Scritto Fisica 2 per Chimica 2013_09_10 con soluzioni

ESAME DI FISICA II - Sessione 10/09/2013
SOLUZIONE DEI PROBLEMI D’ESAME
PROBLEMA 1
Tre cariche puntiformi, di valore rispettivamente q1 = q2 = 10-6 C e q3 = -3.0 10-6 C, sono disposte
ai vertici di un triangolo equilatero di lato l = 1 cm. Una quarta carica puntiforme, di valore
q4 = -2.0 10-6 C, viene posta nel centro del triangolo. Determinare:
a)
il potenziale elettrostatico (supponendolo nullo all’infinito) dei punti di mezzo dei tre lati
del triangolo;
b)
la forza che agisce sulla carica q4 nella posizione data;
c)
l’energia elettrostatica del sistema di cariche;
d)
il lavoro che si dovrebbe compiere per portare la carica q4 all’infinito.
SOLUZIONE DEL PROBLEMA 1
La carica q4, nel centro del triangolo equilatero, si trova ad una distanza d =(l/2)/cos(π/6) = l/√3 =
0.58 cm dalle altre cariche. Inoltre la distanza della carica q4 dal punto di mezzo di ciascun lato del
triangolo è a = d sin (π/6) = d/2 = (l/2) tg(π/6) = l/2√3 = 0.29 cm
a) Il potenziale dei punti di mezzo dei lati è dato dalla somma dei potenziali delle singole cariche.
Per il punto di mezzo del lato con agli estremi le cariche q1 e q2, abbiamo:
𝑉!!! =
1
𝑞!
𝑞!
𝑞!
𝑞!
1
2
+
+
+
=
4𝑞! + 𝑞!
+𝑞! 2 3 = −𝟓. 𝟖 𝟏𝟎𝟔 𝑽
4𝜋𝜖! 𝑙 2 𝑙 2 𝑎 + 𝑑 𝑎
4𝜋𝜖! 𝑙
3
dove d+a = 3d/2 = l√3/2 è l’altezza del triangolo (pari anche alla distanza di ogni vertice dal punto
di mezzo del lato opposto).
Il potenziale V1-3 nel punto di mezzo del lato con agli estremi le cariche q1 e q3 vale:
1
𝑞!
𝑞!
𝑞! 𝑞!
1
2
+
+
+
=
2𝑞! + 𝑞!
+2𝑞! + 𝑞! 2 3 = −𝟖. 𝟖 𝟏𝟎𝟔 𝑽
4𝜋𝜖! 𝑙 2 𝑎 + 𝑑 𝑙 2 𝑎
4𝜋𝜖! 𝑙
3
𝑉!!! =
Data la simmetria del problema, e dato che q1 = q2, per il potenziale V2-3 nel punto di mezzo del
lato con agli estremi le cariche q2 e q3 risulta essere V1-3 = V2-3. Infatti:
𝑉!!! ==
1
𝑞!
𝑞!
𝑞! 𝑞!
1
2
+
+
+
=
𝑞!
+ 2𝑞! +2𝑞! + 𝑞! 2 3 = −𝟖. 𝟖 𝟏𝟎𝟔 𝑽
4𝜋𝜖! 𝑎 + 𝑑 𝑙 2 𝑙 2 𝑎
4𝜋𝜖! 𝑙
3
b) La forza che agisce sulla carica q4 è pari alla somma vettoriale delle forze determinate dalle altre
cariche. Se disponiamo il triangolo come in figura, con il lato 1-2 orizzontale e il vertice 3 in alto, la
forza totale agente su q4 è verticale e diretta verso il basso. Infatti, la carica q4 è negativa, mentre le
cariche q1 e q2 sono positive e uguali tra loro. Inoltre, la distanza di q1 e q2 da q4 è la stessa. Data la
simmetria della disposizione di q1 e q2, si può osservare che le forze di q1 e q2 su q4 hanno
componenti orizzontali di segno opposto e componenti verticali concordi. Inoltre, dato che anche q3
è negativa, esercita su q4 una forza repulsiva, diretta verso il basso, concorde con la componente
verticale della forza risultante da q1 e q2.
Il modulo di Ftot è pari a:
𝑞! 𝑞!
𝜋 𝑞!
𝜋 𝑞!
𝐹!"! =
sin + ! 𝑠𝑖𝑛 + ! =
!
4𝜋𝜖! 𝑑
6 𝑑
6 𝑑
!!
!! !!! !
!!
= !!!
+ !! =
!! !
!
!
= !!!! !! 𝑞! + 𝑞! =
!
!!
= !!! !!! 𝑞! + 𝑞! =1.1 103 N
!
c) L’energia potenziale del sistema di cariche è data da:
!
𝑈 = !!! (
2
!! !!
!
!
!! !!
!
+2 3
+
!! !!
!! !!
+ 3
!
!
+
!! !!
!
!! !!
!
+
!! !!
!
+
!! !! !! !!
!
+
!
!
)= !!! (
!
!! !
!
+2
!! !!
!
+2
!! !! !! !!
!
+
!
!
)= !!! (
!
!! !
!
+
)= -1.4 J
d) Portando la carica q4 all’infinito, l’energia potenziale del sistema è data dalle sole interazioni tra
le cariche 1,2 e 3 pari a:
!
𝑈 ! = !!!
!! !!
!
!
+
!! !!
!
+
!! !!
!
!! !
!
= !!!
!
!
+2
!! !!
!
= -4.5 J
Quindi, il lavoro che si deve compiere per portare la carica q4 all’infinito è pari alla variazione Δ𝑈
dell’energia potenziale, data da:
!
! !
! !
𝐿 = Δ𝑈 = 𝑈 ! − 𝑈 = − !!! (2 3 !! ! + 3 !! ! )= -3.1 J
!
PROBLEMA 2
Una spira conduttrice circolare di raggio R=0.5 m giace sul piano xy. E’ attraverstata da un campo
Bz, perpendicolare al piano xy, che aumenta linearmente di intensità, da 0.1 T a 1.1 T in 10 s.
a)
Scrivere il flusso di B attraverso la spira, come funzione del tempo, e calcolarlo
numericamente per t=5 s;
Il campo B varia con il tempo secondo la funzione scalare Bz(t)= B0z(1+t) Tesla (T) con B0z=0.1 T
Il flusso Φ(B)=πR2 * Bz(t) = (3.14*0.25) 0.1(1+t)= 0.0785(1+t) Weber (opp. T m2). Di conseguenza
sostituendo a t il valore 5 s nell’espressione di Φ(B), otteniamo Φ(5 s)=0.471 T m2
b)
Calcolare la f.e.m. indotta durante l’esperimento;
La f.e.m. indotta ε =-dΦ(B /dt=-πR2 * B0z=-0.0785 V, che si oppone alla variazione di flusso.
La f.e.m. indotta ε è l’integrale del campo elettromotore lungo tutta la spira ∫ E· ds=E*2πR
c)
Calcolare il modulo del campo elettromotore nella spira, e indicare il verso della corrente
indotta (v. disegno in basso a sinistra).
Si deduce quindi che E è tangenziale alla spira, e di modulo pari a ε/ 2πR = 0.078 /3.14 = 0.025
V/m, cioè 25 mV/m.
Il verso della corrente indotta sarà in SENSO ORARIO.
PROBLEMA 3 (non per gli studenti dell’Ord. 509)
Due prismi di vetro come in figura sono immersi in un solvente di indice di rifrazione pari a 1.5.
a) Qual è il minimo valore dell’indice di rifrazione del vetro del prisma retto A (di lato 1 cm, e
ipotenusa 1.414 cm) affinchè avvenga la riflessione totale del raggio di luce in P?
Per definizione, un prisma retto (Prisma A) ha un angolo retto, e due angoli di 45°. Il raggio
colpisce quindi l’ipotenusa del prisma con un angolo di 45° dalla normale alla superficie.
Si ha Riflessione Totale quando:
nvetro*sen(45°)=nsolvente
cioè dev’essere nvetro≥ nsolvente / sen(45°)=2.12
b) Qual è il minimo valore dell’indice di rifrazione del vetro del prisma B (di lato 1 cm, e
ipotenusa 2 cm) affinchè avvenga la riflessione totale del raggio di luce in Q?
Il Prisma B ha un angolo retto, un angolo di 30° e un angolo di 60°. Il raggio colpisce quindi
l’ipotenusa del prisma con un angolo di 60° dalla normale alla superficie.
Si ha Riflessione Totale quando:
nvetro*sen(60°)=nsolvente
cioè dev’essere nvetro≥ nsolvente / sen(60°)=1.73
Prisma A
nsolvente=1.5
P
60°
60°
Prisma B
Q
30°
60°