

Dove $M_T$ è la massa della Terra, $m$ la massa del satellite, $G$ la costante di Gravità Universale e $\omega =2\pi /T$, essendo $T$ il periodo di rivoluzione del satellite. Poiché l’accelerazione della gravità sulla superficie della Terra è $g=G{M}_T/R_T^2$, in cui $R_T$ è il raggio della Terra, l’espressione (1) può essere scritta

$g\frac{R_T^2}{a^2}={\left(\frac{2\pi }{T}\right)}^{2}a\Rightarrow T=\frac{2\pi }{R_T}{\left(\frac{a^3}{g}\right)}^{1/2}(2)$

b) Dalla figura 5, che è un’ampliamento di una parte della figura 4, si deduce che

$\begin{array}{rl}AP\text{sen}\phi & =a\text{sen}\theta \\ AP\cos \phi & =a\cos \theta -R_T\end{array}\}(3)$

Dividendo membro a membro in (3), si ottiene la relazione richiesta

$\text{tg}\theta =\frac{a\text{sen}\phi }{a\cos \phi -R_T}(4)$

c) La distanza tra la Terra e qualsiasi costellazione del zodiaco è molto più grande del raggio della Terra ($6,37\times 10^3\text{km}$). Ad esempio, la stella Aldebaran, rappresentativa di Tauro, è a 65 anni luce, che equivale a $6,1\times 10^{14}\text{km}$. Di conseguenza, le direzioni delle visioni a Toro da A e dal centro della Terra, possono essere considerate parallele. Inoltre, come indicato nella frase, le case del zodiaco sono regolarmente spaziate ogni $30^{\circ }$. In definitiva, bisogna

$\theta =30^{\circ }$

d) (4) si deduce che

$a=R_T\frac{\text{tg}\theta }{\text{tg}\theta \cos \phi -\text{sen}\phi }$

Con $\theta =30^{\circ }$, $\phi =1,94^{\circ }$ e $R_T=6,37\times 10^6\text{m}$, si ottiene

$a=6,77\times 10^6\text{m}$

e) Como la velocidad angular orbital del satélite es constante, el tiempo $\tau$ que transcurrirá desde que el observador A ve pasar el satélite por P hasta que lo hace por Q, viene dado por

$\frac{\phi (\text{rad})}{\tau }=\frac{2\pi }{T}\Rightarrow \tau =\frac{\phi (\text{rad})}{2\pi }T=\frac{\phi {(}^{\circ })}{360}T$

Il valore numerica del periodo $T$ è ottenuto da (2)

$T=5,55\times 10^3\text{s}$

Complessivamente

$\tau =29,9\text{s}$

Foto Patio de la Infanta con simboli zodiacali

Tabella dei simboli astrologici pianeti e segni

Ruota zodiacale con costellazioni eclittica

Schema Terra satellite orbita costellazione Ariete

Geometria vettori osservatore satellite angolo theta

Topic: Gravitation, Newtonian Mechanics Metodi: Newton’s Law of Gravitation, Kinematic Equations, Vector Decomposition, Kepler’s Laws Competenze: Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning, Physical Reasoning Objects: Satellite, Planet Fonte: Testo (PDF) — p.4

P1 Solution

a) Since the satellite describes a circular orbit of radius $a$ around Earth, it holds that

$G\frac{M_{T}m}{a^2}=m{\omega }^{2}a(1)$

where $M_T$ is the mass of Earth, $m$ the satellite’s mass, $G$ the universal gravitational constant, and $\omega =2\pi /T$, with $T$ being the satellite’s orbital period. Given that the acceleration due to gravity at Earth’s surface is $g=G{M}_T/R_T^2$, where $R_T$ is Earth’s radius, expression (1) can be rewritten as

$g\frac{R_T^2}{a^2}={\left(\frac{2\pi }{T}\right)}^{2}a\Rightarrow T=\frac{2\pi }{R_T}{\left(\frac{a^3}{g}\right)}^{1/2}(2)$

b) From Figure 5, which is an enlargement of a portion of Figure 4, it follows that

$\begin{array}{rl}AP\text{sen}\phi & =a\text{sen}\theta \\ AP\cos \phi & =a\cos \theta -R_T\end{array}\}(3)$

Dividing both sides of (3) term by term yields the desired relation:

$\text{tg}\theta =\frac{a\text{sen}\phi }{a\cos \phi -R_T}(4)$

c) The distance from Earth to any of the zodiac constellations is vastly greater than Earth’s radius ($6,37\times 10^3\text{km}$). For example, the star Aldebaran, representative of Taurus, is located 65 light-years away, equivalent to $6,1\times 10^{14}\text{km}$. Therefore, the directions of sightlines from point A and from Earth’s center toward Taurus may be considered parallel. Moreover, as stated in the problem, zodiacal houses are regularly spaced every $30^{\circ }$. In conclusion,

$\theta =30^{\circ }$

d) From (4), it follows that

$a=R_T\frac{\text{tg}\theta }{\text{tg}\theta \cos \phi -\text{sen}\phi }$

With $\theta =30^{\circ }$, $\phi =1,94^{\circ }$ and $R_T=6,37\times 10^6\text{m}$, one obtains

$a=6,77\times 10^6\text{m}$

e) Since the satellite’s orbital angular velocity is constant, the time $\tau$ elapsed from when observer A sees the satellite pass point P until it passes point Q is given by

$\frac{\phi (\text{rad})}{\tau }=\frac{2\pi }{T}\Rightarrow \tau =\frac{\phi (\text{rad})}{2\pi }T=\frac{\phi {(}^{\circ })}{360}T$

The numerical value of the period $T$ is obtained from (2):

$T=5,55\times 10^3\text{s}$

In total,

$\tau =29,9\text{s}$

Photo of the Infanta’s Patio with zodiac symbols

Table of astrological symbols: planets and signs

Zodiac wheel with constellations and ecliptic

Diagram of Earth, satellite, orbit, and constellation Aries

Vector geometry: observer, satellite, and angle theta

P2 Solución

En primer lugar, haciendo uso de la regla de la figura 1, pueden determinarse las distancias características del proceso de caída de la gota: la longitud de la traza de la gota durante la exposición, $\Delta z$, la distancia recorrida por la gota hasta el instante del disparo de la cámara, $z_0$, y la altura de la gruta, $h$. Estas distancias se indican en la figura 2 y sus medidas, expresadas en unidades arbitrarias (u.a.), van a ser los datos del problema. Los resultados de las medidas son:

$\Delta z=0,6\text{u.a.}{z}_0=6,3\text{u.a.}h=12,8\text{u.a.}$

Expresadas en metros, las anteriores longitudes son, respectivamente,

$\Delta Z=f\Delta z{Z}_0=f{z}_{0}H=fh$

Donde $f$ es el factor de conversión de las unidades arbitrarias a metros, en principio desconocido.

a) Despreciando la resistencia del aire, la gota cae desde el reposo con aceleración $g$. Si $t_0$ es el tiempo que transcurre desde que se desprende la gota hasta que se dispara la cámara (tiempo de reacción del montañero), la velocidad de la gota en el instante del disparo es

$v_0=g{t}_0(1)$

El espacio recorrido por la gota en este tiempo es

$Z_0=\frac{1}{2}g{t}_0^2(2)$

Por otra parte, como $\Delta Z<<Z_0$ y el tiempo de exposición es muy breve, podemos considerar que la gota se mueve con velocidad aproximadamente constante $v_0$ durante la exposición, de forma que

$\Delta Z=v_0\Delta t(3)$

Las relaciones (2) y (3) pueden expresarse en función de los datos y del factor de conversión

$f{z}_0=\frac{1}{2}g{t}_0^2(4)$

$f\Delta z=v_0\Delta t(5)$

Dividiendo miembro a miembro (4) y (5) y teniendo en cuenta (1), resulta

$t_0=\frac{2z_0}{\Delta z}\Delta t$

Esta expresión es independiente de $f$. Con los datos numéricos anteriores y $\Delta t=(1/45)\text{s}$ se obtiene

$t_0=0,47\text{s}$

b) Sustituyendo directamente $t_0$ en (2) se calcula la distancia $Z_0$

$Z_0=1,1\text{m}$

c) Para calcular la altura de la entrada de la gruta, $H$, se necesita el factor de conversión $f$. Su valor es

$f=\frac{Z_0}{z_0}\Rightarrow f=0,17\text{m/u.a.}$

Por lo que la altura es

$H=fh\Rightarrow H=2,2\text{m}$

Nota: las medidas sobre la fotografía tienen una precisión muy baja. En particular, la medida de $h$ es muy imprecisa porque no está muy claro dónde está el suelo de la gruta. También tiene una precisión relativa muy baja la medida de $\Delta z$, por ser una distancia sólo un poco mayor que la resolución de la regla. Por todo ello, los resultados numéricos son simples estimaciones de los valores reales.

Foto gruta con goccia in caduta libera

Foto annotata misure goccia A B H distanze

Topic: Newtonian Mechanics, Order-of-Magnitude Estimation Metodi: Kinematic Equations, Approximation & Series Expansion, Experimental Data Analysis Competenze: Estimation & Approximation, Experimental Data Analysis, Mathematical Modeling Objects: Droplet Fonte: Testo (PDF) — p.6

P2 Soluzione

In primo luogo, utilizzando la regola di figura 1, si possono determinare le distanze caratteristiche del processo di caduta della goccia: la lunghezza della traccia della goccia durante l’esposizione, $\Delta z$, la distanza percorsa dalla goccia fino all’istante del colpo della camera, $z_0$, e l’altezza della grotta, $h$. Queste distanze sono indicate in figura 2 e le loro misure, espresse in unità arbitrarie (a.a.), saranno i dati del problema. I risultati delle misure sono:

$\Delta z=0,6\text{u.a.}{z}_0=6,3\text{u.a.}h=12,8\text{u.a.}$

Esprimite in metri, le lunghezze precedenti sono rispettivamente:

$\Delta Z=f\Delta z{Z}_0=f{z}_{0}H=fh$

In cui $f$ è il fattore di conversione delle unità arbitrarie in metri, in principio sconosciuto.

a) Sfruttando la resistenza dell’aria, la goccia cade dal riposo con l’accelerazione $g$. Se $t_0$ è il tempo che passa dal momento in cui la goccia viene scaricata fino al momento in cui la camera viene sparata (tempo di reazione del montatore), la velocità della goccia all’istante di sparare è

$v_0=g{t}_0(1)$

Lo spazio percorso dalla goccia in questo tempo è

$Z_0=\frac{1}{2}g{t}_0^2(2)$

Inoltre, poiché $\Delta Z<<Z_0$ e il tempo di esposizione è molto breve, si può considerare che la goccia si muova a velocità costante circa $v_0$ durante l’esposizione, in modo che

$\Delta Z=v_0\Delta t(3)$

Le relazioni (2) e (3) possono essere espresse in base ai dati e al fattore di conversione

$f{z}_0=\frac{1}{2}g{t}_0^2(4)$

$f\Delta z=v_0\Delta t(5)$

Dividendo membro a membro (4) e (5) e tenendo conto di (1), si ottiene

$t_0=\frac{2z_0}{\Delta z}\Delta t$

Questa espressione è indipendente da $f$. Con i dati numerici precedenti e $\Delta t=(1/45)\text{s}$ si ottiene

$t_0=0,47\text{s}$

b) Substituendo direttamente $t_0$ in (2) si calcola la distanza $Z_0$

$Z_0=1,1\text{m}$

c) Per calcolare l’altezza dell’ingresso della grotta, $H$, è necessario il fattore di conversione $f$. Il suo valore è

$f=\frac{Z_0}{z_0}\Rightarrow f=0,17\text{m/u.a.}$

Per quanto l’altezza è

$H=fh\Rightarrow H=2,2\text{m}$

Nota: le misure sulla fotografia sono molto precise. In particolare, la misura di $h$ è molto imprecisa perché non è molto chiaro dove sia il suolo della grotta. Ha anche una precisione relativa molto bassa, la misura di $\Delta z$, essendo una distanza solo un po’ maggiore della risoluzione della regola. Per questo i risultati numerici sono semplici stime dei valori reali.

Foto grotta con goccia in caduta libera

Foto annotata misure goccia A B H distanze

Topic: Newtonian Mechanics, Order-of-Magnitude Estimation Metodi: Kinematic Equations, Approximation & Series Expansion, Experimental Data Analysis Competenze: Estimation & Approximation, Experimental Data Analysis, Mathematical Modeling Objects: Droplet Fonte: Testo (PDF) — p.6

P2 Solution

First, using the rule shown in Figure 1, the characteristic distances of the droplet’s fall process can be determined: the length of the droplet’s trace during exposure, $\Delta z$, the distance traveled by the droplet until the moment the camera is triggered (mountaineer’s reaction time), $z_0$, and the height of the cave, $h$. These distances are indicated in Figure 2 and their measured values, expressed in arbitrary units (u.a.), will serve as the problem’s data.

The results of the measurements are:

$\Delta z=0,6\text{u.a.}{z}_0=6,3\text{u.a.}h=12,8\text{u.a.}$

Expressed in meters, these lengths are respectively:

$\Delta Z=f\Delta z{Z}_0=f{z}_{0}H=fh$

where $f$ is the conversion factor from arbitrary units to meters, initially unknown.

a) Neglecting air resistance, the droplet falls from rest with acceleration $g$. If $t_0$ is the time elapsed from when the droplet detaches until the camera is triggered (mountaineer’s reaction time), then the velocity of the droplet at the moment of triggering is

$v_0=g{t}_0(1)$

The distance traveled by the droplet during this time is

$Z_0=\frac{1}{2}g{t}_0^2(2)$

On the other hand, since $\Delta Z<<Z_0$ and the exposure time is very brief, we may assume that during exposure the droplet moves with approximately constant velocity $v_0$, so that

$\Delta Z=v_0\Delta t(3)$

Equations (2) and (3) can be expressed in terms of the data and the conversion factor:

$f{z}_0=\frac{1}{2}g{t}_0^2(4)$

$f\Delta z=v_0\Delta t(5)$

Dividing equation (4) by equation (5) term by term and taking into account (1), we obtain

$t_0=\frac{2z_0}{\Delta z}\Delta t$

This expression is independent of $f$. Using the previous numerical data and $\Delta t=(1/45)\text{s}$, one obtains

$t_0=0,47\text{s}$

b) Substituting $t_0$ directly into (2), the distance $Z_0$ is calculated as

$Z_0=1,1\text{m}$

c) To compute the height of the cave entrance, $H$, the conversion factor $f$ is required. Its value is

$f=\frac{Z_0}{z_0}\Rightarrow f=0,17\text{m/u.a.}$

Therefore, the height is

$H=fh\Rightarrow H=2,2\text{m}$

Note: The measurements taken from the photograph have very low precision. In particular, the measurement of $h$ is highly inaccurate because it is unclear where the cave floor lies. Moreover, the measurement of $\Delta z$ has very low relative precision because it is only slightly larger than the ruler’s resolution. For all these reasons, the numerical results are merely rough estimates of the actual values.

Photo of cave with droplet in free fall

Annotated photo showing measurements of droplet A, B, H, and distances

P3 Solución

a) Como se indica en el enunciado, la carga de la esfera conductora se distribuye en la superficie, pero el campo eléctrico en el exterior de la esfera es el mismo que si toda la carga $Q$ estuviese concentrada en el centro de la esfera, es decir con dirección radial y módulo

$E=k\frac{Q}{r^2}$

La mayor intensidad de este campo se tiene junto a la superficie del conductor, es decir cuando $r=R$. En el límite de que este campo sea igual al de ruptura dieléctrica

$E_{\text{max}}=k\frac{Q_{\text{max}}}{R^2}\Rightarrow Q_{\text{max}}=\frac{R^2}{k}{E}_{\text{max}}\Rightarrow Q_{\text{max}}=3,3\mu \text{C}$

El potencial de la esfera es, en este caso

$V_{\text{max}}=k\frac{Q_{\text{max}}}{R}=E_{\text{max}}R\Rightarrow V_{\text{max}}=3,0\times 10^5\text{V}$

b) La carga de la esfera es

$V=k\frac{Q}{R}\Rightarrow Q=\frac{VR}{k}\Rightarrow Q=2,5\mu \text{C}$

c) Dos cargas de igual signo se repelen. Sobre el molde situado en la parte superior de la esfera actúa una fuerza resultante hacia arriba $F=F_e-F_g$, siendo $F_e$ la fuerza eléctrica de repulsión y $F_g$ la fuerza gravitatoria, es decir, el peso del molde. Para calcular la fuerza de interacción entre la esfera y un molde, supuesto puntual, podemos utilizar la ley de Coulomb, como si fuesen dos partículas cargadas.

$F=k\frac{Qq}{R^2}-mg=ma\Rightarrow a=k\frac{Qq}{m{R}^2}-g\Rightarrow a=46{\text{m/s}}^2$

d) En una primera fase del recorrido el molde parte del reposo y se acelera hacia arriba, ya que $F_e>F_g$. En un punto determinado, C, las fuerzas se igualan y a partir de entonces $F_e<F_g$, por lo que el molde reduce su velocidad hasta que, en el punto más alto, la velocidad vuelve a anularse.

Las fuerzas $F_e$ y $F_g$ son conservativas, por lo que la energía mecánica del molde se conserva. Tanto en el punto inicial, A, como en el más alto, B, la energía cinética es nula, luego

$k\frac{Qq}{R}+mgR=k\frac{Qq}{r_B}+mg{r}_B$

Operando, se obtiene la siguiente ecuación de segundo grado en $r_B$

$r_B^2-\left(k\frac{Qq}{mgR}+R\right)r_B+k\frac{Qq}{mg}=0$

Sustituyendo los datos (en el SI), se obtiene

$r_B^2-0,674r_B+0,0574=0$

De las dos soluciones de la ecuación, una de ellas es la trivial, $r_B=0,10\text{m}=R$, que corresponde a la posición inicial. La otra, correspondiente al punto más alto B, resulta

$r_B=0,57\text{m}$

e) La velocidad ascendente del molde aumenta hasta el punto C, en el que se igualan en módulo las fuerzas gravitatoria y electrostática. En este punto la aceleración del molde es nula y la velocidad es máxima, $v_{\text{max}}$. Por tanto, en C se cumple

$k\frac{Qq}{r_C^2}=mg\Rightarrow r_C=\sqrt{k\frac{Qq}{mg}}\Rightarrow r_C=0,24\text{m}$

f) La conservación de la energía mecánica entre los puntos A y C permite escribir

$k\frac{Qq}{R}+mgR=k\frac{Qq}{r_C}+mg{r}_C+\frac{1}{2}m{v}_{\text{max}}^2\Rightarrow$

$v_{\text{max}}=\sqrt{2\left[\frac{Qq}{m}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{r_C}\right)-g(r_C-R)\right]}\Rightarrow v_{\text{max}}=2,0\text{m/s}$

g) Podría pensarse que, cuando hay varios moldes superpuestos, se cargan todos a la vez y el conjunto es repelido en bloque por la esfera. Esto no es correcto porque, como se indica en la “ayuda” del enunciado, la carga de un cuerpo conductor en equilibrio se distribuye en su superficie. En nuestro caso el cuerpo conductor total es la esfera más los moldes apilados en su vértice superior, de forma que únicamente el molde más exterior forma parte de la superficie del conjunto. Por tanto, el único que se carga inicialmente es el que está en el exterior, es decir el más alto. Cuando este molde salta y se aleja, el que era segundo molde pasa a formar parte de la superficie del conductor, se carga y es repelido por la esfera, y así sucesivamente.

Schema Van de Graaff con molde sferico Fig 1a 1b

Sfera carica con posizioni A B C velocita

Topic: Electrostatics, Newtonian Mechanics Metodi: Gauss’s Law, Coulomb’s Law, Conservation of Energy, Free-Body Diagram Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Conducting Sphere Fonte: Testo (PDF) — p.10

P3 Soluzione

a) Come indicato nella frase, la carica della sfera conduttrice è distribuita sulla superficie, ma il campo elettrico all’esterno della sfera è lo stesso che se tutta la carica $Q$ fosse concentrata nel centro della sfera, cioè con direzione radial e modulo

$E=k\frac{Q}{r^2}$

L’intensità più elevata di questo campo è raggiunta vicino alla superficie del conduttore, cioè quando $r=R$. Al limite che questo campo sia uguale a quello di rottura dielettrica

$E_{\text{max}}=k\frac{Q_{\text{max}}}{R^2}\Rightarrow Q_{\text{max}}=\frac{R^2}{k}{E}_{\text{max}}\Rightarrow Q_{\text{max}}=3,3\mu \text{C}$

Il potenziale della sfera è, in questo caso,

$V_{\text{max}}=k\frac{Q_{\text{max}}}{R}=E_{\text{max}}R\Rightarrow V_{\text{max}}=3,0\times 10^5\text{V}$

b) La carica della sfera è

$V=k\frac{Q}{R}\Rightarrow Q=\frac{VR}{k}\Rightarrow Q=2,5\mu \text{C}$

c) Due carichi di identico segno si rivolgono. Sul mucchio situato nella parte superiore della sfera agisce una forza risultante verso l’alto $F=F_e-F_g$, essendo $F_e$ la forza elettrica di respiro e $F_g$ la forza gravitazionale, cioè il peso del mucchio. Per calcolare la forza di interazione tra la sfera e un modello, supposto puntuale, possiamo usare la legge di Coulomb, come se fossero due particelle cariche.

$F=k\frac{Qq}{R^2}-mg=ma\Rightarrow a=k\frac{Qq}{m{R}^2}-g\Rightarrow a=46{\text{m/s}}^2$

d) In una prima fase del percorso il molde parte dal riposo e si accelera verso l’alto, poiché $F_e>F_g$. A un determinato punto, C, le forze si igualitano e da allora $F_e<F_g$, quindi il modello riduce la sua velocità fino a quando, al punto più alto, la velocità si annulla di nuovo.

Le forze $F_e$ e $F_g$ sono conservatrici, quindi l’energia meccanica del modello è conservata. Sia nel punto iniziale, A, sia nel più alto, B, l’energia cinetica è nulla, quindi

$k\frac{Qq}{R}+mgR=k\frac{Qq}{r_B}+mg{r}_B$

Operando, si ottiene la seguente equazione di secondo grado in $r_B$

$r_B^2-\left(k\frac{Qq}{mgR}+R\right)r_B+k\frac{Qq}{mg}=0$

Rimpiazzando i dati (in SI), si ottiene

$r_B^2-0,674r_B+0,0574=0$

Tra le due soluzioni dell’equazione, una è la triviale, $r_B=0,10\text{m}=R$, che corrisponde alla posizione iniziale. L’altro, che si trova al punto più alto B, è

$r_B=0,57\text{m}$

e) La velocità ascendente del modello aumenta fino al punto C, in cui le forze gravitazionali e elettrostatiche si eguagliano in modulo. A questo punto l’accelerazione del mucchio è zero e la velocità massima è $v_{\text{max}}$. Quindi, in C si compie

$k\frac{Qq}{r_C^2}=mg\Rightarrow r_C=\sqrt{k\frac{Qq}{mg}}\Rightarrow r_C=0,24\text{m}$

f) La conservazione dell’energia meccanica tra i punti A e C consente di scrivere:

$k\frac{Qq}{R}+mgR=k\frac{Qq}{r_C}+mg{r}_C+\frac{1}{2}m{v}_{\text{max}}^2\Rightarrow$

$v_{\text{max}}=\sqrt{2\left[\frac{Qq}{m}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{r_C}\right)-g(r_C-R)\right]}\Rightarrow v_{\text{max}}=2,0\text{m/s}$

g) Si potrebbe pensare che, quando ci sono diversi modelli superposti, si caricano tutti contemporaneamente e l’insieme viene respinto in blocco dalla sfera. Questo non è corretto perché, come indicato nell’aiuto della frase, il carico di un corpo conduttore in equilibrio è distribuito sulla sua superficie. Nel nostro caso il corpo conduttore totale è la sfera più gli stampi accumulati nella sua vertica superiore, in modo che solo il stampo più esterno fa parte della superficie dell’insieme. Quindi, l’unico che si carica inizialmente è quello che è all’esterno, cioè il più alto. Quando questo modello salta e si allontana, quello che era un secondo modello diventa parte della superficie del conduttore, si carica e viene respinto dalla sfera, e così via.

Schema Van de Graaff con modello sferico Fig 1a 1b

Sfera carica con posizioni A B C veloce

Topic: Electrostatics, Newtonian Mechanics Metodi: Gauss’s Law, Coulomb’s Law, Conservation of Energy, Free-Body Diagram Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Conducting Sphere Fonte: Testo (PDF) — p.10

P3 Solution

a) As indicated in the statement, the charge of the conducting sphere is distributed on the surface, but the electric field on the outside of the sphere is the same as if all the charge $Q$ were concentrated in the centre of the sphere, i.e. with radial direction and module

$E=k\frac{Q}{r^2}$

The highest intensity of this field is obtained next to the surface of the conductor, i.e. when $r=R$. In the limit that this field is equal to that of dielectric breakdown

$E_{\text{max}}=k\frac{Q_{\text{max}}}{R^2}\Rightarrow Q_{\text{max}}=\frac{R^2}{k}{E}_{\text{max}}\Rightarrow Q_{\text{max}}=3,3\mu \text{C}$

The potential of the sphere is, in this case,

$V_{\text{max}}=k\frac{Q_{\text{max}}}{R}=E_{\text{max}}R\Rightarrow V_{\text{max}}=3,0\times 10^5\text{V}$

b) The charge of the sphere is

$V=k\frac{Q}{R}\Rightarrow Q=\frac{VR}{k}\Rightarrow Q=2,5\mu \text{C}$

c) Two charges of equal sign are repelled. The force on the top of the sphere is the upward force $F=F_e-F_g$, the electric force of repulsion being $F_e$ and the gravitational force, i.e. the weight of the mold, being $F_g$. To calculate the force of interaction between the sphere and a mold, assuming point, we can use Coulomb’s law, as if they were two charged particles.

$F=k\frac{Qq}{R^2}-mg=ma\Rightarrow a=k\frac{Qq}{m{R}^2}-g\Rightarrow a=46{\text{m/s}}^2$

d) In the first stage of the route the mould is part of the rest and accelerates upwards, since $F_e>F_g$. At a given point, C, the forces are equalized and from then on $F_e<F_g$, so the mold reduces its speed until, at the highest point, the speed is again cancelled.

The $F_e$ and $F_g$ forces are conservative, so the mechanical energy of the mold is conserved. So both at the starting point, A, and at the highest point, B, the kinetic energy is zero, then

$k\frac{Qq}{R}+mgR=k\frac{Qq}{r_B}+mg{r}_B$

Operating the following second-degree equation in $r_B$

$r_B^2-\left(k\frac{Qq}{mgR}+R\right)r_B+k\frac{Qq}{mg}=0$

Substituting the data (in SI) is obtained

$r_B^2-0,674r_B+0,0574=0$

Of the two solutions to the equation, one of them is the trivial, $r_B=0,10\text{m}=R$, which corresponds to the starting position. The other, corresponding to the highest point B, is

$r_B=0,57\text{m}$

e) The upward speed of the mold increases to the point C, where the gravitational and electrostatic forces are equated in the module. At this point the mold acceleration is zero and the maximum speed is $v_{\text{max}}$. Therefore, in C it is fulfilled

$k\frac{Qq}{r_C^2}=mg\Rightarrow r_C=\sqrt{k\frac{Qq}{mg}}\Rightarrow r_C=0,24\text{m}$

f) The conservation of mechanical energy between points A and C allows for writing

$k\frac{Qq}{R}+mgR=k\frac{Qq}{r_C}+mg{r}_C+\frac{1}{2}m{v}_{\text{max}}^2\Rightarrow$

$v_{\text{max}}=\sqrt{2\left[\frac{Qq}{m}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{r_C}\right)-g(r_C-R)\right]}\Rightarrow v_{\text{max}}=2,0\text{m/s}$

g) You might think that when there are several overlapping molds, they all load at once and the whole is repelled in blocks by the sphere. This is incorrect because, as indicated in the “help” of the statement, the load of a conducting body in equilibrium is distributed on its surface. In our case the total conductive body is the sphere plus the moulds stacked at its top vertex, so that only the outermost mould is part of the surface of the set. So the only one that is initially charged is the one outside, that is, the highest. When this mold jumps and goes away, the second mold becomes part of the conductor surface, it is loaded and repelled by the sphere, and so on.

The following table shows the results of the calculation of the total value of the sampled Union producers:

The position of the loaded sphere at position A B C is rapidly *

Topic: Electrostatics, Newtonian Mechanics Metodi: Gauss’s Law, Coulomb’s Law, Conservation of Energy, Free-Body Diagram Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Conducting Sphere Fonte: Testo (PDF) — p.10