Soluzioni della simulazione - Campus

Simulazione della seconda prova di Fisica per gli esami di stato liceo scientifico
a.s. 2015-2016 – 25 gennaio 2016
Soluzioni a problemi e quesiti della simulazione della seconda
prova di Fisica
PROBLEMI
Problema n. 1: Il metodo delle parabole di Thomson
1.
Figura 1
Consideriamo la particella carica q che ha velocità iniziale 𝑣𝑣
����⃗0 lungo x e che attraversa la regione
di azione del campo elettrico 𝐸𝐸�⃗ . Su questa particella agisce una forza
𝐹𝐹⃗ = 𝑞𝑞𝐸𝐸�⃗
perpendicolare a ����⃗.
𝑣𝑣0 La particella è quindi soggetta a due moti simultanei: un moto lungo la
direzione x con velocità ����⃗
𝑣𝑣0 e un moto uniformemente accelerato lungo la direzione y, con
velocità iniziale nulla.
Ricordando le relazioni della meccanica per la forza, F = ma, e per lo spostamento, s = ½ at2, e
considerando lo spostamento lungo l’asse y abbiamo che:
𝑞𝑞𝑞𝑞 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 → 𝑎𝑎 =
𝑞𝑞𝑞𝑞
𝑞𝑞𝑞𝑞 2
→ 𝑑𝑑𝑦𝑦 =
𝑡𝑡
𝑚𝑚
2𝑚𝑚
Consideriamo ora l’azione del campo magnetico. Sappiamo che, su una carica in movimento con
�⃗, agisce la forza di Lorentz. Tale forza, in
����⃗0 perpendicolare all’induzione magnetica 𝐵𝐵
velocità 𝑣𝑣
generale, ha una direzione variabile e ha le proprietà di una forza centripeta. Il testo del
problema, tuttavia, dà indicazioni chiare sul fatto che la forza di Lorentz, in questo caso, è
sempre diretta nella direzione z. È un’approssimazione e non è richiesto che lo studente ne dia
una giustificazione.
Quindi, la componente della forza di Lorentz lungo la direzione z è:
𝐹𝐹 = 𝑞𝑞 𝑣𝑣𝑜𝑜 𝐵𝐵
1
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Da cui, come abbiamo fatto per il campo in precedenza otteniamo:
𝑞𝑞 𝑣𝑣𝑜𝑜 𝐵𝐵 = 𝑚𝑚𝑚𝑚 → 𝑎𝑎 =
𝑞𝑞 𝑣𝑣𝑜𝑜 𝐵𝐵
𝑞𝑞 𝑣𝑣𝑜𝑜 𝐵𝐵 2
→ 𝑑𝑑𝑧𝑧 =
𝑡𝑡
𝑚𝑚
2𝑚𝑚
Sappiamo che lungo x il moto è uniforme con velocità ����⃗.
𝑣𝑣0 Possiamo quindi dire che il tempo
impiegato dalle particelle per uscire dalla regione in cui agiscono i campi, che è lunga R, è:
Da cui:
𝑡𝑡 =
𝑞𝑞𝑞𝑞 𝑅𝑅 2
𝑑𝑑𝑦𝑦 =
2𝑚𝑚 𝑣𝑣0 2
𝑅𝑅
𝑣𝑣0
𝑞𝑞𝑞𝑞 𝑅𝑅 2
𝑑𝑑𝑧𝑧 =
2𝑚𝑚 𝑣𝑣0
Se la lastra fotografica fosse posta alla fine della regione R, quella in cui agiscono i campi,
avremmo il risultato dell’esperimento di Thomson considerando:
𝐴𝐴1 =
𝐸𝐸 𝑅𝑅 2
2
𝑒𝑒 𝐴𝐴2 =
𝐵𝐵 𝑅𝑅 2
2
La figura data nel testo, invece, mostra la lastra fotografica all’estremità destra della regione in
cui non agiscono il campo elettrico e il campo magnetico, come rappresentato in Figura 2.
Figura 2
All’uscita dalla regione R abbiamo che:
𝑣𝑣𝑥𝑥 = 𝑣𝑣0
⎧
𝑞𝑞𝑞𝑞 𝑅𝑅
⎪𝑣𝑣𝑦𝑦 =
𝑚𝑚 𝑣𝑣0
⎨
𝑞𝑞𝑞𝑞
𝑅𝑅
⎪𝑣𝑣𝑧𝑧 =
⎩
𝑚𝑚
2
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Indichiamo con t’ il tempo necessario alle particelle per percorrere la distanza R’, ovvero la
distanza tra la fine della regione in cui agiscono i campi e lo schermo fotografico. Abbiamo:
𝑡𝑡 ′ =
Da cui:
Da cui segue la tesi:
𝑅𝑅′
𝑣𝑣0
𝑞𝑞𝑞𝑞 𝑅𝑅 2 𝑞𝑞𝑞𝑞 𝑅𝑅 𝑅𝑅 ′
𝑦𝑦 = 𝑑𝑑𝑦𝑦 + 𝑣𝑣𝑦𝑦 𝑡𝑡 =
+
2𝑚𝑚 𝑣𝑣0 2 𝑚𝑚 𝑣𝑣0 𝑣𝑣0
′
𝒚𝒚 =
Allo stesso modo abbiamo:
Da cui segue la seconda tesi:
𝒒𝒒
𝑨𝑨
𝒎𝒎 𝒗𝒗𝟎𝟎 𝟏𝟏
𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄
𝑨𝑨𝟏𝟏 =
𝑧𝑧 = 𝑑𝑑𝑧𝑧 + 𝑣𝑣𝑧𝑧 𝑡𝑡 ′ =
𝒒𝒒
𝒛𝒛 =
𝑨𝑨
𝒎𝒎 𝒗𝒗𝟎𝟎 𝟐𝟐
𝑬𝑬 𝑹𝑹𝟐𝟐
+ 𝑬𝑬𝑬𝑬𝑬𝑬′
𝟐𝟐
𝑞𝑞𝑞𝑞 𝑅𝑅 2 𝑞𝑞𝑞𝑞 𝑅𝑅𝑅𝑅′
+
2𝑚𝑚 𝑣𝑣0
𝑚𝑚 𝑣𝑣0
𝑩𝑩 𝑹𝑹𝟐𝟐
𝑨𝑨𝟐𝟐 =
+ 𝑩𝑩𝑩𝑩𝑩𝑩′
𝟐𝟐
𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄
2.
Quando le particelle entrano nella regione dove agiscono i campi, hanno tutte velocità che non
conosciamo e diverse tra loro.
Prendiamo la relazione ottenuta al punto precedente, lungo la direzione z:
𝑧𝑧 =
𝑞𝑞
𝑞𝑞
𝐴𝐴2 → 𝑣𝑣0 =
𝐴𝐴
𝑚𝑚 𝑣𝑣0
𝑚𝑚 𝑧𝑧 2
𝑦𝑦 =
𝑞𝑞
𝑚𝑚 𝐴𝐴1
𝐴𝐴
=
�
� 𝑧𝑧 2
1
2
2
𝑚𝑚 𝑣𝑣0
𝑞𝑞 𝐴𝐴2
Sostituiamo ora v0 nell’equazione per y:
Che è proprio l’equazione di una parabola.
3
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3.
Abbiamo già dimostrato che l’equazione è quella di una parabola semplice, dove il rapporto
q/m indica l’ampiezza della parabola stessa. Quindi, più grande è il rapporto q/m più la
parabola sarà ampia e schiacciata sull’asse magnetico z.
Lo ione di idrogeno (H+) ha il massimo rapporto q/m quindi è rappresentato dalla parabola più
schiacciata sull’asse orizzontale, quasi invisibile nella fotografia inserita nel testo del problema.
Per risolvere il quesito tracciamo una retta parallela all’asse y sulla fotografia, come fatto nel
seguente schema.
Figura 3
Dobbiamo ora misure la coordinata y dei punti ottenuti dall’incontro tra la retta verticale, la
parabola dell’idrogeno (disegnata in rosso) e un’altra delle parabole che rappresentano altri
ioni. Nell’esempio riportato in Figura 3, in pratica, dobbiamo misurare yA, ovvero la coordinata
su y del punto A, e yB, la coordinata su y del punto B.
Per calcolare il rapporto q/m per elementi diversi dall’idrogeno basterà, a questo punto, fare
𝑞𝑞
una semplice proporzione: se lo ione sconosciuto ha un rapporto di 𝑥𝑥 𝑚𝑚 allora per trovare x
basta fare il rapporto tra yA/yB, con yA e yB misurati con il righello direttamente sulla fotografia.
Per migliorare i dati, inoltre, è possibile misurare i valori con il righello diverse volte e poi
calcolare la media.
4
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4.
In Figura 4, qui sotto, è rappresentata la richiesta del quesito, con il vettore velocità posto nel
verso dell’asse x, il campo elettrico entrante nella pagina della figura e il campo magnetico in
verticale lungo y. In questa configurazione le forze dovute al campo elettrico e magnetico sono
opposte e dirette lungo z.
Figura 4
Affinché la deflessione sia nulla bisogna imporre che le forze si equilibrino quindi:
Da cui: 𝑣𝑣0 =
𝐸𝐸
𝐵𝐵
𝑞𝑞 𝐸𝐸 = 𝑞𝑞 𝑣𝑣0 𝐵𝐵
Possiamo quindi usare lo strumento per misurare e selezionare le velocità delle particelle,
misurando i campi elettrici e magnetici.
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Problema nr. 2: Uno strumento rinnovato
1.
Rappresentiamo la nuova situazione nella figura sottostante. È stato scelto di porre il campo
�⃗ entrante rispetto al piano del foglio.
magnetico 𝐵𝐵
Figura 5
�⃗ una sola volta ma bisogna considerare l’intera
Per semplicità è stato disegnato il campo 𝐵𝐵
struttura immersa nel campo magnetico.
Quando vengono eliminati i blocchi A e B la barra inizia a cadere verso il basso, soggetta alla
forza peso, lungo l’asse x disegnato nella figura.
Man mano che la barra scende, aumenta l’area S delimitata dalla barretta e dalla guida. Questa
area, rappresentata in verde in Figura 6, può essere considerata come una spira. La variazione
dell’area della spira provoca una variazione del flusso del campo magnetico che la attraversa.
Si ha quindi induzione elettromagnetica: la barretta diventa sede di una forza elettromotrice
indotta che, per la legge di Lenz, ha il verso indicato in Figura 7.
6
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Figura 6
Figura 7
Per la legge di Faraday-Neumann sappiamo che la f.e.m. indotta f è pari a:
𝑓𝑓 = �−
𝑑𝑑𝑑𝑑
�
𝑑𝑑𝑑𝑑
Il campo magnetico è uniforme e perpendicolare alla spira, quindi il flusso concatenato con la
spira è dato da 𝜙𝜙 = 𝐵𝐵𝐵𝐵.
Sappiamo che la superficie della spira aumenta nel tempo man mano che la barretta scende,
quindi:
𝑓𝑓 = �−
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑
𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
� = �− 𝐵𝐵𝐵𝐵� = 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝐵𝐵𝐵𝐵
= 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑣𝑣(𝑡𝑡)
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
Questa f.e.m. genera una corrente indotta che circola in senso antiorario lungo la spira e ha
intensità direttamente proporzionale alla velocità della barra:
𝑖𝑖𝑖𝑖 =
𝑓𝑓 𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑣𝑣(𝑡𝑡)
=
𝑅𝑅
𝑅𝑅
con R la resistenza del materiale di cui è composta la spira.
�⃗ risente anche di una forza
La barra, percorsa dalla corrente ii e immersa nel campo magnetico 𝐵𝐵
magnetica �����⃗
𝐹𝐹𝑀𝑀 :
�����⃗
�⃗
𝐹𝐹𝑀𝑀 = 𝑖𝑖𝑙𝑙⃗ × 𝐵𝐵
Per la regola della mano destra questa forza ha la stessa direzione della forza peso ma verso
�⃗ sono perpendicolari, il modulo della forza magnetica diventa:
opposto. Inoltre, visto che 𝑙𝑙⃗ e 𝐵𝐵
𝐹𝐹 = 𝑖𝑖𝑖𝑖 𝐵𝐵 =
𝐵𝐵𝐵𝐵 𝑣𝑣(𝑡𝑡)
𝐵𝐵 2 𝐿𝐿2
𝑙𝑙𝑙𝑙 =
𝑣𝑣(𝑡𝑡)
𝑅𝑅
𝑅𝑅
Quindi possiamo dire che la forza magnetica è una forza che ostacola il moto della barretta, si
comporta infatti come una forza di attrito viscoso, e ha un’intensità proporzionale alla velocità
istantanea v(t).
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2.
Dai risultati ottenuti al punto 1 sappiamo che, con il passare del tempo, la forza magnetica
aumenta e diminuisce quindi l’accelerazione della barretta. A un certo punto la forza magnetica
bilancia la forza peso e il moto della barra diventa rettilineo uniforme a velocità costante.
Considerando che il grafico 1 rappresenta un moto uniformemente accelerato, che il grafico 2
rappresenta un moto con accelerazione che cresce nel tempo, il grafico che stiamo cercando
non può essere che il 3.
3.
Come descritto al punto 2, la barra comincia a muoversi a velocità costante, e massima, quando
la forza magnetica eguaglia la forza peso quindi:
𝐵𝐵 2 𝑙𝑙 2
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑚𝑚𝑚𝑚 =
𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 → 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 2 2
𝐵𝐵 𝑙𝑙
𝑅𝑅
Sostituendo i valori numerici si ottiene:
𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
(30 ∙ 10−3 𝑘𝑘𝑘𝑘)(9,81 𝑚𝑚/𝑠𝑠 2 )(2,00 Ω)
𝑚𝑚
= 0,5886 ≈ 59𝑐𝑐𝑐𝑐/𝑠𝑠
2
−2
2
(2,5 𝑇𝑇) (40 ∙ 10 𝑚𝑚)
𝑠𝑠
4.
Dalla seconda legge della dinamica sappiamo che F = ma. Nel nostro caso la forza è quella
risultante dall’azione della forza peso e di quella magnetica quindi:
𝐹𝐹𝑃𝑃 − 𝐹𝐹𝑚𝑚 = 𝑚𝑚
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
Al punto 1 abbiamo trovato la forza magnetica quindi:
𝐵𝐵 2 𝑙𝑙 2
𝑚𝑚𝑚𝑚 −
𝑣𝑣(𝑡𝑡) = 𝑚𝑚 𝑣𝑣′(𝑡𝑡)
𝑅𝑅
Al punto 3, invece, abbiamo trovato la velocità massima da cui:
𝑣𝑣 ′ (𝑡𝑡) +
𝑔𝑔
𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑣𝑣(𝑡𝑡) = 𝑔𝑔
(∗)
Prendiamo ora l’equazione data nel testo del quesito e deriviamola:
𝑡𝑡
𝑣𝑣(𝑡𝑡) = 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 �1 − 𝑒𝑒 −𝜏𝜏 � → 𝑣𝑣 ′ (𝑡𝑡) =
8
𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 −𝑡𝑡
𝑒𝑒 𝜏𝜏
𝜏𝜏
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Dalla relazione per v(t) otteniamo che:
𝑡𝑡
𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑒𝑒 −𝜏𝜏 = 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑣𝑣(𝑡𝑡)
Quindi possiamo scrivere la derivata come:
𝑣𝑣 ′ (𝑡𝑡) =
1
𝑣𝑣(𝑡𝑡) 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
�𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑣𝑣(𝑡𝑡)� → 𝑣𝑣 ′ (𝑡𝑡) +
−
=0
𝜏𝜏
𝜏𝜏
𝜏𝜏
Ricordando che τ corrisponde a:
Otteniamo:
Che è proprio l’equazione (*).
𝑣𝑣 ′ (𝑡𝑡) +
𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑔𝑔
𝜏𝜏 =
𝑔𝑔
𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑣𝑣(𝑡𝑡) − 𝑔𝑔 = 0
𝑡𝑡
Consideriamo ora l’equazione 𝑣𝑣(𝑡𝑡) = 𝑣𝑣𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 �1 − 𝑒𝑒 −𝜏𝜏 �. Il grafico di
questa equazione è proprio il grafico numero 3 del punto 3 del
problema: τ rappresenta il tempo che la barretta impiegherebbe a
raggiungere la velocità massima in assenza del campo magnetico
B ovvero mantenendo l’accelerazione iniziale g.
In fisica τ, che ha le dimensioni fisiche di un tempo, viene chiamata
costante di tempo e viene usata, per esempio anche nei circuiti RC,
per indicare che, trascorsi alcuni τ, tutte le variazioni tendono ad
annullarsi e le grandezze possono essere considerate uguali al
valore asintotico.
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QUESITI
Quesito 1
Possiamo riscrivere la relazione data nel testo del quesito come:
𝑃𝑃𝑀𝑀𝑀𝑀 = 𝑃𝑃𝑀𝑀𝑀𝑀 ∙
2,0
= 1,0 ∙ 102 ∙ 0,02 = 2,0 𝑊𝑊
100
Con PME la potenza media emessa e PMA la potenza media assorbita.
Sappiamo poi che l’intensità è legata alla potenza e alla superficie che viene considerata. Il testo
del quesito ci permette di fare l’approssimazione di una sorgente che emette uniformemente in
tutte le direzioni. Consideriamo quindi come superficie S la sfera di raggio d = 2,0 m indicata
nel testo. Possiamo quindi scrivere l’intensità media come:
𝑖𝑖𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
𝑃𝑃𝑀𝑀𝑀𝑀
𝑃𝑃𝑀𝑀𝑀𝑀
(2,0 𝑊𝑊)
=
=
= 4,0 ∙ 10−2 𝑊𝑊/𝑚𝑚2
2
2
(2,0
𝑆𝑆
4𝜋𝜋 𝑑𝑑
4𝜋𝜋
𝑚𝑚)
Nella nostra approssimazione la sorgente emette in modo uniforme in tutte le direzioni quindi
l’intensità sarà la stessa in tutti i punto dell’immaginaria superficie sferica che abbiamo preso
in considerazione, a due metri di distanza dalla lampadina. Tale intensità media, sulla
superficie, può anche essere scritta come:
𝑖𝑖𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝑐𝑐𝜀𝜀0 𝐸𝐸𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 2
Possiamo quindi scrivere, sostituendo i valori numerici, che:
𝑬𝑬𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 = �
𝑰𝑰𝒎𝒎
= 𝟑𝟑, 𝟗𝟗𝟗𝟗/𝑪𝑪
𝒄𝒄𝜺𝜺𝟎𝟎
Sappiamo infine che Beff = Eeff/c quindi possiamo scrivere:
𝑩𝑩𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆𝒆 =
𝐸𝐸𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒
3,9 𝑁𝑁/𝐶𝐶
=
= 𝟏𝟏, 𝟑𝟑 ∙ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟖𝟖 𝑻𝑻
𝑐𝑐
3,00 ∙ 108 𝑚𝑚/𝑠𝑠 2
Considerando una distanza di due metri possiamo dire che la presenza dell’aria non cambia
molto il risultato per quanto riguarda l’intensità luminosa. Sicuramente la lampadina non può
essere considerata una sorgente puntiforme perché il filamento ha una certa dimensione e
perché la radiazione non viene emessa in tutte le direzioni: sul retro del bulbo della lampadina
c’è l’attacco al filo di alimentazione.
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Quesito 2
Sappiamo che la corrente di spostamento è data da:
𝑖𝑖𝑠𝑠 = 𝜀𝜀0
𝑑𝑑𝑑𝑑(𝐸𝐸)
𝑑𝑑𝑑𝑑
(∗∗)
con 𝜀𝜀0 la costante dielettrica del vuoto e il flusso del campo elettrico pari a
con A l’area delle armature ovvero:
𝜙𝜙(𝐸𝐸) = 𝐴𝐴 𝐸𝐸
𝐴𝐴 = 𝑙𝑙 2 = (5,0 ∙ 10−2 )2 = 2,5 ∙ 10−3 𝑚𝑚2
Sappiamo inoltre che l’intensità del campo elettrico all’interno del condensatore è dato da E
= V/s con V la differenza di potenziale tra le armature e s la distanza tra le armature. Questa
distanza, come descritto nel testo, varia nel tempo secondo la relazione
Dal testo sappiamo inoltre che
𝑠𝑠(𝑡𝑡) = 𝑠𝑠0 + 𝑣𝑣𝑣𝑣
𝐸𝐸(𝑡𝑡) =
𝑉𝑉
𝑉𝑉
=
𝑠𝑠(𝑡𝑡) 𝑠𝑠0 + 𝑣𝑣𝑣𝑣
Calcolando la derivata troviamo la velocità di variazione del campo elettrico:
−𝑣𝑣
𝑑𝑑𝑑𝑑(𝑡𝑡)
= 𝑉𝑉 ∙
(𝑠𝑠0 + 𝑣𝑣𝑣𝑣)2
𝑑𝑑𝑑𝑑
Riprendiamo ora dalla relazione (**) e aggiungiamo quello che abbiamo ottenuto per il flusso e
per la derivata del campo elettrico. Otteniamo:
𝑖𝑖𝑠𝑠 = 𝜀𝜀0
𝑑𝑑𝑑𝑑(𝐸𝐸)
𝑑𝑑𝑑𝑑(𝑡𝑡)
−𝑣𝑣
= 𝑖𝑖𝑠𝑠 = 𝜀𝜀0
= 𝜀𝜀0 𝐴𝐴 𝑉𝑉
(𝑠𝑠0 + 𝑣𝑣𝑣𝑣)2
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
Considerando la corrente di spostamento nell’istante t = 0, sostituendo tutti i valori numerici,
abbiamo che:
𝒊𝒊𝒔𝒔 (𝟎𝟎) = −𝟐𝟐 ∙ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟗𝟗 𝑨𝑨
Il segno meno, in questo risultato, indica che la carica sulle armature del condensatore
diminuisce.
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Quesito 3
Dalla teoria sappiamo che 𝑐𝑐 = 𝑓𝑓𝑓𝑓 quindi, la lunghezza d’onda massima per ogni banda
corrisponde alla frequenza minima:
Modulazione di frequenza
𝜆𝜆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
Onde medie
𝜆𝜆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
𝑐𝑐
𝑓𝑓𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
Onde corte
𝜆𝜆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
3,0 ∙ 108 𝑚𝑚/𝑠𝑠
= 5,6 ∙ 102 𝑚𝑚
540 ∙ 103 𝑠𝑠 −1
𝜆𝜆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
𝑓𝑓𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
=
𝜆𝜆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
3,0 ∙ 108 𝑚𝑚/𝑠𝑠
= 3,4 𝑚𝑚
88 ∙ 106 𝑠𝑠 −1
𝑐𝑐
𝑐𝑐
𝑓𝑓𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
=
3,0 ∙ 108 𝑚𝑚/𝑠𝑠
=
= 50 𝑚𝑚
6,0 ∙ 106 𝑠𝑠 −1
𝜆𝜆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 =
𝑐𝑐
𝑓𝑓𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑐𝑐
𝑓𝑓𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
𝑐𝑐
𝑓𝑓𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚
=
3,0 ∙ 108 𝑚𝑚/𝑠𝑠
= 2,8 𝑚𝑚
108 ∙ 106 𝑠𝑠 −1
=
3,0 ∙ 108 𝑚𝑚/𝑠𝑠
= 1,9 ∙ 102 𝑚𝑚
1600 ∙ 103 𝑠𝑠 −1
3,0 ∙ 108 𝑚𝑚/𝑠𝑠
=
= 17 𝑚𝑚
18 ∙ 106 𝑠𝑠 −1
Quando un’onda incontra un ostacolo sul suo percorso, se le dimensioni dell’ostacolo sono
minori o uguali alla lunghezza d’onda, si ha il fenomeno della diffrazione. In questo caso l’onda
riesce ad aggirare l’ostacolo e propagarsi lo stesso. Se consideriamo edifici possiamo ipotizzare
un ordine di grandezza di 10 m. Possiamo quindi dire che le onde meno influenzati da edifici
sono le onde medie, poi quelle corte e infine quelle a modulazione di frequenza.
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Quesito 4
Partiamo dall’equazione di Ampere-Maxwell:
�⃗ ∙ 𝑑𝑑𝑙𝑙⃗ = 𝜇𝜇0 �𝑖𝑖 + 𝜀𝜀0
� 𝐵𝐵
𝑑𝑑𝑑𝑑
�
𝑑𝑑𝑑𝑑
Tale relazione indica che un campo magnetico può essere generato da una corrente elettrica i
ma anche dalla variazione del flusso del campo elettrico nel tempo, calcolato per una superficie
delimitata da una curva chiusa.
In questo caso specifico, essendo nel vuoto, non c’è una corrente elettrica quindi:
�⃗ ∙ 𝑑𝑑𝑙𝑙⃗ = 𝜇𝜇0 𝜀𝜀0
� 𝐵𝐵
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝑑𝑑
Per calcolare il flusso del campo elettrico, per semplicità di calcolo, scegliamo come curva
chiusa una circonferenza di raggio R. Possiamo considerare il campo magnetico costante lungo
tale curva quindi la circuitazione sarà data da
�⃗ ∙ 𝑑𝑑𝑙𝑙⃗ = 𝐵𝐵 2𝜋𝜋 𝑅𝑅
� 𝐵𝐵
La variazione del campo elettrico, invece, è pari a
Quindi:
𝑑𝑑𝑑𝑑
= ∆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝐸𝐸 ∙ 𝜋𝜋𝑅𝑅 2
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝐵𝐵 2𝜋𝜋 𝑅𝑅 = 𝜇𝜇0 𝜀𝜀0 ∙ ∆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝐸𝐸 ∙ 𝜋𝜋𝑅𝑅 2 → 𝐵𝐵 =
𝜇𝜇0 𝜀𝜀0 ∙ ∆𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝐸𝐸 ∙ 𝑅𝑅
= 𝟓𝟓, 𝟎𝟎 ∙ 𝟏𝟏𝟏𝟏−𝟏𝟏𝟏𝟏 𝑻𝑻
2
All’aumentare di R il campo magnetico indotto aumenta in modo proporzionale.
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Quesito 5
Figura 8
Nella cella ci sono otto ioni che formano dodici coppie con carica di segno opposto, separate da
una distanza x = l/2:
1 𝑞𝑞 2
𝐸𝐸1 = −
4𝜋𝜋𝜀𝜀0 𝑥𝑥
Ci sono poi 12 coppie di ioni con segno concorde separati dalla distanza √2 𝑥𝑥:
𝐸𝐸2 =
1 𝑞𝑞 2
4𝜋𝜋𝜀𝜀0 √2 𝑥𝑥
Ci sono infine 4 coppie di ioni con carica di segno opposto separati dalla distanza √3 𝑥𝑥:
Quindi:
1
1 𝑞𝑞 2
𝐸𝐸3 = −
4𝜋𝜋𝜀𝜀0 √3 𝑥𝑥
𝐸𝐸 = 𝐸𝐸1 + 𝐸𝐸2 + 𝐸𝐸3 = − 4𝜋𝜋𝜀𝜀
0
𝑞𝑞 2
𝑥𝑥
�−12 +
12
√2
−
4
�
√3
Quindi, sapendo che il numero N di ioni della cella è 8, l’energia per ione è data da:
𝐸𝐸
1 𝑞𝑞 2 −5,824
=−
= 𝟑𝟑, 𝟕𝟕𝟕𝟕 𝒆𝒆𝒆𝒆
𝑁𝑁
4𝜋𝜋𝜀𝜀0 𝑥𝑥
8
Questo valore è circa il 90 % del valore sperimentale dell’energia di legame.
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Quesito 6
Secondo la legge di Malus l’intensità della luce incidente su un filtro polarizzatore I0 è legata
all’intensità della luce che esce dal filtro nel seguente modo:
𝐼𝐼 = 𝐼𝐼0 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2 𝜃𝜃
(∗∗∗)
Con 𝜃𝜃 l’angolo tra la direzione di polarizzazione della luce incidente e di quella uscente.
Se l’onda incidente non è polarizzata, 𝜃𝜃 varia da 0 a 2π e l’intensità luminosa in uscita è la media
su 𝜃𝜃 ovvero:
𝐼𝐼0
𝐼𝐼 =
2
Se l’onda è polarizzata, invece, vale la relazione (***).
Nel nostro caso specifico si ha che I0 incide su P1 quindi l’intensità uscente da P1 è:
𝐼𝐼1 =
𝐼𝐼0
2
Il testo ci dice che α è l’angolo esistente tra P1 e P3 quindi:
𝐼𝐼3 = 𝐼𝐼1 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2 𝛼𝛼
mentre l’angolo tra P3 e P2, invece, è 90 – α da cui:
𝐼𝐼2 = 𝐼𝐼3 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2 𝛼𝛼 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2 𝛼𝛼 =
1
𝐼𝐼 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2 (2𝛼𝛼)
4 3
L’intensità massima si ha quindi per 2α = 90° ovvero per α = 45° a cui corrisponde:
𝑰𝑰𝟐𝟐 =
𝟏𝟏
𝟏𝟏
𝑰𝑰𝟏𝟏 = 𝑰𝑰𝟎𝟎
𝟒𝟒
𝟖𝟖
15