16 luglio 2012 - Dipartimento di Fisica
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UNIVERSITÀ DI ROMA “LA SAPIENZA” FACOLTÀ DI INGEGNERIA Corso di Laurea in Ingegneria per l’Ambiente e il Territorio ESAME DI FISICA GENERALE II (DM 270) Au to Sa re rti : –D Sc ipa a ric rti ht tp me ab s:/ ile nt /se od gr atu rv iF er isi i ta 2.p ca m hy en s.u te da nir ls om ito a1 : .it /d oc /sa rti / Data: 16/7/2012 1. Un anello carico, di massa m = 500 g e carica Qa = 10 µC viene mantenuto sospeso da una carica puntiforme qp = −50 µC, posta sul suo asse, ad una distanza d = 4 cm dalla carica stessa. Determinare il raggio dell’anello ed il valore che dovrebbe avere qp se si volesse che la distanza di equilibrio fra carica ed anello fosse la metà del valore indicato nel testo. d 2. Un alternatore composto da N = 100 spire di lato L = 50 cm che ruota con velocità angolare ω = 10 rad/s in un campo magnetico B = 0.1 T è collegato ad un circuito in cui è presente una resistenza R = 10 Ω. Calcolare il momento della forza che si oppone alla rotazione dell’alternatore. Spiegare il motivo per cui tale momento dipende dal valore della resistenza. ε ε Dr .S tef an o 3. Nel circuito in figura, ε1 = 5 V, ε2 = 10 V, R1 = 10 Ω, R2 = 15 Ω e R4 = 20 Ω. Determinare il valore della resistenza R3 e la potenza generata (o dissipata) dai due generatori sapendo che la corrente che scorre nella resistenza R3 (dall’alto verso il basso) è pari alla metà di quella che scorre nella resistenza R4 . 4. Un’onda piana monocromatica di lunghezza d’onda λ = 100 µm e intensità I0 = 10 W incide su un piano su cui sono praticate tre fenditure. Determinare il valore dell’intensità dell’onda nel punto P0 ed il valore del passo reticolare d sapendo che l’intensità nel punto P1 è la metà di quella misurata in P0 . Si assuma che non ci siano minimi di intensità fra P0 e P1 , che la distanza fra reticolo e schermo sia L = 1 m d e si tenga conto dell’identit trigonometrica sin(3α) = (3 − 4 sin2 α) sin α L P1 P0 Soluzioni Esercizio n.1 Il campo elettrico generato da un anello sul suo asse vale, in modulo Q d 4π0 r3 Au to Sa re rti : –D Sc ipa a ric rti ht tp me ab s:/ ile nt /se od gr atu rv iF er isi i ta 2.p ca m hy en s.u te da nir ls om ito a1 : .it /d oc /sa rti / |E| = √ dove d è la distanza del punto in cui si calcola il campo dal centro dell’anello e r = R2 + d2 la distanza del suddetto punto da un punto generico dell’anello (R è il raggio dell’anello). La forza Qa qp d che l’anello esercita sul punto vale quindi qp E = 4π 3 e, per il principio di azione e reazione, 0 r questa sarà anche la forza che la carica esercita sull’anello. A tale forza si aggiunge la forza peso F = mg diretta in senso opposto. L’equilibrio si avrà quando le due forze sono in modulo uguali: Qa qp d Qa qp = mg ⇒ d = mg(d2 + R2 )3/2 3 4π0 r 4π0 Chiamando α = Qa qp 4π0 mg si ottiene quindi αd = (d2 + R2 )3/2 ⇒ (αd)2/3 = d2 + R2 ⇒ R = q (αd)2/3 − d2 = 33cm Per avere una distanza di equilibrio pari alla metà di d, definito α0 = e Dr .S tef an o α0 (d/2) = ((d/2)2 + R2 )3/2 ⇒ α0 = Esercizio n.2 qp0 = Qa qp0 4π0 mg deve essere ((d/2)2 + R2 )3/2 d/2 4π0 mgα0 = 98 µC Qa Il momento delle forze che si oppongono al moto dell’alternatore è dovuto al fatto che, quando ~ ∧B ~ su ciascuno dei lati di nell’alternatore scorre una corrente i, si esercita una forza F~ = iL ciascuna spira. Complessivamente, una spira quadrata di lato L in cui scorre una corrente i che ruota in un campo magnetico B con velocità angolare costante ω subisce un momento meccanico M = iL2 B sin(θ) Au to Sa re rti : –D Sc ipa a ric rti ht tp me ab s:/ ile nt /se od gr atu rv iF er isi i ta 2.p ca m hy en s.u te da nir ls om ito a1 : .it /d oc /sa rti / dove θ è l’angolo fra la normale al piano della spira ed il campo magnetico. Assumendo theta = ωt, si ottiene quindi, per N spire, M = N iL2 B sin(ωt). Allo stesso tempo, l’alternatore fornisce al circuito una forza elettormotrice ε(t) = ε0 sin(ωt), con ε0 = N BL2 ω, a seguito della quale nel circuito (e quindi nell’alternatore) scorre una corrente i(t) = i0 sin(ωt) (essendo il circuito puramente resistivo, lo sfasamento fra forza elettromotrice e corrente è identicamente nullo) con i0 = ε0 /|Z| = N BL2 ω R Inserendo tale espressione nella formula di M si ottiene infine ! M (t) = N BL2 ω (N BL2 )2 ω sin(ωt) N L2 B sin(ωt) = sin2 (ωt) = 6.25 sin2 (ωT ) Nm R R Dr .S tef an o che corrisponde ad un valor medio sul periodo di 6.25/2 = 3.125 Nm. Il motivo per cui tale valore dipende da R è che la forza meccanica che agisce sulla spira dipende dalla corrente che scorre al suo interno, e questa a sua volta dipende dal carico su cui è chiuso l’alternatore. Nel caso particolare di resistenza infinita, ad esempio, la corrente che scorre nel circuito sarebbe nulla e quindi sarebbe nullo anche il momento meccanico che agisce sulla spira. Notare che il problema poteva anche essere risolto ricordando che ad una spira percorsa da corrente è associato un momento magnetico µ ~ = iL2 n̂, e che un dipolo magnetico di momento ~ =µ ~ Come risultato, per N spire, µ ~ subisce un momento delle forze pari a M ~ ∧ B. ~ | = N iL2ˆ|n ∧ B| ~ = N iL2 B sin(θ) |M dove θ = ωt è l’angolo fra campo magnetico e asse della spira. Ricavando i come indicato sopra, si sarebbe arrivati alla stessa soluzione. Esercizio n.3 Il circuito presenta 5 rami e tre nodi. Per ottenere la soluzione complessiva servono quindi cinque equazioni, di cui due dei nodi e tre delle maglie. Nel caso particolare, una ulteriore incognita è la resistenza R3 ma l’equazione aggiuntiva necessaria a risolvere il problema èdata dalla relazione nota fra i3 ed i4 . Au to Sa re rti : –D Sc ipa a ric rti ht tp me ab s:/ ile nt /se od gr atu rv iF er isi i ta 2.p ca m hy en s.u te da nir ls om ito a1 : .it /d oc /sa rti / Le equazioni del circuito possono essere scritte nel seguente modo: ε1 − i1 R1 − i3 R3 ε1 − ε2 − i1 R1 − i2 R2 ε −i R 2 4 4 i − i − i3 1 2 i3 + i4 − i1 − ig2 = = = = = 0 0 0 0 0 Dalla terza equazione si ricava immediatamente i4 = ε2 /R4 = 0.5 A e di conseguenza i3 = i4 /2 = 0.25 A. Considerando a questo punto la seconda e la quarta equazione, ( i1 R1 + i2 R2 = ε1 − ε2 i1 − i2 = i3 dove le incognite sono solo le correnti i1 ed i2 , essendo tutto il resto noto.. Risolvendo il sistema di due equazioni in due incognite si ottiene i1 = −0.05 A e i2 = −0.3 A. Il valore di R3 si può a questo punto ricavare dalla prima equazione: ε1 − i1 R1 − i3 R3 = 0 ⇒ R3 = ε1 − i1 R1 = 22 Ω i3 mentre il valore della corrente che scorre nel secondo generatore si ottiene dalla quinta equazione: Dr .S tef an o ig2 = i3 + i4 − i1 = 0.8 A Il primo generatore assorbe quindi una potenza W1 = |i1 |ε1 = 0.25 W, mentre il secondo ne produce W2 = ε2 ig2 = 8 W. Esercizio n.4 L’intensità della radiazione diffratta da un sistema di N fenditure è pari a I = I0 sin(N φ/2) sin(φ/2) 2 dove I0 è l’intensità dell’onda incidente, φ = 2π λ d sin θ, d è la distanza fra due fenditure successive e θ è l’angolo fra la direzione in cui si osserva la radiazione diffratta e la direzione del fascio incidente sul sistema di N fenditure. Nel caso del punto P0 , θ = 0 e quindi φ = 0, e l’espressione precedente da come risultato Au to Sa re rti : –D Sc ipa a ric rti ht tp me ab s:/ ile nt /se od gr atu rv iF er isi i ta 2.p ca m hy en s.u te da nir ls om ito a1 : .it /d oc /sa rti / I(P0 ) = N 2 I0 = 9I0 = 90 W Ne consegue che l’intensità nel punto P1 vale I(P1 ) = I(P0 )/2 = 45 W= 4.5I0 . Inserendo tale valore nell’espressione generale di I e considerando che N = 3 si ottiene quindi sin(3φ/2) sin(φ/2) 2 = 4.5 ⇒ sin(3φ/2) = √ 4.5 sin(φ/2) Usando a questo punto l’idenità trigonometrica indicata nel testo, si ottiene 3 − 4 sin2 (φ/2) sin(φ/2) = √ 4.5 sin(φ/2) ⇒ sin2 (φ/2) = (3 − √ 4.5)/4 Dr .S tef an o da cui φ/2 = 0.4878 rad. Essendo quindi d L, sin θ ' θ ' d/L e quindi φ/2 = (π/λ)(d/L) ⇒ d = L(φ/2)(λ/π) = 3.94 mm.
