appello 28/1/2016

UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PADOVA
Corso di Laurea in Ingegneria dell’Informazione
I Appello di Fisica Generale 2 – 28 Gennaio 2016
Cognome _____________________ Nome _________________________ Matricola _______________
DOCENTE______________________
Problema 1
Due fili paralleli isolanti indefiniti si trovano ai lati opposti di un piano isolante, uniformemente carico. La densità
lineare di carica del primo filo è λ1 = 20 nC/m, quella del secondo filo è λ2 = λ1/2; la densità di carica superficiale del piano è
σ = –10nC/m. I fili si trovano rispettivamente in posizione x1 = –h = 3 cm e x2 = h = 3 cm su di un asse ortogonale al piano, che
si trova in x = 0. Determinare:
1) il modulo del campo elettrostatico in xB = h/2
EB
2) il lavoro fattto dal campo elettrico per spostare una carica
q = 8 mC che si muove da xA = –h/2 a xB = h/2
WAB
3) se esistono punti con campo elettrico nullo nell'intervallo [–h, h]
dell'asse x e la loro eventuale posizione
x0
+
+
+
+
+
+
+
+
λ1
y
A
+
q
h
–
–
–
–
–
–
–
–
σ
B
h
+
+
+
+
+
+
+
+
x
λ2
1) Consideriamo il campo elettrico sull'asse x, che ha solo la componente x non nulla.
Per 0 < x < h,
E ( x) =
λ1
λ2
σ
−
+
2πε 0 ( x + h ) 2πε 0 ( h − x ) 2ε 0
quindi , calcolato in xB = h/2,
EB =
λ1
λ
σ
λ1
σ
− 2 +
=−
+
= − 4560 V/m
3πε 0 h πε 0 h 2ε 0
6πε 0 h 2ε 0
2) Il lavoro fatto per lo spostamento corrisponde alla differenza di energia potenziale elettrostatica
WAB = − ∆U AB = −q (VB − VA ) .
Il contributo del piano alla differenza di potenziale è nullo perchè i punti di partenza ed arrivo sono alla stessa distanza dal
piano.
Il contributo del primo filo è
λ
(VB − VA )1 = − 2πε1
ln
0
h + xB
λ
= − 1 ln 3 = −395 V
h + xA
2πε 0
mentre quello del secondo filo è
λ
(VB − VA )2 = − 2πε2
ln
0
h − xB
1
λ
= − 1 ln = 197 V
h − xA
4πε 0 3
quindi
WAB = − ∆U AB = −q ⎡⎣(VB − VA )1 + (VB − VA )2 ⎤⎦ = 1.58 J
3) Visto che λ1 > λ2 , il campo elettrico dovuto ai fili per –h < x < 0 è positivo, come lo è quello del piano (σ < 0) e quindi non
esistono soluzioni per –h ≤ x ≤ 0.
In 0 ≤ x ≤ –h abbiamo con valore nullo per
λ1
λ2
σ
−
+
=0 ⇒
2πε 0 ( x + h ) 2πε 0 ( h − x ) 2ε 0
2 (h − x) − ( x + h)
πσ
=−
2 (h − x)( x + h)
λ1
h − 3x = −
2πσ 2 2πσ 2
h +
x
λ1
λ1
⇒
1
1
πσ
−
=−
λ1
( x + h) 2 (h − x)
h − 3x
(
2 h −x
⇒ −
2
2
)
=−
πσ
λ1
2πσ 2
2πσ 2
x − 3x +
h +h=0
λ1
λ1
Si arriva quinid ad un equazione di secondo grado ax 2 + bx + c = 0 con
a=−
2πσ
2πσ 2
= 3.14 b = −3 c =
h + h = 0.0027
λ1
λ1
che ha solo una soluzione nell'intervallo [0, h]
x0 =
−b − b 2 − 4ac
= 9 mm
2a
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I Appello di Fisica Generale 2 – 28 Gennaio 2016
Problema 2
Un cilindro conduttore indefinito parallelo all’asse z, di raggio R1 = 7 cm è percorso dalla corrente i1. Un secondo
cilindro conduttore di raggio R2 = 5 cm, parallelo al primo cilindro, con l’asse che dista d = 30 cm dall’asse del primo
cilindro, è percorso da una corrente i2. I versi di percorrenza delle correnti sono
opposti e le densità di corrente sono identiche.
La circuitazione del campo magnetico B lungo la curva C (vedi figura) è Λ B = 5 × 10 −6 Tm
Calcolare:
1) la densità di corrente
j
2) il modulo del campo magnetico risultante nel punto P, situato sul segmento
congiungente gli assi dei cilindri a distanza d/3 dal centro del primo cilindro
BP
3) il modulo della forza per unità di lunghezza che
agisce su di un filo indefinito, parallelo ai cilindri passante
F /
per il punto P e percorso da una corrente di intensità i3 = 1.5 A
( )
C
y
d/3
i1
P
i2
x
d
1) Dalla circuitazione si calcolano le correnti usando la Legge di Ampère:
B ⋅ dr = µ0 ic = µ0 (i1 −i2 ) ⇒ i1 − i2 = 3.98 A
∫
C
i1 = j ⋅ πR12
i 2 = j ⋅ πR22
e pertanto si ottiene
i1 − i2 = π j(R12 − R22 ) = 3.98 A ⇒
j = 528 A/m 2
2) L’intensità di corrente che percorre ciascun cilinro è
i1 = j ⋅ π R12 = 8.12 A
i2 = j ⋅ π R22 = 4.14 A
Poiché le distanze fra i due cilindri e il punto P sono rispettivamente d/3 e 2d/3 il campo magnetico generato in P da
ciascuna corrente è
3µ i 3µ i B1 = − 0 1 u y e B2 = − 0 2 u y
2π d
4π d
per cui
⎛ 3µ i 3µ i ⎞ BP = ⎜ − 0 1 − 0 2 ⎟ u y = ( − 20.4 µT) u y
⎝ 2π d
4π d ⎠
3) Il filo viene attirato da uno dei cilindri e respinto dall’altro per cui le forze sono concordi e quindi in modulo
i2 ⎞
F 3µ0 i3 ⎛
−5
=
⎜⎝ i1 + ⎟⎠ = 3.05 ⋅10 N/m
2π d
2
oppure si utilizza la II legge di Laplace
F
F = i3 × BP ⇒
= i3 BP = 3.05 ⋅10 −5 N/m
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Problema 3
Un reticolo di diffrazione viene illuminato da un fascio d’onde con componenti di frequenza ν 2 = 150 GHz e
ν1 > ν 2 . Su uno schermo, di larghezza L = 50 cm, posto simmetricamente rispetto al reticolo a distanza d = 10 cm da esso, si
osservano m5 = 5 ordini completi. Sapendo che i due massimi del quinto ordine sono separati dalla distanza ∆θ = 30° .
Determinare:
1) il minimo valore del passo del reticolo compatibile con le osservazioni
a
Fissato il passo del reticolo al minimo, calcolare:
2) la frequenza della prima componente
ν1
3) il minimo numero di fenditure che permette di separare, secondo Rayleigh, il massimo
principale del secondo ordine di ν2 dal massimo principale del terzo ordine di ν1
(si osservi che le larghezze dei due massimi sono molto diverse e si consideri come
riferimento quello di laghezza maggiore)
N
1) Il massimo angolo di osservazione è
⎛ L⎞
θ M = tan −1 ⎜ ⎟ = 68.2°
⎝ 2d ⎠
Le lunghezze d’onda della radiazione incidente sono λ1 e λ2 date da
c
c
λ1 =
< λ2 =
= 2 mm
ν1
ν2
diffratte agli angoli dati da
m λ
m λ
sen θ1 = 5 1 < sen θ 2 = 5 2
a
a
per cui si osservano entrambi i massimi del quinto ordine solo se θ2 ≤ θM, e quindi
m5 λ 2
m λ
sen θ 2 ≤ sen θ M ⇒
≤ sen θ M ⇒ a ≥ 5 2 = 1.08 cm
a
sen θ M
2) Se il passo è il minimo allora θ 2 = θ M . L’angolo a cui si osserva il massimo del quinto ordine di λ1 è
θ1 = θ M − ∆θ
per cui
sen θ1 =
m5 λ1
a
⇒ λ1 =
a
sen (θ M − ∆θ ) = 1.33 mm
m5
e la frequenza è
c
= 226 GHz
λ1
3) Si osservano il secondo ordine di λ2 e il terzo ordine di λ1 nelle direzioni
ν1 =
⎛m λ ⎞
⎛m λ ⎞
θ 2,2 = sen −1 ⎜ 2 2 ⎟ = 0.3805 rad e θ1,3 = sen −1 ⎜ 3 1 ⎟ = 0.3795 rad
⎝ a ⎠
⎝ a ⎠
con larghezze rispettivamente
∆θ 2,2 =
2 λ2
2 λ1
= 2 mrad e ∆θ1,3 =
= 1.33 mrad
Na cos θ 2,2
Na cos θ1,3
I massimi sono separati secondo Rayleigh solo se il massimo di una riga cade al di fuori dell’altra. Poichè il
massimo di larghezza superiore è quello che corrisponde a ν2,, la separazione avviene solo se
θ 2,2 −
ossia se
∆θ 2,2
λ2
≥ θ1,3 ⇒ θ 2,2 −
≥ θ1,3
2
Na cos θ 2,2
θ 2,2 − θ1,3 ≥
λ2
Na cos θ 2,2
⇒ N≥
λ2
1
= 200 fenditure
a θ 2,2 − θ1,3 cos θ 2,2
(
)
Oppure secondo Rayleigh il massimo di ordine m3 di λ1 deve coincidere con il minimo di ordine (Nm2-1) di λ2
⎪⎧a sen θ = m3λ1
⎨
⎪⎩ Na sen θ = ( Nm2 − 1) λ2
⇒ N=
λ2
= 200 fenditure.
m2 λ2 − m3λ1