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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 π£π£ οΏ½οΏ½οΏ½οΏ½β0 lungo x e che attraversa la regione di azione del campo elettrico πΈπΈοΏ½β . Su questa particella agisce una forza πΉπΉβ = πππΈπΈοΏ½β perpendicolare a οΏ½οΏ½οΏ½οΏ½β. π£π£0 La particella è quindi soggetta a due moti simultanei: un moto lungo la direzione x con velocità οΏ½οΏ½οΏ½οΏ½β π£π£0 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: ππππ = ππππ → ππ = ππππ ππππ 2 → πππ¦π¦ = π‘π‘ ππ 2ππ Consideriamo ora l’azione del campo magnetico. Sappiamo che, su una carica in movimento con οΏ½β, agisce la forza di Lorentz. Tale forza, in οΏ½οΏ½οΏ½οΏ½β0 perpendicolare all’induzione magnetica π΅π΅ velocità π£π£ 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: πΉπΉ = ππ π£π£ππ π΅π΅ 1 Simulazione della seconda prova di Fisica per gli esami di stato liceo scientifico a.s. 2015-2016 – 25 gennaio 2016 Da cui, come abbiamo fatto per il campo in precedenza otteniamo: ππ π£π£ππ π΅π΅ = ππππ → ππ = ππ π£π£ππ π΅π΅ ππ π£π£ππ π΅π΅ 2 → πππ§π§ = π‘π‘ ππ 2ππ Sappiamo che lungo x il moto è uniforme con velocità οΏ½οΏ½οΏ½οΏ½β. π£π£0 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: π‘π‘ = ππππ π π 2 πππ¦π¦ = 2ππ π£π£0 2 π π π£π£0 ππππ π π 2 πππ§π§ = 2ππ π£π£0 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: π΄π΄1 = πΈπΈ π π 2 2 ππ π΄π΄2 = π΅π΅ π π 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: π£π£π₯π₯ = π£π£0 β§ ππππ π π βͺπ£π£π¦π¦ = ππ π£π£0 β¨ ππππ π π βͺπ£π£π§π§ = β© ππ 2 Simulazione della seconda prova di Fisica per gli esami di stato liceo scientifico a.s. 2015-2016 – 25 gennaio 2016 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: π‘π‘ ′ = Da cui: Da cui segue la tesi: π π ′ π£π£0 ππππ π π 2 ππππ π π π π ′ π¦π¦ = πππ¦π¦ + π£π£π¦π¦ π‘π‘ = + 2ππ π£π£0 2 ππ π£π£0 π£π£0 ′ ππ = Allo stesso modo abbiamo: Da cui segue la seconda tesi: ππ π¨π¨ ππ ππππ ππ ππππππ π¨π¨ππ = π§π§ = πππ§π§ + π£π£π§π§ π‘π‘ ′ = ππ ππ = π¨π¨ ππ ππππ ππ π¬π¬ πΉπΉππ + π¬π¬π¬π¬π¬π¬′ ππ ππππ π π 2 ππππ π π π π ′ + 2ππ π£π£0 ππ π£π£0 π©π© πΉπΉππ π¨π¨ππ = + π©π©π©π©π©π©′ ππ ππππππ 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: π§π§ = ππ ππ π΄π΄2 → π£π£0 = π΄π΄ ππ π£π£0 ππ π§π§ 2 π¦π¦ = ππ ππ π΄π΄1 π΄π΄ = οΏ½ οΏ½ π§π§ 2 1 2 2 ππ π£π£0 ππ π΄π΄2 Sostituiamo ora v0 nell’equazione per y: Che è proprio l’equazione di una parabola. 3 Simulazione della seconda prova di Fisica per gli esami di stato liceo scientifico a.s. 2015-2016 – 25 gennaio 2016 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 ππ una semplice proporzione: se lo ione sconosciuto ha un rapporto di π₯π₯ ππ 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 Simulazione della seconda prova di Fisica per gli esami di stato liceo scientifico a.s. 2015-2016 – 25 gennaio 2016 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: π£π£0 = πΈπΈ π΅π΅ ππ πΈπΈ = ππ π£π£0 π΅π΅ Possiamo quindi usare lo strumento per misurare e selezionare le velocità delle particelle, misurando i campi elettrici e magnetici. 5 Simulazione della seconda prova di Fisica per gli esami di stato liceo scientifico a.s. 2015-2016 – 25 gennaio 2016 Problema nr. 2: Uno strumento rinnovato 1. Rappresentiamo la nuova situazione nella figura sottostante. È stato scelto di porre il campo οΏ½β entrante rispetto al piano del foglio. magnetico π΅π΅ Figura 5 οΏ½β una sola volta ma bisogna considerare l’intera Per semplicità è stato disegnato il campo π΅π΅ 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 Simulazione della seconda prova di Fisica per gli esami di stato liceo scientifico a.s. 2015-2016 – 25 gennaio 2016 Figura 6 Figura 7 Per la legge di Faraday-Neumann sappiamo che la f.e.m. indotta f è pari a: ππ = οΏ½− ππππ οΏ½ ππππ Il campo magnetico è uniforme e perpendicolare alla spira, quindi il flusso concatenato con la spira è dato da ππ = π΅π΅π΅π΅. Sappiamo che la superficie della spira aumenta nel tempo man mano che la barretta scende, quindi: ππ = οΏ½− ππππ ππ ππ ππππ οΏ½ = οΏ½− π΅π΅π΅π΅οΏ½ = π΅π΅π΅π΅ π₯π₯(π‘π‘) = π΅π΅π΅π΅ = π΅π΅π΅π΅ π£π£(π‘π‘) ππππ ππππ ππππ ππππ 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: ππππ = ππ π΅π΅π΅π΅ π£π£(π‘π‘) = π π π π con R la resistenza del materiale di cui è composta la spira. οΏ½β risente anche di una forza La barra, percorsa dalla corrente ii e immersa nel campo magnetico π΅π΅ magnetica οΏ½οΏ½οΏ½οΏ½οΏ½β πΉπΉππ : οΏ½οΏ½οΏ½οΏ½οΏ½β οΏ½β πΉπΉππ = ππππβ × π΅π΅ Per la regola della mano destra questa forza ha la stessa direzione della forza peso ma verso οΏ½β sono perpendicolari, il modulo della forza magnetica diventa: opposto. Inoltre, visto che ππβ e π΅π΅ πΉπΉ = ππππ π΅π΅ = π΅π΅π΅π΅ π£π£(π‘π‘) π΅π΅ 2 πΏπΏ2 ππππ = π£π£(π‘π‘) π π π π 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). 7 Simulazione della seconda prova di Fisica per gli esami di stato liceo scientifico a.s. 2015-2016 – 25 gennaio 2016 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: π΅π΅ 2 ππ 2 ππππππ ππππ = π£π£ππππππ → π£π£ππππππ = 2 2 π΅π΅ ππ π π Sostituendo i valori numerici si ottiene: π£π£ππππππ = (30 β 10−3 ππππ)(9,81 ππ/π π 2 )(2,00 Ω) ππ = 0,5886 ≈ 59ππππ/π π 2 −2 2 (2,5 ππ) (40 β 10 ππ) π π 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: πΉπΉππ − πΉπΉππ = ππ ππππ ππππ Al punto 1 abbiamo trovato la forza magnetica quindi: π΅π΅ 2 ππ 2 ππππ − π£π£(π‘π‘) = ππ π£π£′(π‘π‘) π π Al punto 3, invece, abbiamo trovato la velocità massima da cui: π£π£ ′ (π‘π‘) + ππ π£π£ππππππ π£π£(π‘π‘) = ππ (∗) Prendiamo ora l’equazione data nel testo del quesito e deriviamola: π‘π‘ π£π£(π‘π‘) = π£π£ππππππ οΏ½1 − ππ −ππ οΏ½ → π£π£ ′ (π‘π‘) = 8 π£π£ππππππ −π‘π‘ ππ ππ ππ Simulazione della seconda prova di Fisica per gli esami di stato liceo scientifico a.s. 2015-2016 – 25 gennaio 2016 Dalla relazione per v(t) otteniamo che: π‘π‘ π£π£ππππππ ππ −ππ = π£π£ππππππ − π£π£(π‘π‘) Quindi possiamo scrivere la derivata come: π£π£ ′ (π‘π‘) = 1 π£π£(π‘π‘) π£π£ππππππ οΏ½π£π£ππππππ − π£π£(π‘π‘)οΏ½ → π£π£ ′ (π‘π‘) + − =0 ππ ππ ππ Ricordando che τ corrisponde a: Otteniamo: Che è proprio l’equazione (*). π£π£ ′ (π‘π‘) + π£π£ππππππ ππ ππ = ππ π£π£ππππππ π£π£(π‘π‘) − ππ = 0 π‘π‘ Consideriamo ora l’equazione π£π£(π‘π‘) = π£π£ππππππ οΏ½1 − ππ −ππ οΏ½. 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. 9 Simulazione della seconda prova di Fisica per gli esami di stato liceo scientifico a.s. 2015-2016 – 25 gennaio 2016 QUESITI Quesito 1 Possiamo riscrivere la relazione data nel testo del quesito come: ππππππ = ππππππ β 2,0 = 1,0 β 102 β 0,02 = 2,0 ππ 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: ππππππππππππ = ππππππ ππππππ (2,0 ππ) = = = 4,0 β 10−2 ππ/ππ2 2 2 (2,0 ππ 4ππ ππ 4ππ ππ) 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: ππππππππππππ = ππππ0 πΈπΈππππππ 2 Possiamo quindi scrivere, sostituendo i valori numerici, che: π¬π¬ππππππ = οΏ½ π°π°ππ = ππ, ππππ/πͺπͺ πππΊπΊππ Sappiamo infine che Beff = Eeff/c quindi possiamo scrivere: π©π©ππππππ = πΈπΈππππππ 3,9 ππ/πΆπΆ = = ππ, ππ β ππππ−ππ π»π» ππ 3,00 β 108 ππ/π π 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. 10 Simulazione della seconda prova di Fisica per gli esami di stato liceo scientifico a.s. 2015-2016 – 25 gennaio 2016 Quesito 2 Sappiamo che la corrente di spostamento è data da: πππ π = ππ0 ππππ(πΈπΈ) ππππ (∗∗) con ππ0 la costante dielettrica del vuoto e il flusso del campo elettrico pari a con A l’area delle armature ovvero: ππ(πΈπΈ) = π΄π΄ πΈπΈ π΄π΄ = ππ 2 = (5,0 β 10−2 )2 = 2,5 β 10−3 ππ2 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 π π (π‘π‘) = π π 0 + π£π£π£π£ πΈπΈ(π‘π‘) = ππ ππ = π π (π‘π‘) π π 0 + π£π£π£π£ Calcolando la derivata troviamo la velocità di variazione del campo elettrico: −π£π£ ππππ(π‘π‘) = ππ β (π π 0 + π£π£π£π£)2 ππππ Riprendiamo ora dalla relazione (**) e aggiungiamo quello che abbiamo ottenuto per il flusso e per la derivata del campo elettrico. Otteniamo: πππ π = ππ0 ππππ(πΈπΈ) ππππ(π‘π‘) −π£π£ = πππ π = ππ0 = ππ0 π΄π΄ ππ (π π 0 + π£π£π£π£)2 ππππ ππππ Considerando la corrente di spostamento nell’istante t = 0, sostituendo tutti i valori numerici, abbiamo che: ππππ (ππ) = −ππ β ππππ−ππ π¨π¨ Il segno meno, in questo risultato, indica che la carica sulle armature del condensatore diminuisce. 11 Simulazione della seconda prova di Fisica per gli esami di stato liceo scientifico a.s. 2015-2016 – 25 gennaio 2016 Quesito 3 Dalla teoria sappiamo che ππ = ππππ quindi, la lunghezza d’onda massima per ogni banda corrisponde alla frequenza minima: Modulazione di frequenza ππππππππ = Onde medie ππππππππ = ππ ππππππππ Onde corte ππππππππ = 3,0 β 108 ππ/π π = 5,6 β 102 ππ 540 β 103 π π −1 ππππππππ = ππππππππ = ππππππππ = 3,0 β 108 ππ/π π = 3,4 ππ 88 β 106 π π −1 ππ ππ ππππππππ = 3,0 β 108 ππ/π π = = 50 ππ 6,0 β 106 π π −1 ππππππππ = ππ ππππππππ ππ ππππππππ ππ ππππππππ = 3,0 β 108 ππ/π π = 2,8 ππ 108 β 106 π π −1 = 3,0 β 108 ππ/π π = 1,9 β 102 ππ 1600 β 103 π π −1 3,0 β 108 ππ/π π = = 17 ππ 18 β 106 π π −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. 12 Simulazione della seconda prova di Fisica per gli esami di stato liceo scientifico a.s. 2015-2016 – 25 gennaio 2016 Quesito 4 Partiamo dall’equazione di Ampere-Maxwell: οΏ½β β ππππβ = ππ0 οΏ½ππ + ππ0 οΏ½ π΅π΅ ππππ οΏ½ ππππ 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: οΏ½β β ππππβ = ππ0 ππ0 οΏ½ π΅π΅ ππππ ππππ 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 οΏ½β β ππππβ = π΅π΅ 2ππ π π οΏ½ π΅π΅ La variazione del campo elettrico, invece, è pari a Quindi: ππππ = βππππππππππ πΈπΈ β πππ π 2 ππππ π΅π΅ 2ππ π π = ππ0 ππ0 β βππππππππππ πΈπΈ β πππ π 2 → π΅π΅ = ππ0 ππ0 β βππππππππππ πΈπΈ β π π = ππ, ππ β ππππ−ππππ π»π» 2 All’aumentare di R il campo magnetico indotto aumenta in modo proporzionale. 13 Simulazione della seconda prova di Fisica per gli esami di stato liceo scientifico a.s. 2015-2016 – 25 gennaio 2016 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 ππ 2 πΈπΈ1 = − 4ππππ0 π₯π₯ Ci sono poi 12 coppie di ioni con segno concorde separati dalla distanza √2 π₯π₯: πΈπΈ2 = 1 ππ 2 4ππππ0 √2 π₯π₯ Ci sono infine 4 coppie di ioni con carica di segno opposto separati dalla distanza √3 π₯π₯: Quindi: 1 1 ππ 2 πΈπΈ3 = − 4ππππ0 √3 π₯π₯ πΈπΈ = πΈπΈ1 + πΈπΈ2 + πΈπΈ3 = − 4ππππ 0 ππ 2 π₯π₯ οΏ½−12 + 12 √2 − 4 οΏ½ √3 Quindi, sapendo che il numero N di ioni della cella è 8, l’energia per ione è data da: πΈπΈ 1 ππ 2 −5,824 =− = ππ, ππππ ππππ ππ 4ππππ0 π₯π₯ 8 Questo valore è circa il 90 % del valore sperimentale dell’energia di legame. 14 Simulazione della seconda prova di Fisica per gli esami di stato liceo scientifico a.s. 2015-2016 – 25 gennaio 2016 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: πΌπΌ = πΌπΌ0 ππππππ 2 ππ (∗∗∗) Con ππ l’angolo tra la direzione di polarizzazione della luce incidente e di quella uscente. Se l’onda incidente non è polarizzata, ππ varia da 0 a 2π e l’intensità luminosa in uscita è la media su ππ ovvero: πΌπΌ0 πΌπΌ = 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: πΌπΌ1 = πΌπΌ0 2 Il testo ci dice che α è l’angolo esistente tra P1 e P3 quindi: πΌπΌ3 = πΌπΌ1 ππππππ 2 πΌπΌ mentre l’angolo tra P3 e P2, invece, è 90 – α da cui: πΌπΌ2 = πΌπΌ3 ππππππ 2 πΌπΌ π π π π π π 2 πΌπΌ = 1 πΌπΌ π π π π π π 2 (2πΌπΌ) 4 3 L’intensità massima si ha quindi per 2α = 90° ovvero per α = 45° a cui corrisponde: π°π°ππ = ππ ππ π°π°ππ = π°π°ππ ππ ππ 15
