OII 2010 Nazionale Teorica

PROBLEMA n. 1 – Viaggio in galleria (90 Punti)

Quesito n. 1.

Nel caso elettrostatico, dal Teorema di Gauss, si ottiene che il campo interno alla distribuzione uniforme di carica negativa vale

$$\vec{E}(r)=-\frac{E_0}{R}\vec{r}\text{dove}{E}_0\text{eˋ il modulo del campo per}r=R.$$

In analogia avremo

$$\vec{g}(r)=-\frac{g_0}{R}\vec{r}$$

dove $R$ è il raggio della Terra e $g_0$ l’accelerazione di gravità standard (a livello del mare).

Topic: Gravitation, Electrostatics Metodi: Gauss’s Law, Physical Modeling, Symmetry Argument Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Planet Fonte: Testo (PDF) — p.1 Soluzione: Soluzioni (PDF)

PROBLEM no. 1 – Tunnel Journey (90 Points)

Question no. 1.

In the electrostatic case, from Gauss’s Theorem, it follows that the internal field within the uniformly distributed negative charge is given by

$$\vec{E}(r)=-\frac{E_0}{R}\vec{r}\text{where}{E}_0\text{is the magnitude of the field at}r=R.$$

In analogy, we will have

$$\vec{g}(r)=-\frac{g_0}{R}\vec{r}$$

where $R$ is the radius of the Earth and $g_0$ the standard gravitational acceleration (at sea level).

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Quesito n. 2.

Detta $x$ la proiezione del vettore $\vec{r}$ lungo la galleria, l’equazione di moto è quella di un moto armonico:

$$m\ddot{x}=-m\frac{g_0}{R}x\Rightarrow \ddot{x}+{\omega }^{2}x=0\text{con}{\omega }^2=\frac{g_0}{R}\Rightarrow T_0=2\pi \sqrt{\frac{R}{g_0}}$$

essendo $T_0$ il periodo di un’oscillazione completa. La durata del viaggio ($T$) è metà del periodo:

$$T=\pi \sqrt{R/g_0}=2.53\times 10^3\text{s}\approx 42\text{min}\text{(indipendente dalla latitudine φ!)}$$

Topic: Newtonian Mechanics, Oscillations & Waves Metodi: Simple Harmonic Motion Analysis, Kinematic Equations, Physical Modeling Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Planet Fonte: Testo (PDF) — p.1 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 2.

Let $x$ be the projection of the vector $\vec{r}$ along the tunnel, the equation of motion is that of a harmonic oscillation:

$$m\ddot{x}=-m\frac{g_0}{R}x\Rightarrow \ddot{x}+{\omega }^{2}x=0\text{with}{\omega }^2=\frac{g_0}{R}\Rightarrow T_0=2\pi \sqrt{\frac{R}{g_0}}$$

where $T_0$ is the period of a complete oscillation. The duration of the journey ($T$) is half of the period:

$$T=\pi \sqrt{R/g_0}=2.53\times 10^3\text{s}\approx 42\text{min}\text{(independent of the latitude φ!)}$$

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Quesito n. 3.

La velocità massima si trova con la conservazione dell’energia o con la legge oraria:

$$\frac{1}{2}m{v}_{\text{max}}^2=U_{\text{max}}-U_{\text{min}}\text{dove, per simmetria, l’energia potenziale U eˋ funzione solo di r:}$$ $$U(r)=U(0)-{\int }_0^{r}m\vec{g}(r)\cdot d\vec{r}=-{\int }_0^{r}mg(r)dr=m(g_0/2R)r^2$$

avendo posto $\vec{g}(r)=g(r)\hat{r}=-(g_0/R)\vec{r}$ e $U(0)=0$.

Essendo poi $r_{\text{max}}=R$ ed $r_{\text{min}}=R\mathrm{sen}\phi$ si trova

$$\Delta U=U_{\text{max}}-U_{\text{min}}=m\frac{g_0}{2R}\left(R^2-R^2{\mathrm{sen}}^2\phi \right)=\frac{1}{2}m{g}_{0}R{\cos }^2\phi \text{e quindi}$$ $$v_{\text{max}}=\sqrt{2\Delta U/m}=\sqrt{g_{0}R}\cos \phi =3.95\text{km/s}.$$

Oppure

$$x(t)=A\cos \omega t\text{con}A=R\cos \phi \Rightarrow v(t)=-R\omega \cos \phi \mathrm{sen}\omega t\Rightarrow$$ $$\Rightarrow v_{\text{max}}=R\omega \cos \phi =\sqrt{g_{0}R}\cos \phi$$

Topic: Conservation of Energy, Oscillations & Waves, Newtonian Mechanics Metodi: Energy Conservation Method, Simple Harmonic Motion Analysis, Conservation Laws Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Planet Fonte: Testo (PDF) — p.1 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 3.

The maximum velocity is found using energy conservation or the time-dependent equation:

$$\frac{1}{2}m{v}_{\text{max}}^2=U_{\text{max}}-U_{\text{min}}\text{where, by symmetry, the potential energy U depends only on r:}$$ $$U(r)=U(0)-{\int }_0^{r}m\vec{g}(r)\cdot d\vec{r}=-{\int }_0^{r}mg(r)dr=m(g_0/2R)r^2$$

having set $\vec{g}(r)=g(r)\hat{r}=-(g_0/R)\vec{r}$ and $U(0)=0$.

Since $r_{\text{max}}=R$ and $r_{\text{min}}=R\sin \phi$, we find

$$\Delta U=U_{\text{max}}-U_{\text{min}}=m\frac{g_0}{2R}\left(R^2-R^2{\sin }^2\phi \right)=\frac{1}{2}m{g}_{0}R{\cos }^2\phi \text{and therefore}$$ $$v_{\text{max}}=\sqrt{2\Delta U/m}=\sqrt{g_{0}R}\cos \phi =3.95\text{km/s}.$$

Alternatively,

$$x(t)=A\cos \omega t\text{with}A=R\cos \phi \Rightarrow v(t)=-R\omega \cos \phi \sin \omega t\Rightarrow$$ $$\Rightarrow v_{\text{max}}=R\omega \cos \phi =\sqrt{g_{0}R}\cos \phi$$

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Quesito n. 4.

La rotazione terrestre nel riferimento (non inerziale) della Terra determina una forza centrifuga opposta alla componente del campo parallela alla galleria: $F_c=m{\Omega }^{2}x$. Questa dunque non altera l’equazione ma ne modifica solo un coefficiente.

$$m\ddot{x}=-m[(g_0/R)-{\Omega }^2)]x\Rightarrow {\omega }^{\prime 2}=(g_0/R)-{\Omega }^2\Rightarrow T_o^{\prime }=\frac{2\pi }{\sqrt{(g_0/R)-{\Omega }^2}}$$

Numericamente

$$g_0/R=1.54\times 10^{-6}{\text{s}}^{-2}\text{e}{\Omega }^2=\frac{4{\pi }^2}{T_g^2}=(7.29\times 10^{-5}{)}^2=5.32\times 10^{-9}{\text{s}}^{-2}$$

essendo $T_g$ la durata del giorno.

Si può quindi approssimare la soluzione ponendo

$$\frac{g_0}{R}-{\Omega }^2=\left(1-\frac{R{\Omega }^2}{g_0}\right)\frac{g_0}{R}\Rightarrow {\left(\frac{g_0}{R}-{\Omega }^2\right)}^{-1/2}=\left(1+\frac{R{\Omega }^2}{2g_0}\right){\left(\frac{g_0}{R}\right)}^{-1/2}$$ $$T^{\prime }=\frac{1}{2}{T}_o^{\prime }=\pi {\left(\frac{g_0}{R}-{\Omega }^2\right)}^{-1/2}\approx \left(1+\frac{R{\Omega }^2}{2g_0}\right)\pi \sqrt{\frac{g_0}{R}}=\left(1+\frac{R{\Omega }^2}{2g_0}\right)T$$

La variazione (positiva) è quindi

$$\delta T=\frac{R{\Omega }^2}{2g_0}T\approx 4\text{s}$$

Si osservi che nel riferimento non inerziale si dovrebbe considerare anche la forza di Coriolis ($F_{\text{Cor}}=-2m\vec{\omega }\times \vec{v}$); questa però risulta sempre perpendicolare alla direzione del moto e in questo caso è annullata dalla reazione vincolare.

Topic: Newtonian Mechanics, Rotational Dynamics Metodi: Free-Body Diagram, Vector Decomposition, Approximation & Series Expansion Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Planet Fonte: Testo (PDF) — p.2 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 4.

The Earth’s rotation in the reference frame (non-inertial) of the Earth generates a centrifugal force opposite to the component of the field parallel to the tunnel: $F_c=m{\Omega }^{2}x$. This does not alter the equation but only modifies one of its coefficients.

$$m\ddot{x}=-m[(g_0/R)-{\Omega }^2)]x\Rightarrow {\omega }^{\prime 2}=(g_0/R)-{\Omega }^2\Rightarrow T_o^{\prime }=\frac{2\pi }{\sqrt{(g_0/R)-{\Omega }^2}}$$

Numerically

$$g_0/R=1.54\times 10^{-6}{\text{s}}^{-2}\text{and}{\Omega }^2=\frac{4{\pi }^2}{T_g^2}=(7.29\times 10^{-5}{)}^2=5.32\times 10^{-9}{\text{s}}^{-2}$$

where $T_g$ is the duration of a day.

One can therefore approximate the solution by setting

$$\frac{g_0}{R}-{\Omega }^2=\left(1-\frac{R{\Omega }^2}{g_0}\right)\frac{g_0}{R}\Rightarrow {\left(\frac{g_0}{R}-{\Omega }^2\right)}^{-1/2}=\left(1+\frac{R{\Omega }^2}{2g_0}\right){\left(\frac{g_0}{R}\right)}^{-1/2}$$ $$T^{\prime }=\frac{1}{2}{T}_o^{\prime }=\pi {\left(\frac{g_0}{R}-{\Omega }^2\right)}^{-1/2}\approx \left(1+\frac{R{\Omega }^2}{2g_0}\right)\pi \sqrt{\frac{g_0}{R}}=\left(1+\frac{R{\Omega }^2}{2g_0}\right)T$$

The (positive) variation is therefore

$$\delta T=\frac{R{\Omega }^2}{2g_0}T\approx 4\text{s}$$

Note that in the non-inertial reference frame one should also consider the Coriolis force ($F_{\text{Cor}}=-2m\vec{\omega }\times \vec{v}$); however, this is always perpendicular to the direction of motion and in this case it is canceled by the constraint reaction.

Topic: Newtonian Mechanics, Rotational Dynamics Metodi: Free-Body Diagram, Vector Decomposition, Approximation & Series Expansion Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Planet Fonte: Testo (PDF) — p.2 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 5.

Sia $\eta$ la frazione di energia persa in un viaggio (semi-oscillazione completa). La condizione è che

$$\delta U=-\eta \Delta U\text{con}\eta =0.01$$

Ma dall’espressione $U(r)$ vista al punto 3. si ricava

$$\frac{\delta U}{U(r)}=2\frac{\delta r}{r}$$

Per $r=R$ si ha $\delta r=\frac{R}{2}\frac{\delta U}{U(R)}=-\frac{R}{2}\frac{\eta \Delta U}{U(R)}$

$$\delta r=-\frac{\eta R}{2}\frac{m{g}_{0}R{\cos }^2\phi }{2}\frac{2}{m{g}_{0}R}=-\frac{1}{2}\eta R{\cos }^2\phi$$

La distanza dalla stazione di arrivo si ottiene infine come

$$D=\left|\frac{\delta r}{\cos \phi }\right|=\frac{1}{2}\eta R\cos \phi \approx 15.9\text{km}$$

Anche qui, in alternativa, si poteva considerare come energia potenziale quella legata al moto armonico (come nel caso di una molla) data da

$$U^{\prime }=\frac{1}{2}k{x}^2\text{con}k=\frac{m{g}_0}{R}$$

Si vede subito che questa differisce da quella gravitazionale – calcolata sopra – solo per un termine costante che quindi risulta ininfluente:

$$U(r)=\frac{1}{2}\frac{m{g}_0}{R}{r}^2=\frac{1}{2}\frac{m{g}_0}{R}{x}^2+\frac{1}{2}\frac{m{g}_0}{R}{y}^2=U^{\prime }(x)+\text{cost}$$

dove $y$ è la distanza della galleria dal centro della Terra.

La condizione si esprime ora come

$$\delta U^{\prime }=-\eta \Delta U^{\prime }\text{e}\frac{\delta U^{\prime }}{U^{\prime }(x)}=2\frac{\delta x}{x}\Rightarrow \delta x=-\frac{\eta }{2}\frac{x}{U^{\prime }(x)}\Delta U^{\prime }$$

Per $x=R\cos \phi$ e $\Delta U^{\prime }=U^{\prime }(R\cos \phi )$ si ritrova

$$D=|\delta x|=\frac{1}{2}\eta R\cos \phi$$

Topic: Conservation of Energy, Oscillations & Waves Metodi: Energy Conservation Method, Simple Harmonic Motion Analysis, Conservation Laws Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Planet Fonte: Testo (PDF) — p.2 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 5.

Let $\eta$ be the fraction of energy lost in a journey (complete semi-oscillation). The condition is that

$$\delta U=-\eta \Delta U\text{with}\eta =0.01$$

But from the expression $U(r)$ seen in point 3., it follows that

$$\frac{\delta U}{U(r)}=2\frac{\delta r}{r}$$

For $r=R$ we have $\delta r=\frac{R}{2}\frac{\delta U}{U(R)}=-\frac{R}{2}\frac{\eta \Delta U}{U(R)}$

$$\delta r=-\frac{\eta R}{2}\frac{m{g}_{0}R{\cos }^2\phi }{2}\frac{2}{m{g}_{0}R}=-\frac{1}{2}\eta R{\cos }^2\phi$$

The distance from the arrival station is finally obtained as

$$D=\left|\frac{\delta r}{\cos \phi }\right|=\frac{1}{2}\eta R\cos \phi \approx 15.9\text{km}$$

Here too, alternatively, one could consider as potential energy that associated with harmonic motion (as in the case of a spring) given by

$$U^{\prime }=\frac{1}{2}k{x}^2\text{with}k=\frac{m{g}_0}{R}$$

It is immediately seen that this differs from the gravitational potential energy—calculated above—only by a constant term, which therefore proves irrelevant:

$$U(r)=\frac{1}{2}\frac{m{g}_0}{R}{r}^2=\frac{1}{2}\frac{m{g}_0}{R}{x}^2+\frac{1}{2}\frac{m{g}_0}{R}{y}^2=U^{\prime }(x)+\text{cost}$$

where $y$ is the distance of the tunnel from the center of the Earth.

The condition is now expressed as

$$\delta U^{\prime }=-\eta \Delta U^{\prime }\text{and}\frac{\delta U^{\prime }}{U^{\prime }(x)}=2\frac{\delta x}{x}\Rightarrow \delta x=-\frac{\eta }{2}\frac{x}{U^{\prime }(x)}\Delta U^{\prime }$$

For $x=R\cos \phi$ and $\Delta U^{\prime }=U^{\prime }(R\cos \phi )$ we recover

$$D=|\delta x|=\frac{1}{2}\eta R\cos \phi$$

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Quesito n. 6.

Se l’oscillazione si dimezza in ampiezza, l’energia totale diventa 1/4 di quella iniziale, mentre il periodo di oscillazione non cambia. Si può quindi scrivere nuovamente

$$\delta U=-\eta U\Rightarrow \frac{\delta U}{T}=-\eta \frac{U}{T}$$

Se la variazione di energia è lenta si può confondere il rapporto incrementale con la derivata (vedi suggerimento in termini di potenza media e istantanea) e scrivere

$$\frac{dU}{dt}=-\frac{\eta }{T}U\Rightarrow U(t)=U_0{e}^{-t/\tau }\text{con}\tau =T/\eta \text{e}{U}_0=U(R)$$

La condizione da imporre è

$$U(NT)=\frac{1}{4}{U}_0\Rightarrow e^{-NT/(T/\eta )}=\frac{1}{4}\Rightarrow \eta N=\ln 4$$

L’ampiezza si sarà dimezzata dopo

$$N=\frac{\ln 4}{\eta }\approx 139\text{viaggi.}$$

Topic: Oscillations & Waves, Conservation of Energy Metodi: Energy Conservation Method, Differential Equations, Simple Harmonic Motion Analysis Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Planet Fonte: Testo (PDF) — p.3 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 6.

If the oscillation amplitude is halved, the total energy becomes one-fourth of the initial value, while the oscillation period remains unchanged. One can therefore write again

$$\delta U=-\eta U\Rightarrow \frac{\delta U}{T}=-\eta \frac{U}{T}$$

If the energy variation is slow, one can identify the incremental ratio with the derivative (see hint in terms of average and instantaneous power) and write

$$\frac{dU}{dt}=-\frac{\eta }{T}U\Rightarrow U(t)=U_0{e}^{-t/\tau }\text{with}\tau =T/\eta \text{and}{U}_0=U(R)$$

The condition to impose is

$$U(NT)=\frac{1}{4}{U}_0\Rightarrow e^{-NT/(T/\eta )}=\frac{1}{4}\Rightarrow \eta N=\ln 4$$

The amplitude will have halved after

$$N=\frac{\ln 4}{\eta }\approx 139\text{trips.}$$

Topic: Oscillations & Waves, Conservation of Energy Metodi: Energy Conservation Method, Differential Equations, Simple Harmonic Motion Analysis Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Planet Fonte: Testo (PDF) — p.3 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 7.

Nel modello della Terra a due strati, con nucleo pesante, il campo gravitazione nel nucleo cresce linearmente con $r$ ed è ovviamente maggiore che nel caso visto prima. Questo è vero anche nel mantello; infatti la densità del mantello è necessariamente minore di quella della Terra omogenea e di conseguenza, fissata una superficie sferica di raggio $r$ nella regione del mantello, la massa esterna è certamente minore rispetto al caso della Terra omogenea. Di conseguenza la massa della parte interna alla superficie è sempre maggiore ed è quindi maggiore anche il campo gravitazionale; dunque il viaggio durera` meno.

Il moto però non è più armonico dato che, solo per una distribuzione omogenea, vale la dipendenza lineare tra campo e distanza dal centro.

Topic: Gravitation, Newtonian Mechanics Metodi: Gauss’s Law, Physical Modeling, Symmetry Argument Competenze: Physical Reasoning Objects: Planet Fonte: Testo (PDF) — p.3 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 7.

In the two-layer Earth model, with a heavy core, the gravitational field inside the core increases linearly with $r$ and is obviously greater than in the previous case. This is also true in the mantle; indeed, the density of the mantle must necessarily be less than that of a homogeneous Earth, and therefore, for a fixed spherical surface of radius $r$ in the mantle region, the external mass is certainly smaller than in the case of a homogeneous Earth. Consequently, the mass inside the surface is always greater and thus the gravitational field is also greater; therefore, the journey will take less time.

However, the motion is no longer harmonic because only for a uniform distribution does the linear dependence between field and distance from the center hold.

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PROBLEMA n. 2 – Ciclo termodinamico (90 Punti)

Quesito n. 1.

Per la trasformazione isobara:

$$\frac{T_A}{V_A}=\frac{T_C}{V_C}\Rightarrow T_C=2T_A=580\text{ K}$$ $$Q_{C\to A}=n{c}_p(T_A-T_C)=\frac{7}{2}nR{T}_A=-\frac{7}{2}8.31{\text{ J K}}^{-1}290\text{ K}=-8.43\text{ kJ}$$

valido qualunque sia lo stato B.

Topic: Thermodynamics Metodi: Ideal Gas Law, First Law of Thermodynamics Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Gas Fonte: Testo (PDF) — p.3 Soluzione: Soluzioni (PDF)

PROBLEM no. 2 – Thermodynamic Cycle (90 Points)

Question no. 1.

For the isobaric transformation:

$$\frac{T_A}{V_A}=\frac{T_C}{V_C}\Rightarrow T_C=2T_A=580\text{ K}$$ $$Q_{C\to A}=n{c}_p(T_A-T_C)=\frac{7}{2}nR{T}_A=-\frac{7}{2}8.31{\text{ J K}}^{-1}290\text{ K}=-8.43\text{ kJ}$$

valid for any state B.

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Quesito n. 2.

La temperatura $T_{\text{B}}$ nello stato B deve essere maggiore o uguale a $T_{\text{C}}$, ovvero, nel piano $p-V$, B deve stare sopra l’isoterma per C. Infatti nell’espansione adiabatica il lavoro è positivo a spese dell’energia interna e dunque la temperatura può solo diminuire o restare uguale (per lavoro nullo, come caso estremo). Ne segue che

$(T_{\text{B}}{)}_{\text{min}}=T_{\text{C}}=580\text{ K}$

Al tempo stesso, poiché le adiabatiche reversibili sono curve isoentropiche, il punto B deve stare sotto l’adiabatica reversibile per C dato che l’entropia può solo aumentare o al massimo restare costante (se la trasformazione del gas fosse un’adiabatica reversibile). Il massimo, o meglio, l’estremo superiore per la temperatura $T_{\text{B}}$ può essere calcolato su una trasformazione adiabatica reversibile ove $T{V}^{\gamma -1}=\text{cost}$, dove $\gamma =c_p/c_V=7/5$ nel caso di gas biatomico. Quindi

$(T_{\text{B}}{)}_{\text{sup}}={\left(\frac{V_{\text{C}}}{V_{\text{B}}}\right)}^{\gamma -1}{T}_{\text{C}}=2^{2/5}{T}_{\text{C}}=765\text{ K}$

Il ragionamento svolto sopra può essere sviluppato a partire dalle stesse premesse discutendo i diversi contributi di calore e lavoro per determinare il valore minimo di $T_{\text{B}}$ e calcolando la variazione di entropia per il valore massimo. Nel seguito si indicheranno con $c_p$ e $c_V$ i calori molari, rispettivamente a pressione e volume costante.

Per un ciclo termodinamico $\Delta U=0\Rightarrow Q=L$

$Q_{\text{A}\to \text{B}}=n{c}_V(T_{\text{B}}-T_{\text{A}})=\frac{5}{2}nR(T_{\text{B}}-T_{\text{A}})\text{assorbito durante l’isocora}$

$Q_{\text{B}\to \text{C}}=0\text{essendo un’adiabatica}$

$Q_{\text{C}\to \text{A}}=n{c}_p(T_{\text{A}}-T_{\text{C}})=\frac{7}{2}nR(T_{\text{A}}-T_{\text{C}})\text{ceduto durante l’isobara}$

$L_{\text{A}\to \text{B}}=0\text{percheˊ non c’eˋ variazione di volume}$

$L_{\text{B}\to \text{C}}\ge 0\text{lavoro fatto verso l’esterno nell’adiabatica irreversibile}$

$L_{\text{C}\to \text{A}}=p\Delta V=nR(T_{\text{A}}-T_{\text{C}})<0\text{percheˊ il gas viene compresso}$

Per il primo principio si ha dunque

$Q_{\text{A}\to \text{B}}+Q_{\text{C}\to \text{A}}=L_{\text{B}\to \text{C}}+L_{\text{C}\to \text{A}}\Rightarrow L_{\text{B}\to \text{C}}=n{c}_V(T_{\text{B}}-T_{\text{A}})+n{c}_p(T_{\text{A}}-T_{\text{C}})-nR(T_{\text{A}}-T_{\text{C}})=n{c}_V{T}_{\text{B}}+n(-c_V+c_p-R)T_{\text{A}}-n(c_p-R)T_{\text{C}}=n{c}_V(T_{\text{B}}-T_{\text{C}})$

Trattandosi di un’espansione il lavoro deve essere non negativo per cui

$(T_{\text{B}}-T_{\text{C}})\ge 0\Rightarrow T_{\text{B}}\ge T_{\text{C}}$

Per l’espansione adiabatica irreversibile deve essere $\Delta S>0$, ovvero

$\Delta S_{\text{B}\to \text{C}}=nR\ln \frac{V_{\text{C}}}{V_{\text{B}}}+n{c}_V\ln \frac{T_{\text{C}}}{T_{\text{B}}}=nR\left(\ln 2+\frac{5}{2}\ln \frac{T_{\text{C}}}{T_{\text{B}}}\right)>0\Rightarrow \ln \frac{T_{\text{C}}}{T_{\text{B}}}>-\frac{2}{5}\ln 2\Rightarrow T_{\text{B}}<2^{2/5}{T}_{\text{C}}$

In definitiva, per la temperatura dello stato B valgono le condizioni

$580\text{ K}\le T_{\text{B}}<765\text{ K}$

Topic: Thermodynamics Metodi: First Law of Thermodynamics, Thermodynamic Cycle Analysis, Ideal Gas Law Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Gas Fonte: Testo (PDF) — p.4 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 2.

The temperature $T_{\text{B}}$ in state B must be greater than or equal to $T_{\text{C}}$, that is, in the $p-V$ plane point B must lie above the isotherm for C. Indeed, in an adiabatic expansion, work is positive at the expense of internal energy and thus temperature can only decrease or remain equal (in the extreme case of zero work). It follows that

$(T_{\text{B}}{)}_{\text{min}}=T_{\text{C}}=580\text{ K}$

At the same time, since reversible adiabatic processes are isoentropic curves, point B must lie below the reversible adiabatic curve for C because entropy can only increase or at most remain constant (if the gas transformation were a reversible adiabatic process). The maximum, or rather the supremum, for temperature $T_{\text{B}}$ can be computed along a reversible adiabatic transformation where $T{V}^{\gamma -1}=\text{constant}$, with $\gamma =c_p/c_V=7/5$ in the case of a diatomic gas. Therefore

$(T_{\text{B}}{)}_{\text{sup}}={\left(\frac{V_{\text{C}}}{V_{\text{B}}}\right)}^{\gamma -1}{T}_{\text{C}}=2^{2/5}{T}_{\text{C}}=765\text{ K}$

The reasoning above can be developed starting from the same premises by discussing the different contributions of heat and work to determine the minimum value of $T_{\text{B}}$ and computing the entropy change for the maximum value. In what follows, $c_p$ and $c_V$ will denote molar heat capacities at constant pressure and volume, respectively.

For a thermodynamic cycle $\Delta U=0\Rightarrow Q=L$

$Q_{\text{A}\to \text{B}}=n{c}_V(T_{\text{B}}-T_{\text{A}})=\frac{5}{2}nR(T_{\text{B}}-T_{\text{A}})\text{absorbed during the isochore}$

$Q_{\text{B}\to \text{C}}=0\text{being an adiabatic process}$

$Q_{\text{C}\to \text{A}}=n{c}_p(T_{\text{A}}-T_{\text{C}})=\frac{7}{2}nR(T_{\text{A}}-T_{\text{C}})\text{released during the isobar}$

$L_{\text{A}\to \text{B}}=0\text{because there is no volume change}$

$L_{\text{B}\to \text{C}}\ge 0\text{work done on the outside in the irreversible adiabatic expansion}$

$L_{\text{C}\to \text{A}}=p\Delta V=nR(T_{\text{A}}-T_{\text{C}})<0\text{because the gas is compressed}$

Thus, from the first law,

$Q_{\text{A}\to \text{B}}+Q_{\text{C}\to \text{A}}=L_{\text{B}\to \text{C}}+L_{\text{C}\to \text{A}}\Rightarrow L_{\text{B}\to \text{C}}=n{c}_V(T_{\text{B}}-T_{\text{A}})+n{c}_p(T_{\text{A}}-T_{\text{C}})-nR(T_{\text{A}}-T_{\text{C}})=n{c}_V{T}_{\text{B}}+n(-c_V+c_p-R)T_{\text{A}}-n(c_p-R)T_{\text{C}}=n{c}_V(T_{\text{B}}-T_{\text{C}})$

Since it is an expansion, work must be non-negative, so

$(T_{\text{B}}-T_{\text{C}})\ge 0\Rightarrow T_{\text{B}}\ge T_{\text{C}}$

For the irreversible adiabatic expansion, it must be $\Delta S>0$, that is,

$\Delta S_{\text{B}\to \text{C}}=nR\ln \frac{V_{\text{C}}}{V_{\text{B}}}+n{c}_V\ln \frac{T_{\text{C}}}{T_{\text{B}}}=nR\left(\ln 2+\frac{5}{2}\ln \frac{T_{\text{C}}}{T_{\text{B}}}\right)>0\Rightarrow \ln \frac{T_{\text{C}}}{T_{\text{B}}}>-\frac{2}{5}\ln 2\Rightarrow T_{\text{B}}<2^{2/5}{T}_{\text{C}}$

In conclusion, for the temperature in state B the following conditions hold:

$580\text{ K}\le T_{\text{B}}<765\text{ K}$

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Quesito n. 3.

Il ciclo svolto dal gas è stato definito termico se il gas compie lavoro sull’esterno: $L>0$ e quindi anche $Q>0$; in altre parole il gas assorbe più calore di quanto ne cede; al contrario se il lavoro è fatto sul gas dall’esterno ($L<0$ e $Q<0$) allora esegue un ciclo frigorifero.

Il valore particolare di $T_B$ per cui il ciclo cambia da frigorifero a termico si ottiene quindi imponendo che $Q=Q_{A\to B}+Q_{C\to A}=0$ ovvero $Q_{A\to B}=-Q_{C\to A}$

$$\frac{5}{2}nR(T_B-T_A)=\frac{7}{2}nR(T_C-T_A)\Rightarrow 2T_A+5T_B-7T_C=0\Rightarrow T_B=\frac{12}{5}{T}_A=696\text{K}.$$

Alternativamente:

$$n{c}_V(T_B-T_A)=n{c}_p(T_C-T_A)\Rightarrow T_B=\frac{1}{c_V}\left(c_V{T}_A+c_p{T}_A\right)=(1+\gamma )T_A=\frac{12}{5}{T}_A$$

detta $T_0$ tale temperatura, si ha che per $T_B<T_0$ il ciclo è frigorifero, mentre per $T_B>T_0$ il ciclo è termico.

Come caso superiore estremo si ha quello di un’adiabatica reversibile che rende reversibile l’intero ciclo: notare che solo in questo caso il lavoro è calcolabile attraverso l’area del piano $p-V$ delimitata dalla curva che rappresenta il ciclo e solo in questo caso il verso orario di percorrenza del ciclo conferma che si tratta di un ciclo termico.

Topic: Thermodynamics Metodi: Thermodynamic Cycle Analysis, First Law of Thermodynamics, Ideal Gas Law Competenze: Mathematical Modeling Objects: Gas Fonte: Testo (PDF) — p.5 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 3.

The cycle performed by the gas is defined as thermal if the gas does work on the outside: $L>0$ and therefore also $Q>0$; in other words, the gas absorbs more heat than it releases. Conversely, if work is done on the gas from outside ($L<0$ and $Q<0$), then it performs a refrigeration cycle.

The particular value of $T_B$ for which the cycle changes from refrigeration to thermal is obtained by imposing that $Q=Q_{A\to B}+Q_{C\to A}=0$, i.e., $Q_{A\to B}=-Q_{C\to A}$

$$\frac{5}{2}nR(T_B-T_A)=\frac{7}{2}nR(T_C-T_A)\Rightarrow 2T_A+5T_B-7T_C=0\Rightarrow T_B=\frac{12}{5}{T}_A=696\text{K}.$$

Alternatively:

$$n{c}_V(T_B-T_A)=n{c}_p(T_C-T_A)\Rightarrow T_B=\frac{1}{c_V}\left(c_V{T}_A+c_p{T}_A\right)=(1+\gamma )T_A=\frac{12}{5}{T}_A$$

Let $T_0$ be this temperature; then for $T_B<T_0$ the cycle is refrigeration, while for $T_B>T_0$ the cycle is thermal.

As an extreme upper case, there is a reversible adiabatic process that makes the entire cycle reversible: note that only in this case is the work calculable through the area of the $p-V$ plane bounded by the curve representing the cycle, and only in this case does the clockwise direction of traversal confirm that it is a thermal cycle.

Solution: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 4.

Il rendimento di un ciclo termico è

$$\eta =\frac{L}{Q_1}=\frac{Q}{Q_1}=\frac{Q_1+Q_2}{Q_1}=\frac{Q_1-|Q_2|}{Q_1}=1-\frac{|Q_2|}{Q_1}$$

dove $Q$ è il calore complessivamente scambiato, mentre $Q_1$ e $Q_2$ sono quelli effettivamente assorbito e ceduto ($Q_1>0$, $Q_2<0$). Il rendimento è quindi una funzione della temperatura $T_B$:

$$\eta (T_B)=1-\frac{Q_{C\to A}}{Q_{A\to B}}=1-\frac{n{c}_p(T_C-T_A)}{n{c}_V(T_B-T_A)}=1-\frac{c_p{T}_A}{c_V(T_B-T_A)}=1-\gamma \frac{1}{T_B/T_A-1}$$

L’espressione del rendimento, valida per $696\text{K}<T_B<765\text{K}$, è una funzione monotona crescente di $T_B$. Numericamente risulta: $\eta (696\text{K})=0$ ed $\eta (765\text{K})=0.15$

L’efficienza frigorifera

$$\epsilon =\frac{Q_1}{|L|}=\frac{Q_1}{|Q|}=\frac{Q_1}{|Q_2|-Q_1}=\frac{1}{|Q_2|/Q_1-1}\text{eˋ pure una funzione monotona crescente di }{T}_B:$$ $$\epsilon (T_B)=\frac{1}{|Q_{C\to A}|/Q_{A\to B}-1}={\left(\frac{n{c}_p{T}_A}{n{c}_V(T_B-T_A)}-1\right)}^{-1}={\left(\frac{\gamma }{T_B/T_A-1}-1\right)}^{-1}$$

Si ricava: $\epsilon (580\text{K})=2.5$ ed $\epsilon (T_B\to 696\text{K})\to \infty$.

I grafici dei due parametri sono riportati qui sotto.

Topic: Thermodynamics Metodi: Thermodynamic Cycle Analysis, First Law of Thermodynamics, Ideal Gas Law Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Gas Fonte: Testo (PDF) — p.5 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 4.

The efficiency of a thermodynamic cycle is

$$\eta =\frac{L}{Q_1}=\frac{Q}{Q_1}=\frac{Q_1+Q_2}{Q_1}=\frac{Q_1-|Q_2|}{Q_1}=1-\frac{|Q_2|}{Q_1}$$

where $Q$ is the total heat exchanged, while $Q_1$ and $Q_2$ are those actually absorbed and released ($Q_1>0$, $Q_2<0$). The efficiency is therefore a function of the temperature $T_B$:

$$\eta (T_B)=1-\frac{Q_{C\to A}}{Q_{A\to B}}=1-\frac{n{c}_p(T_C-T_A)}{n{c}_V(T_B-T_A)}=1-\frac{c_p{T}_A}{c_V(T_B-T_A)}=1-\gamma \frac{1}{T_B/T_A-1}$$

The expression for efficiency, valid for $696\text{K}<T_B<765\text{K}$, is a monotonic increasing function of $T_B$. Numerically it results: $\eta (696\text{K})=0$ and $\eta (765\text{K})=0.15$

The refrigeration efficiency

$$\epsilon =\frac{Q_1}{|L|}=\frac{Q_1}{|Q|}=\frac{Q_1}{|Q_2|-Q_1}=\frac{1}{|Q_2|/Q_1-1}\text{is also a monotonic increasing function of }{T}_B:$$ $$\epsilon (T_B)=\frac{1}{|Q_{C\to A}|/Q_{A\to B}-1}={\left(\frac{n{c}_p{T}_A}{n{c}_V(T_B-T_A)}-1\right)}^{-1}={\left(\frac{\gamma }{T_B/T_A-1}-1\right)}^{-1}$$

It is found: $\epsilon (580\text{K})=2.5$ and $\epsilon (T_B\to 696\text{K})\to \infty$.

The graphs of the two parameters are reported below.

Solution: Soluzioni (PDF)

PROBLEMA n. 3 – Esplorando il fondo (50 Punti)

Quesito n. 1.

Si consideri un arbitrario punto A del fondo della vasca, a distanza $x$ dal piede della perpendicolare condotta dal punto di osservazione O, e il raggio di luce che partendo da questo punto arriva nello stesso punto O. A causa della rifrazione subita dalla luce nel passaggio dall’acqua all’aria, esso sembra essere emesso da un punto A’, come mostrato in figura.

In termini dell’angolo $\phi$ mostrato in figura, si ha $x=L\mathrm{tg}\phi$.

Il raggio che parte da A, con un angolo $\phi$ rispetto alla verticale, passa per O; invece un raggio adiacente che parte con angolo $\phi +d\phi$ giunge alla superficie di separazione in un punto distante da O di una quantità $dx$ data da

$$x+dx=L\mathrm{tg}(\phi +d\phi )\Rightarrow dx=L\left[\mathrm{tg}(\phi +d\phi )-\mathrm{tg}\phi \right]\Rightarrow dx=L\left[\frac{\mathrm{tg}(\phi +d\phi )-\mathrm{tg}\phi }{d\phi }\right]d\phi$$

e, considerando che per $d\phi \to 0$ l’espressione tra parentesi quadra è la derivata della funzione $\mathrm{tg}\phi$, si ha

$$dx=\frac{L}{{\cos }^2\phi }d\phi \text{(1)}$$

Nota: Si poteva giungere allo stesso risultato differenziando l’espressione iniziale:

$$x=L\mathrm{tg}\phi \Rightarrow dx=Ld(\mathrm{tg}\phi )\Rightarrow dx=L\frac{1}{{\cos }^2\phi }d\phi$$

Analogamente, indicando con $\ell$ la profondità del punto A’, si ha che

$$x=\frac{\ell }{{\cos }^2\vartheta }d\vartheta \text{(2)}$$

Differenziando la Legge di Snell, $\mathrm{sen}\vartheta =n\mathrm{sen}\phi$, si ottiene

$$d(\mathrm{sen}\vartheta )=nd(\mathrm{sen}\phi )\Rightarrow \cos \vartheta d\vartheta =n\cos \phi d\phi \Rightarrow d\phi =\frac{1}{n}\frac{\cos \vartheta }{\cos \phi }d\vartheta .$$

Sostituendo nella (1) l’espressione per $d\phi$ appena ottenuta, si ricava

$$dx=\frac{L}{n}\frac{\cos \vartheta }{{\cos }^3\phi }d\vartheta \text{(3)}$$

ed uguagliando le espressioni (2) e (3) si ottiene infine

$$\ell =\frac{L}{n}{\left(\frac{\cos \vartheta }{\cos \phi }\right)}^3\text{(4)}$$

Sempre da $x=L\mathrm{tg}\phi$ si ricava che

$$\frac{x}{L}=\frac{\sqrt{1-{\cos }^2\phi }}{\cos \phi }\Rightarrow {\cos }^2\phi =\frac{1}{1+(x/L{)}^2}$$

D’altra parte, applicando la Legge di Snell, si può anche scrivere

$$\frac{x}{L}=\frac{\mathrm{sen}\vartheta /n}{\sqrt{1-(\mathrm{sen}\vartheta /n{)}^2}}\Rightarrow {\left(\frac{x}{L}\right)}^2=\frac{1-{\cos }^2\vartheta }{n^2-1+{\cos }^2\vartheta }\Rightarrow {\cos }^2\vartheta =\frac{1+(1-n^2)(x/L{)}^2}{1+(x/L{)}^2}$$

In ultima analisi

$${\left(\frac{\cos \vartheta }{\cos \phi }\right)}^2=1-(n^2-1){\left(\frac{x}{L}\right)}^2$$

che sostituita nella (4) fornisce

$$\ell =\frac{L}{n}{\left[\sqrt{1-(n^2-1){\left(\frac{x}{L}\right)}^2}\right]}^3\text{\hspace{1em}(5)}$$

Soluzione alternativa

Come prima, oltre al raggio uscente da A e passante per O, si consideri un secondo raggio che forma con il primo un angolo piccolo $\alpha$ e che attraversa la superficie dell’acqua in un punto O’.

La profondità $\ell$ di A’ si può esprimere in funzione della profondità effettiva $L$, della distanza $x$ e dell’indice di rifrazione $n$ considerando che il segmento OO’ è un lato comune dei due triangoli OHO’ e OH’O’.

Da semplici considerazioni geometriche si ricava che $\widehat{O{O}^{\prime }H}=\phi$ e $\widehat{O{O}^{\prime }{H}^{\prime }}=\vartheta$. Dalla geometria del sistema si ricavano successivamente

$$\overline{A^{\prime }{O}^{\prime }}=\frac{\ell }{\cos (\vartheta -\beta )};\overline{O^{\prime }{H}^{\prime }}=\overline{A^{\prime }{O}^{\prime }}\mathrm{sen}\beta =\ell \frac{\mathrm{sen}\beta }{\cos (\vartheta -\beta )};\overline{O{O}^{\prime }}=\frac{\overline{O^{\prime }{H}^{\prime }}}{\cos \vartheta }=\ell \frac{\mathrm{sen}\beta }{\cos (\vartheta -\beta )\cos \vartheta }.\text{\hspace{1em}(1’)}$$

Analogamente

$$\overline{A{O}^{\prime }}=\frac{L}{\cos (\phi -\alpha )};\overline{O^{\prime }H}=\overline{A{O}^{\prime }}\mathrm{sen}\alpha =L\frac{\mathrm{sen}\alpha }{\cos (\phi -\alpha )};\overline{O{O}^{\prime }}=\frac{\overline{O^{\prime }H}}{\cos \phi }=L\frac{\mathrm{sen}\alpha }{\cos (\phi -\alpha )\cos \phi }.\text{\hspace{1em}(2’)}$$

Uguagliando la (1’) e la (2’) si ottiene

$$\ell =L\frac{\mathrm{sen}\alpha \cos \vartheta \cos (\vartheta -\beta )}{\mathrm{sen}\beta \cos \phi \cos (\phi -\alpha )}.$$

Ricordando che la divergenza del fascio è molto piccola si può approssimare $\mathrm{sen}\alpha \approx \alpha$, $\mathrm{sen}\beta \approx \beta$ e $\cos \alpha \approx \cos \beta \approx 1$; pertanto l’espressione precedente diventa

$$\ell =L{\left(\frac{\cos \vartheta }{\cos \phi }\right)}^2\frac{\alpha }{\beta }.\text{\hspace{1em}(3’)}$$

La legge di Snell applicata nei punti O e O’ fornisce rispettivamente

$$\frac{\mathrm{sen}\vartheta }{\mathrm{sen}\phi }=n,\text{e}\frac{\mathrm{sen}(\vartheta -\beta )}{\mathrm{sen}(\phi -\alpha )}=n.$$

Con l’approssimazione introdotta e tenendo presente la prima espressione, dalla seconda si ottiene

$$\mathrm{sen}\vartheta -\beta \cos \vartheta =n\mathrm{sen}\phi -n\alpha \cos \phi \Rightarrow \beta \cos \vartheta =n\alpha \cos \phi \Rightarrow \frac{\beta }{\alpha }=n\frac{\cos \phi }{\cos \vartheta }.$$

Sostituendo quest’ultima nella (3’) si ottiene

$$\ell =\frac{L}{n}{\left(\frac{\cos \vartheta }{\cos \phi }\right)}^3\text{\hspace{1em}(4’)}$$

che coincide con la (4). La legge di Snell, espressa in termini dei coseni degli angoli si può scrivere

$$\frac{1-{\cos }^2\vartheta }{1-{\cos }^2\phi }=n^2\Rightarrow {\cos }^2\vartheta =1-n^2(1-{\cos }^2\phi )=n^2{\cos }^2\phi -(n^2-1)$$

Dunque

$${\left(\frac{\cos \vartheta }{\cos \phi }\right)}^2=n^2-\frac{n^2-1}{{\cos }^2\phi }=n^2-(n^2-1)(1+{\mathrm{tg}}^2\phi )=1-(n^2-1){\mathrm{tg}}^2\phi$$

Infine, ricordando che $\mathrm{tg}\phi =x/L$, dall’espressione precedente si ha

$$\frac{\cos \vartheta }{\cos \phi }=\sqrt{1-(n^2-1)+{\left(\frac{x}{L}\right)}^2}$$

e la (4’) – in funzione di $L$, $n$ ed $x$ – si scrive come

$$\ell =\frac{L}{n}{\left[\sqrt{1-(n^2-1){\left(\frac{x}{L}\right)}^2}\right]}^3.\text{\hspace{1em}(5’)}$$

Topic: Geometric Optics Metodi: Snell’s Law, Ray Tracing, Calculus-Integration Competenze: Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning Objects: Container Fonte: Testo (PDF) — p.6 Soluzione: Soluzioni (PDF)

PROBLEM no. 2 – Exploring the Bottom (50 Points)

Question no. 3.

Consider an arbitrary point A on the bottom of the basin, at a distance $x$ from the foot of the perpendicular drawn from the observation point O, and the light ray originating from this point that arrives at the same point O. Due to the refraction experienced by light in passing from water to air, it appears to be emitted from a point A’, as shown in the figure.

In terms of the angle $\phi$ shown in the figure, one has $x=L\tan \phi$.

The ray originating from A, at an angle $\phi$ with respect to the vertical, passes through O; instead, a neighboring ray originating at angle $\phi +d\phi$ reaches the interface surface at a point distant from O by an amount $dx$, given by

$$x+dx=L\tan (\phi +d\phi )\Rightarrow dx=L\left[\tan (\phi +d\phi )-\tan \phi \right]\Rightarrow dx=L\left[\frac{\tan (\phi +d\phi )-\tan \phi }{d\phi }\right]d\phi$$

and, considering that as $d\phi \to 0$ the expression within square brackets is the derivative of the function $\tan \phi$, one obtains

$$dx=\frac{L}{{\cos }^2\phi }d\phi \text{(1)}$$

Note: The same result could have been obtained by differentiating the initial expression:

$$x=L\tan \phi \Rightarrow dx=Ld(\tan \phi )\Rightarrow dx=L\frac{1}{{\cos }^2\phi }d\phi$$

Similarly, denoting by $\ell$ the depth of point A’, one has that

$$x=\frac{\ell }{{\cos }^2\vartheta }d\vartheta \text{(2)}$$

Differentiating Snell’s Law, $\sin \vartheta =n\sin \phi$, one obtains

$$d(\sin \vartheta )=nd(\sin \phi )\Rightarrow \cos \vartheta d\vartheta =n\cos \phi d\phi \Rightarrow d\phi =\frac{1}{n}\frac{\cos \vartheta }{\cos \phi }d\vartheta .$$

Substituting the expression for $d\phi$ just obtained into (1), one finds

$$dx=\frac{L}{n}\frac{\cos \vartheta }{{\cos }^3\phi }d\vartheta \text{(3)}$$

and equating expressions (2) and (3), one finally obtains

$$\ell =\frac{L}{n}{\left(\frac{\cos \vartheta }{\cos \phi }\right)}^3\text{(4)}$$

From $x=L\tan \phi$ one also derives that

$$\frac{x}{L}=\frac{\sqrt{1-{\cos }^2\phi }}{\cos \phi }\Rightarrow {\cos }^2\phi =\frac{1}{1+(x/L{)}^2}$$

On the other hand, applying Snell’s Law, one can also write

$$\frac{x}{L}=\frac{\sin \vartheta /n}{\sqrt{1-(\sin \vartheta /n{)}^2}}\Rightarrow {\left(\frac{x}{L}\right)}^2=\frac{1-{\cos }^2\vartheta }{n^2-1+{\cos }^2\vartheta }\Rightarrow {\cos }^2\vartheta =\frac{1+(1-n^2)(x/L{)}^2}{1+(x/L{)}^2}$$

Finally,

$${\left(\frac{\cos \vartheta }{\cos \phi }\right)}^2=1-(n^2-1){\left(\frac{x}{L}\right)}^2$$

which, when substituted into (4), yields

$$\ell =\frac{L}{n}{\left[\sqrt{1-(n^2-1){\left(\frac{x}{L}\right)}^2}\right]}^3\text{\hspace{1em}(5)}$$

Alternative solution

As before, besides the ray emerging from A and passing through O, consider a second ray forming a small angle $\alpha$ with the first one, and crossing the water surface at point O’.

The depth $\ell$ of A’ can be expressed as a function of the actual depth $L$, the distance $x$, and the refractive index $n$, by noting that segment OO’ is a common side of triangles OHO’ and OH’O’.

From simple geometric considerations, one finds that $\widehat{O{O}^{\prime }H}=\phi$ and $\widehat{O{O}^{\prime }{H}^{\prime }}=\vartheta$. From the geometry of the system, one successively obtains

$$\overline{A^{\prime }{O}^{\prime }}=\frac{\ell }{\cos (\vartheta -\beta )};\overline{O^{\prime }{H}^{\prime }}=\overline{A^{\prime }{O}^{\prime }}\sin \beta =\ell \frac{\sin \beta }{\cos (\vartheta -\beta )};\overline{O{O}^{\prime }}=\frac{\overline{O^{\prime }{H}^{\prime }}}{\cos \vartheta }=\ell \frac{\sin \beta }{\cos (\vartheta -\beta )\cos \vartheta }.\text{\hspace{1em}(1’)}$$

Similarly,

$$\overline{A{O}^{\prime }}=\frac{L}{\cos (\phi -\alpha )};\overline{O^{\prime }H}=\overline{A{O}^{\prime }}\sin \alpha =L\frac{\sin \alpha }{\cos (\phi -\alpha )};\overline{O{O}^{\prime }}=\frac{\overline{O^{\prime }H}}{\cos \phi }=L\frac{\sin \alpha }{\cos (\phi -\alpha )\cos \phi }.\text{\hspace{1em}(2’)}$$

Equating (1’) and (2’), one obtains

$$\ell =L\frac{\sin \alpha \cos \vartheta \cos (\vartheta -\beta )}{\sin \beta \cos \phi \cos (\phi -\alpha )}.$$

Recalling that the beam divergence is very small, one may approximate $\sin \alpha \approx \alpha$, $\sin \beta \approx \beta$, and $\cos \alpha \approx \cos \beta \approx 1$; thus, the previous expression becomes

$$\ell =L{\left(\frac{\cos \vartheta }{\cos \phi }\right)}^2\frac{\alpha }{\beta }.\text{\hspace{1em}(3’)}$$

Snell’s Law applied at points O and O’ respectively yields

$$\frac{\sin \vartheta }{\sin \phi }=n,\text{and}\frac{\sin (\vartheta -\beta )}{\sin (\phi -\alpha )}=n.$$

With the approximation introduced and keeping in mind the first expression, from the second one it follows that

$$\sin \vartheta -\beta \cos \vartheta =n\sin \phi -n\alpha \cos \phi \Rightarrow \beta \cos \vartheta =n\alpha \cos \phi \Rightarrow \frac{\beta }{\alpha }=n\frac{\cos \phi }{\cos \vartheta }.$$

Substituting this last result into (3’) yields

$$\ell =\frac{L}{n}{\left(\frac{\cos \vartheta }{\cos \phi }\right)}^3\text{\hspace{1em}(4’)}$$

which coincides with (4). Snell’s Law, expressed in terms of the cosines of the angles, can be written as

$$\frac{1-{\cos }^2\vartheta }{1-{\cos }^2\phi }=n^2\Rightarrow {\cos }^2\vartheta =1-n^2(1-{\cos }^2\phi )=n^2{\cos }^2\phi -(n^2-1)$$

Therefore,

$${\left(\frac{\cos \vartheta }{\cos \phi }\right)}^2=n^2-\frac{n^2-1}{{\cos }^2\phi }=n^2-(n^2-1)(1+{\tan }^2\phi )=1-(n^2-1){\tan }^2\phi$$

Finally, recalling that $\tan \phi =x/L$, from the previous expression one has

$$\frac{\cos \vartheta }{\cos \phi }=\sqrt{1-(n^2-1)+{\left(\frac{x}{L}\right)}^2}$$

and (4’) — expressed as a function of $L$, $n$, and $x$ — becomes

$$\ell =\frac{L}{n}{\left[\sqrt{1-(n^2-1){\left(\frac{x}{L}\right)}^2}\right]}^3.\text{\hspace{1em}(5’)}$$

Topic: Geometric Optics Metodi: Snell’s Law, Ray Tracing, Calculus-Integration Competenze: Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning Objects: Container Fonte: Testo (PDF) — p.6 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 2.

Come si può anche comprendere dalla figura, la posizione geometrica $\ell$ dell’immagine A’ diminuisce al crescere di $\vartheta$, quindi si ha ${\ell }_{\min }$ quando $\vartheta =90^{\circ }$ e ${\ell }_{\max }$ quando $\vartheta =0^{\circ }$. Per $\vartheta =90^{\circ }$, $\cos \vartheta =0$, $\mathrm{sen}\phi =1/n$ e $\cos \phi =\sqrt{n^2-1}/n$, per cui dalla (4) si ha ${\ell }_{\min }=0$. Per $\vartheta =0^{\circ }$ anche $\phi =0^{\circ }$ ovvero $x=0$, per cui dalla (5) si ha ${\ell }_{\max }=L/n$.

Topic: Geometric Optics Metodi: Snell’s Law, Ray Tracing Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Container Fonte: Testo (PDF) — p.8 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 2.

As can also be understood from the figure, the geometric position $\ell$ of the image A’ decreases as $\vartheta$ increases, therefore ${\ell }_{\min }$ occurs when $\vartheta =90^{\circ }$ and ${\ell }_{\max }$ when $\vartheta =0^{\circ }$. For $\vartheta =90^{\circ }$, $\cos \vartheta =0$, $\sin \phi =1/n$ and $\cos \phi =\sqrt{n^2-1}/n$, so from (4) it follows that ${\ell }_{\min }=0$. For $\vartheta =0^{\circ }$, also $\phi =0^{\circ }$ i.e. $x=0$, so from (5) it follows that ${\ell }_{\max }=L/n$.

Solution: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 3.

Il massimo valore di $x$ si ha quando il valore sotto la radice quadrata nella (5) si annulla (non può essere negativo per $\ell$ reale) quindi

$$x_{\max }=\frac{L}{\sqrt{n^2-1}}$$

e l’area della superficie complessiva del fondale che può essere osservata è

$$S=\pi x_{\max }^2=\frac{\pi L^2}{n^2-1}$$

Topic: Geometric Optics Metodi: Snell’s Law, Ray Tracing Competenze: Mathematical Modeling Objects: Container Fonte: Testo (PDF) — p.8 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 3.

The maximum value of $x$ occurs when the expression under the square root in (5) vanishes (it cannot be negative for real $\ell$), therefore

$$x_{\max }=\frac{L}{\sqrt{n^2-1}}$$

and the area of the total bottom surface that can be observed is

$$S=\pi x_{\max }^2=\frac{\pi L^2}{n^2-1}$$

Solution: Soluzioni (PDF)

PROBLEMA n. 4 – Correnti in un anello (70 Punti)

Topic: Circuits, Magnetism Metodi: Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning Objects: Wire Fonte: Testo (PDF) — p.9 Soluzione: Soluzioni (PDF)

PROBLEM no. 4 – Currents in a Ring (70 Points)

Solution: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 1.

La resistenza equivalente tra i punti A e B è data da

$$R^{\ast }=\frac{R_1{R}_2}{R_1+R_2}\text{con}{R}_i=\frac{\rho {\ell }_i}{\sigma }$$

essendo $\sigma$ l’area della sezione del filo; essendo $R_1+R_2=\rho L/\sigma$ si ha

$$R^{\ast }=\frac{\rho }{\sigma }\frac{{\ell }_1{\ell }_2}{L}=x(1-x)\frac{\rho L}{\sigma }$$

A corrente costante ($I_0$) la massima d.d.p. si ha quando è massima la resistenza equivalente cioè per $x=1/2$, ovvero quando B è diametralmente opposto ad A. Si ha

$$R_{\text{max}}^{\ast }=\frac{1}{4}\frac{\rho L}{\sigma }=\frac{V_0}{I_0}\Rightarrow \sigma =\frac{\rho L{I}_0}{4V_0}\text{da cui infine}d=2r=2\sqrt{\frac{\sigma }{\pi }}=\sqrt{\frac{\rho L{I}_0}{\pi V_0}}=0.624\text{ mm}$$

Topic: Circuits Metodi: Kirchhoff’s Laws, Equivalent Circuit Reduction Competenze: Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning Objects: Wire Fonte: Testo (PDF) — p.9 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 1.

The equivalent resistance between points A and B is given by

$$R^{\ast }=\frac{R_1{R}_2}{R_1+R_2}\text{with}{R}_i=\frac{\rho {\ell }_i}{\sigma }$$

where $\sigma$ is the cross-sectional area of the wire; since $R_1+R_2=\rho L/\sigma$ we have

$$R^{\ast }=\frac{\rho }{\sigma }\frac{{\ell }_1{\ell }_2}{L}=x(1-x)\frac{\rho L}{\sigma }$$

For constant current ($I_0$), the maximum potential difference occurs when the equivalent resistance is maximized, i.e., for $x=1/2$, or when B is diametrically opposite to A. We have

$$R_{\text{max}}^{\ast }=\frac{1}{4}\frac{\rho L}{\sigma }=\frac{V_0}{I_0}\Rightarrow \sigma =\frac{\rho L{I}_0}{4V_0}\text{from which finally}d=2r=2\sqrt{\frac{\sigma }{\pi }}=\sqrt{\frac{\rho L{I}_0}{\pi V_0}}=0.624\text{ mm}$$

Solution: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 2.

La d.d.p. è proporzionale alla resistenza equivalente:

$$V(x)=I_0{R}^{\ast }(x)=x(1-x)I_{0}R\text{con}R=R_1+R_2=\rho L/\sigma =1.6\Omega$$

Notare che la d.d.p. può essere valutata in due modi equivalenti

$$V=R_1{I}_1=R_2{I}_2\text{da cui}{\ell }_1{I}_1={\ell }_2{I}_2\text{(serviraˋ dopo)}$$

Il grafico richiesto di $V(x)$ è riportato a fianco.

Topic: Circuits Metodi: Kirchhoff’s Laws, Equivalent Circuit Reduction Competenze: Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning Objects: Wire Fonte: Testo (PDF) — p.9 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 2.

The potential difference is proportional to the equivalent resistance:

$$V(x)=I_0{R}^{\ast }(x)=x(1-x)I_{0}R\text{with}R=R_1+R_2=\rho L/\sigma =1.6\Omega$$

Note that the potential difference can be evaluated in two equivalent ways

$$V=R_1{I}_1=R_2{I}_2\text{from which}{\ell }_1{I}_1={\ell }_2{I}_2\text{(will be useful later)}$$

The required graph of $V(x)$ is shown alongside.

Solution: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 3.

Posto che $R_1=xR$ ed $R_2=(1-x)R$, la potenza dissipata nel primo arco è

$$W_1=R_1{I}_1^2\text{con}{I}_1=I_0\frac{R_2}{R_1+R_2}=I_0\frac{R_2}{R}\text{(partitore di corrente)}.$$

Dunque

$$W_1(x)=xR{I}_0^2\frac{(1-x{)}^2{R}^2}{R^2}=x(1-x{)}^2{I}_0^{2}R$$

Notare che $W_1(x)$ non è simmetrica rispetto a $x=1/2$. Il massimo di $W_1$ si trova derivando

$$\frac{d{W}_1(x)}{dx}=\left[(1-x{)}^2-2x(1-x)\right]I_0^{2}R=(1-x)(1-3x)I_0^{2}R=0\text{per}x=\frac{1}{3}$$ $$W_{1,\text{max}}=\frac{4}{27}{I}_0^{2}R=14.8\text{ mW}\text{quando i fili formano un angolo di }120^{\circ }.$$

Anche qui, a fianco è riportato il grafico della funzione $W_1(x)$.

Topic: Circuits Metodi: Kirchhoff’s Laws, Calculus-Integration Competenze: Mathematical Modeling Objects: Wire Fonte: Testo (PDF) — p.9 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 3.

Given that $R_1=xR$ and $R_2=(1-x)R$, the power dissipated in the first arc is

$$W_1=R_1{I}_1^2\text{with}{I}_1=I_0\frac{R_2}{R_1+R_2}=I_0\frac{R_2}{R}\text{(current divider)}.$$

Therefore,

$$W_1(x)=xR{I}_0^2\frac{(1-x{)}^2{R}^2}{R^2}=x(1-x{)}^2{I}_0^{2}R$$

Note that $W_1(x)$ is not symmetric with respect to $x=1/2$. The maximum of $W_1$ is found by differentiation

$$\frac{d{W}_1(x)}{dx}=\left[(1-x{)}^2-2x(1-x)\right]I_0^{2}R=(1-x)(1-3x)I_0^{2}R=0\text{for}x=\frac{1}{3}$$ $$W_{1,\text{max}}=\frac{4}{27}{I}_0^{2}R=14.8\text{ mW}\text{when the wires form an angle of }120^{\circ }.$$

Also here, adjacent is the graph of the function $W_1(x)$.

Solution: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 4.

Il campo magnetico al centro dell’anello è nullo in ogni caso. Infatti, ricordando l’espressione di Laplace per il calcolo del campo magnetico,

$$\vec{B}=\frac{{\mu }_{0}I}{4\pi }{\int }_{\gamma }\frac{d\vec{\ell }\times \hat{r}}{r^2}$$

il contributo dei due fili rettilinei è nullo essendo questi allineati col centro dell’anello (e quindi $\overrightarrow{d\ell }\times \hat{r}=0$) e per i due archi percorsi da correnti in verso opposto, detto $a$ il raggio dell’anello [$a=L/(2\pi )$], si ha

$$B=\frac{{\mu }_0{I}_1}{2a}\frac{{\ell }_1}{L}-\frac{{\mu }_0{I}_2}{2a}\frac{{\ell }_2}{L}=\frac{{\mu }_0\pi }{L^2}({\ell }_1{I}_1-{\ell }_2{I}_2)\text{ma}{\ell }_1{I}_1-{\ell }_2{I}_2=0\text{come si eˋ visto al punto 2.}$$

Topic: Magnetism, Circuits Metodi: Biot-Savart Law, Symmetry Argument Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Wire Fonte: Testo (PDF) — p.9 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 4.

The magnetic field at the center of the ring is zero in every case. Indeed, recalling Laplace’s expression for calculating the magnetic field,

$$\vec{B}=\frac{{\mu }_{0}I}{4\pi }{\int }_{\gamma }\frac{d\vec{\ell }\times \hat{r}}{r^2}$$

the contribution from the two straight wires is zero because they are aligned with the center of the ring (and therefore $\overrightarrow{d\ell }\times \hat{r}=0$), and for the two arcs carrying currents in opposite directions, denoting by $a$ the radius of the ring [$a=L/(2\pi )$], one has

$$B=\frac{{\mu }_0{I}_1}{2a}\frac{{\ell }_1}{L}-\frac{{\mu }_0{I}_2}{2a}\frac{{\ell }_2}{L}=\frac{{\mu }_0\pi }{L^2}({\ell }_1{I}_1-{\ell }_2{I}_2)\text{but}{\ell }_1{I}_1-{\ell }_2{I}_2=0\text{as seen in point 2.}$$

Soluzione: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 5.

Le risposte 1, 2 e 3 non cambiano; cambia invece il campo magnetico al centro dell’anello.

Adesso esso è dovuto al filo perpendicolare ed è quindi nel piano dell’anello; il suo modulo è comunque indipendente dalla posizione di B (quindi da $x$) e può essere ricavato dall’espressione di Laplace data sopra, o più semplicemente con considerazioni di simmetria, osservando che due tratti infinitesimi di filo disposti simmetricamente rispetto ad un piano ortogonale al filo stesso, danno uguali contributi al campo calcolato in un punto qualunque del piano.

Dunque il modulo del campo è metà di quello di un filo rettilineo indefinito e vale

$$B=\frac{1}{2}\frac{{\mu }_0{I}_0}{2\pi a}=\frac{{\mu }_0{I}_0}{2L}=0.157\mu \text{T}$$

Materiale prodotto dal gruppo

Segreteria Olimpiadi Italiane della Fisica presso Liceo Scientifico “U. Morin” VENEZIA MESTRE fax: 041.584.1272 e-mail: olifis@libero.it

Topic: Magnetism Metodi: Biot-Savart Law, Symmetry Argument Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Wire Fonte: Testo (PDF) — p.10 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 5.

Answers 1, 2 and 3 do not change; what changes is the magnetic field at the center of the ring.

Now it is due to the perpendicular wire and therefore lies in the plane of the ring; its magnitude remains independent of the position of B (thus from $x$) and can be obtained either from the Laplace expression given above, or more simply by symmetry considerations, observing that two infinitesimal segments of wire arranged symmetrically with respect to a plane orthogonal to the wire itself give equal contributions to the field calculated at any point on the plane.

Thus, the magnitude of the field is half that of an infinite straight wire and equals

$$B=\frac{1}{2}\frac{{\mu }_0{I}_0}{2\pi a}=\frac{{\mu }_0{I}_0}{2L}=0.157\mu \text{T}$$

Material produced by the group

Secretariat of the Italian Physics Olympiad
at Liceo Scientifico “U. Morin”
VENEZIA MESTRE
fax: 041.584.1272
e-mail: olifis@libero.it

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