Testo e Soluzioni

ESAME SCRITTO DI FISICA GENERALE 1 DEL 14 SETTEMBRE 2015
Prof. Francesco Michelotti
Esame di Fisica per Ingegneria INGEGNERIA
Elettronica
e delle Telecomunicazioni (Parte I): 01-02-2017
DELLE COMUNICAZIONI [L (DM 270/04) - ORDIN. 2010]
INGEGNERIA
ELETTRONICA evidenziare:
[L (DM 270/04) - ORDIN. 2014]
Vadecum: Nello svolgimento dei problemi
è indispensabile
INGEGNERIA ELETTRONICA [L (DM 270/04) - ORDIN. 2010]
(1) quali leggi o principi si applicano per risolverli;
(2) le espressioni formali utilizzate;
1) Un blocco di massa M viene trascinato mediante una fune su un piano
(3) le espressioni numeriche
utilizzate
letratto
relative
di misura.
orizzontale
scabro,con
per un
d. Allaunità
fune, che
forma un angolo α
con l’orizzontale, è applicata una forza costante di modulo F. Sapendo
Problema 1. Sapendo che l’accelerazione
varia
nel tempo
la relazione
che il blocco si angolare
muove con
velocità
costantesecondo
si determinino:
(a) il α(t) = k t con k =
lavoro compiuto sul blocco dalla forza d’attrito; (b) il coefficiente di
attrito dinamico fra blocco e piano.
1. determinare il modulo[ Dati:
dell’ M
accelerazione
= 30 kg, d = normale
10 m, α =nell’istante
40°, F = 5 N in
] cui l’arco percorso dal punto e s = 10cm.
4 × 10−3 rad/s3 :
2. determinare il modulo dell’ accelerazione nell’istante in cui l’arco percorso dal punto e s = 20cm.
Problema 2. Una molla di costante elastica k = 100N/m ha un’ estremità collegata
2) l’altra
Una molla
di costante
k hadi
un’estremità
un
a un supporto fisso mentre
è collegata
ad elastica
un blocco
massa M collegata
= 1Kg.a Il
supporto fisso mentre l’altra è collegata ad un blocco di massa
blocco, inizialmente in quiete su
unsu
urto
M.un
Il piano
blocco,orizzontale
inizialmentesubisce
in quite
un completamente
piano orizzontale
coefficiente
di attrito
µd, spostamento
subisce un urto
anelastico con un proiettile di scabro
massa con
m=
10g. Sapendo
chedinamico
il massimo
completamente anelastico con un proiettile di massa m.
subito dal blocco a seguito dell’urto
∆L il= massimo
5cm
Sapendoè che
spostamento subito dal blocco a
seguito
dell’urto
è
∆L,
si
determini
la velocità
del proiettile immediatamente prima dell’urto.
1. si determini la velocità del proiettile immediatamente
prima dell’urto.
[ Dati: k = 100 N/m, M = 1 kg, µ = 0.2, m = 10 g, ∆L = 5 cm ]
d
2. si determini la velocità del proiettile immediatamente
prima dell’urto se il
piano fosse scabro con coefficiente di attrito dinamico µd = 0.2.
Problema 3. Due aste omogenee
di uguale
lunghezzaadLun=muro
15cm
e massa
3) Una scala
AB è appoggiata
verticale
liscio, formando con esso un
2Kg sono saldate all’ estemità
(A)Sapendo
in modo
α = si ha attrito statico con
angolo θ.
chedatraformare
la scalaun
edangolo
il pavimento
'MVJEPEJOBNJDB
m=
coefficiente
µs, di
si una
calcoli
massimo
valorefissata
di θ affinché la scala resti in
30◦ come in figura. All’ estremità
libera
di ilesse
(B) viene
-FHHF EJ #FSOPVMMJ
equilibrio statico.
una massa massa puntiforme [2m.
viene vincolato in A ad un asse
Dati:Ilµsistema
s = 0.1 ]
&TFSDJ[JP orizzontale
6OB WBTDB QJFOB
E‫ڣ‬BDRVB ideale)
DPNF SBQQSFTFOUBUP
TDBMB
sia
OFMMBlibero
टHVSB TFHVFOUF
¨ EPUBUB
(vincolo
in modoOPO
cheJO esso
di oscillare
in un piano
BMMB TVB CBTF EJ VO HSPTTP UVCP EJ TF[JPOF DJSDPMBSF *M MJWFMMP EFMM‫ڣ‬BDRVB h1 SJTQFࡇP BMMB MJOFB DIF QBTTB QFS
verticale
JM DFOUSP EFM UVCP
¨ EJ 12 m *M EJBNFUSP EFMMB TF[JPOF S3 टOBMF FE S1 JOJ[JBMF EFM UVCP ¨ 12 cm JM EJBNFUSP
EFMMB TF[JPOF DFOUSBMF S2 ¨ JOWFDF 15 cm $BMDPMB
4) In
recipiente
rigido adiabatico
contenente
n moli
un gas
a) Determinare il centro
diun
massa
del sistema
e l’ angolo
β formato
dall’diasta
ABideale
con lamonoatomico,
verticale in pressione
condizioni
p0 eEFMtemperatura
T1, viene introdotto un solido di capacità termica C alla temperatura T2. Si
MB QSFTTJPOF JO DPOEJ[JPOJ TUBUJDIF BMM‫ڣ‬JNCPDDBUVSB
UVCP
di equilibrio;
determini la pressione finale del gas. Si trascurino la capacità termica del recipiente e il volume
MB WFMPDJU EFMM‫ڣ‬BDRVB RVBOEP JM UVCP ¨ BQFSUP BMM‫ڣ‬JNCPDDBUVSB
deldelle
solido.
MB WFMPDJU EFMM‫ڣ‬BDRVB
RVBOEP JM UVCPil¨periodo
BQFSUP OFM
QVOUP
2piccole
EFMMB TF[JPOF
DFOUSBMF
b) Determinare
oscillazioni.
[Dati: n = 2, p0 = 2x105 Pa, T1 = 300 K, C = 30 J/K, T2 = 800 K ]
Problema 4. Una vasca piena d’ acqua, come rappre-
P2
P3
sentato (non in scala) nella figura seguente, è dotata alla
sua base
di un
grosso
tubo diformato
sezionedacircolare.
Il livello
5) Un gas perfetto monoatomico compie
un ciclo
motore
reversibile
due adiabatiche
e
due isobare a pressione p1 e p2. Si
calcoli
il
rendimento
termodinamico
del
ciclo.
dell?acqua h1 rispetto alla linea che passa per il centro
[Dati: p1 = 105 Pa, p2 = 107 Pa]
h1
S1
S2
S3
del tubo è di 12m. Il diametro della sezione S3 finale ed
S1 iniziale del tubo è di 12cm; il diametro della sezione
centrale S2 è invece 15cm. Calcolare:
-B QSFTTJPOF JO DPOEJ[JPOJ TUBUJDIF ¨ RVFMMB JESPTUBUJDB RVJOEJ MB QSFTTJPOF BM DFOUSP EFMM‫۝‬JNCPDDBUVSB
EFM UVCP DIJVTP
EBUB
EBMMB MFHHF in
EJ 4UFWJOP
1.¨ la
pressione
condizioni statiche all’imboccatura del tubo e la
all’ imboccatura;
p = po + ρgh
velocità dell’ acqua, quando il tubo è aperto,
2. la BUNPTGFSJDB
velocità dell’acqua,
quando
il tubo
è aperto,
nelρ ¨punto
2 della sezione centrale.
EPWF po ¨ MB QSFTTJPOF
TVMMB WBTDB BM MJWFMMP
EFM NBSF
WBMF 1,013
× 105 Pa
MB EFOTJU EFM MJRVJEP ρH2 O = 1000 kg m−3 g ¨ M‫۝‬BDDFMFSB[JPOF EJ HSBWJU 9,81 m s−2 F h ¨ MB QSPGPOEJU BMMB
RVBMF TUJBNP
DPOTJEFSBOEP
QSFTTJPOF
RVFTUP DBTP
h1 BMUF[[B SFMBUJWB
EFM QFMP MJCFSP
EFMM‫۝‬BDRVB
Problema
5.MBUn
gas JO
perfetto
monoatomico
compie
un ciclo
motore
OFMMB WBTDB SJTQF॒P BM DFOUSP EFMM‫۝‬JNCPDDBUVSB
फ़JOEJ
re-
5
versibile formato da due adiabatiche e due isobare a pressione p1 = 10 P a
5
p =7 P
1,013
p2 = 10
a. × 10
Pa + 1000 kg m−3 · 9,81 m s−2 · 12 m = 219020 Pa
फ़FTUB ¨ MB QSFTTJPOF BMM‫۝‬JOUFSOP EFMM‫۝‬JNCPDDBUVSB EFM UVCP RVBOEP ¨ DIJVTP VOJDP NPEP QFS HBSBO
1. TUBUJDIF
Calcolare
il rapporto
TC¨/T
B BUNPTGFSJDB
UJSF MF DPOEJ[JPOJ
BMM‫۝‬FTUFSOP
MB QSFTTJPOF
RVFMMB
A
B
p
2
2. Si JMcalcoli
il rendimento
del ciclo.
5V॒P DBNCJB RVBOEP
UVCP ¨ BQFSUP
*O DPOEJ[JPOFtermodinamico
EJ FRVJMJCSJP MB QSFTTJPOF
EFM MJRVJEP BMM‫۝‬JNCPD
DBUVSB ¨ MB TUFTTB EFMM‫۝‬BSJB PMUSF JM UVCP 1FS USPWBSF MB WFMPDJU EFM MJRVJEP JO VO QVOUP QPTTJBNP
BQQMJDBSF MB MFHHF EJ #FSOPVMMJ BE VOB MJOFB EJ ੘VTTP EFM MJRVJEP QBTTBOUF QFS RVFM QVOUP
1
p + ρgh + ρv 2 = cost
2
1FS BQQMJDBSF RVFMMB MFHHF EFWPOP WBMFSF BMDVOF DPOEJ[JPOJ
D
p
1
C
Soluzioni dell’ Esame di Fisica per Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni (Parte I): 1109-2016
Soluzione Problema 1. Integrando l’ accelerazione radiale otteniamo la
velocità angolare
t
k 2
(t − t20 ) + ω(t0 )
2
t0
Possiamo scegliere come istante iniziale t0 = 0 e dato che il corpo è inizialmente fermo possiamo porre ω(t0 ) = 0.
Z
dt0 kt0 =
ω(t) = ω(t0 ) +
Quindi
t
k 3
t + θ(0).
6
0
Ridefinendo l’ origine degli angoli possiamo sempre porre θ(0) = 0. L’ arco percorso dal punto è allora
Z
θ(t) = θ(0) +
dt0 ω(t) =
s(t) = rθ(t) =
LE 1 DEL 14 SETTEMBRE 2015
è
Michelotti Il tempo t1 impiegato per percorre un arco di s1 = 10cm
s
kr 3
t = s1
6 1
2010]
r
⇒
t1 =
3
6s1
=
3
kr 3
t .
6
6 × 10cm
kr
4 × 10−3 rad/sec3 × 30cm
I [L (DM 270/04) - ORDIN.
DM 270/04) mentre
- ORDIN.
2014] per percorre un arco di s1 = 20cm è
il t2 impiegato
s
r
DM 270/04) - ORDIN. 2010]
kr 3
t = s2
6 2
⇒
t2 =
3
6s2
=
kr
3
= 7.93sec.
6 × 20cm
= 10sec.
4 × 10−3 rad/sec3 × 30cm
Il modulo dell’ accelerazione normale al tempo t è
1
una fune su un piano 2
2
k2 r 4
4 × 10−3 rad/sec3
v (t1 )
= ω(t1 )2 r =
t1 =
7.932 sec2 × 30cm = 0.47cm/sec2
e forma un angolo aα
n =
r
4
2
i modulo F.
Sapendo
Al tempo t2 il modulo dell’ accelerazione è dato da
p
i determinino: (a) il
|a(t2 )| = |an (t2 )|2 + |at (t2 )|2 ,
(b) il coefficiente di
dove |an | =
k2 r 4
4 t2
=
16·10−6
4
× rad2 /sec6 × 30cm × 104 sec4 = 1.2cm/sec2 è il modulo dell’ accelerazione normale,
mentre |at | = rα(t2 ) = krt2 = 4 · 10−3 × rad/sec3 × 30cm × 10sec = 1.2cm/sec2 è il modulo dell’ accelerazione
tangenziale:
|a(t2 )| =
p
|an (t2 )|2 + |at (t2 )|2 =
√
√
1.2 2cm/sec2 = 1.7cm/sec2 .
Soluzione Problema 2. La forza elastica non è impul-
ollegata a un
siva dunque nell’ urto si conserva la quantità di moto.
Se chiamiamo v la velocità del proiettile e con V la veco di massa
locità del sistema (M +m) immediatamente dopo l’ urto
orizzontale
allora
isce un urto
m
mv = (m + M )V
⇒V =
v.
massa m.
M +m
al blocco Quindi
a subito dopo l’ urto il (M + m) possiede un’ energia cinetica
proiettile immediatamente prima dell’urto.
1
1
m2
1 m2
2
Ecin = (M + m)V 2 = (M + m)
v
=
v2
2
2
2
(M
+
m)
2
M
+
m
, ∆L = 5 cm ]
Questa viene progressivamente trasformata in energia potenziale quando la molle si contrae. Essa è trasformata
interamente in energia potenziale quando ∆L = 5cm. Allora per la conservazione dell’ energia
p
1
1 m2
1
∆L
Ecin = k∆L2
⇒
v 2 = k∆L2 ⇒
v = k(m + M )
= 50.25m/sec
2
2M +m
2
m
liscio, formando con esso un
mento si ha attrito statico con
θ affinché la scala resti in
In presenza di una forza di attrito dinamica l’ energia meccanica non si conserva perchè parte dell’ energia cinetica
del proiettile deve essere spesa per vincere le forza di attrito. E’ comunque vero che la differenza tra Ecin e l’ energia
potenziale finale deve essere pari al lavoro della forza di attrito
1
1
(m + M )V 2 − k∆L2 = |Fatt. |∆L = µd (M + m)g∆L
2
2
Quindi
r
k(m + M )
(M + m)2
2 + 2µ
∆L
g∆L = 67.26m/sec
d
m2
m2
Soluzione Problema 3. Le coordinate centro di massa di un sistema composto da più oggetti estesi si ottiene
v=
sommando le coordinate dei centri di massa di ciascun componente pesate
con massa del componente diviso la massa totale. Se mettiamo l’ origine in
X
A, l’ asse delle y lungo la bisettrice dell’ angolo α che punta verso il basso e l’
asse delle x in maniera conseguente (vedi figura). Le coordinate del CM dell’
asta AB sono:
α L
α
L
− sin , cos
2
2 2
2
mentre il CM dell’ altra asta è locatoa
L
α L
α
sin , cos
2
2 2
2
Le coordinate della massa B sono (−L sin α2 , L cos α2 ). Allora il centro di
Y
massa è dato da
L
α L
α
L
α L
α
α
α 1
m − sin , cos
+m
sin , cos
+ 2m −L sin , L cos )
=
4m
2
2 2
2
2
2 2
2
2
2
p
p
√
√ !
L
α 3
α
2− 3 3 2+ 3
= − sin , L cos
,
= (−1.94, 10.87)cm
= 7.5cm −
2
2 4
2
2
2
2
(xCM , yCM ) =
La congiungente tra CM e A forma con la verticale un angolo γ pari a
1.94
= −0.18
γ = −0.18.
10.87
Il meno sta ad indicare che il CM si trova a sinistra dell’ asse delle y.
tan γ = −
La condizione di equilibrio equivale a richiedere che i momenti rispetto ad A si annullino. Se denotiamo con β l’
angolo formato con la verticale dall’ asta AB in questa situazione
L
L
sin β − mg sin(α − β) = 0
2
2
1
sin α
√ .
=
tan β =
cos α + 5
10 + 3
2mgL sin β + mg
5 sin β − sin(α − β) = 0
(5 + cos α) sin β = sin α cos β
Questo sistema è un pendolo composto che oscilla rispetto ad A. Il momento di inerzia rispetto ad A. Per ciascuna
asta è utilizzando Huygens-Steiner
1
L2
1
mL2 + m
= mL2 .
12
4
3
Mentre il momento di enerzia della pallina in B è
IA =
IB = 2mL2
Quindi
2
8
Itot = 2IA + IB = 2mL2 + mL2 = mL2 .
3
3
Ricordiamo ora che il periodo del pendolo composto è
s
Itot
T = 2π
,
Mtot hg
dove Itot è il momento di inerzia rispetto al centro di oscillazione, Mtot la massa totale ed h la distanza del centro
di massa rispetto al centro di oscillazione ovvero A. Nel nostro caso
q
p
2
'MVJEPEJOBNJDB
= 1.942 cm2 + 10.872 cm2 = 11.04cm
h = x2CM + yCM
-FHHF EJ #FSOPVMMJ
Quindi
&TFSDJ[JP 6OB WBTDB QJFOB E‫ڣ‬BDRVB DPNF SBQQSFTFOUBUP OPO JO TDBMB
OFMMB टHVSB TFHVFOUF ¨ EPUBUB
BMMB TVB CBTF EJ VO HSPTTP UVCP EJ TF[JPOF DJSDPMBSF *M MJWFMMP EFMM‫ڣ‬BDRVB h1 SJTQFࡇP BMMB MJOFB DIF QBTTB QFS
JM DFOUSP EFM UVCP ¨ EJ 12 m *M EJBNFUSP EFMMB TF[JPOF S3 टOBMF FE S1 JOJ[JBMF EFM UVCP ¨ 12 cm JM EJBNFUSP
EFMMB TF[JPOF DFOUSBMF S2 ¨ JOWFDF 15 cm $BMDPMB
s
T = 2π
MB QSFTTJPOF JO DPOEJ[JPOJ TUBUJDIF BMM‫ڣ‬JNCPDDBUVSB EFM UVCP
MB WFMPDJU EFMM‫ڣ‬BDRVB RVBOEP JM UVCP ¨ BQFSUP BMM‫ڣ‬JNCPDDBUVSB
MB WFMPDJU EFMM‫ڣ‬BDRVB RVBOEP JM UVCP ¨ BQFSUP OFM QVOUP 2 EFMMB TF[JPOF DFOUSBMF
2L2
= 2π
3hg
s
2 × 152 cm2
= 0.74sec
311.04cm9.81m/sec2
Soluzione Problema 4. In condizione statiste il tubo in S3 è chiuso. La
pressione sul pelo della vasca è ovviamente Patm , quindi utilizzando la legge
P2
P3
di Stevino, la pressione alla superfice S1 è
h1
S1
S2
P1 = Patm + ρH2 O gh1 = 219020P a
S3
In condizioni statiche P1 = P2 = P3 . Quando apro l’ estremo 3, la pressione a
-B QSFTTJPOF JO DPOEJ[JPOJ TUBUJDIF ¨ RVFMMB JESPTUBUJDB RVJOEJ MB QSFTTJPOF BM DFOUSP EFMM‫۝‬JNCPDDBUVSB
EFM UVCP DIJVTP
¨ EBUB EBMMB MFHHF EJ 4UFWJOP
questo
estremo diventa pari a Patm e l’ acqua inizia a uscire con una velocità
p = po + ρgh
EPWF po ¨ MB QSFTTJPOF BUNPTGFSJDB TVMMB WBTDB BM MJWFMMP EFM NBSF WBMF 1,013 × 105 Pa
ρ ¨ MB EFOTJU 3
EFM MJRVJEP ρH2 O = 1000 kg m−3 g ¨ M‫۝‬BDDFMFSB[JPOF EJ HSBWJU 9,81 m s−2 F h ¨ MB QSPGPOEJU BMMB
RVBMF TUJBNP DPOTJEFSBOEP MB QSFTTJPOF JO RVFTUP DBTP h1 BMUF[[B SFMBUJWB EFM QFMP MJCFSP EFMM‫۝‬BDRVB
OFMMB WBTDB SJTQF॒P BM DFOUSP EFMM‫۝‬JNCPDDBUVSB
फ़JOEJ
v data dalla legge di Torricelli:
p = 1,013 × 105 Pa + 1000 kg m−3 · 9,81 m s−2 · 12 m = 219020 Pa
1
p + ρgh + ρv 2 = cost
2
v3 =
p
2gh1 = 15, 3m/s.
La velocità nella sezione 2 si ottiene tramite la legge di Leonardo
p
r2
r2
5V॒P DBNCJB RVBOEP JM UVCP ¨ BQFSUP *O DPOEJ[JPOF EJ FRVJMJCSJP MB QSFTTJPOF EFM MJRVJEP BMM‫۝‬JNCPD
=QVOUP
S3QPTTJBNP
v3
⇒
v2 = v3 32 = 2gh1 32 = 9, 71m/s.
2 v2JO VO
DBUVSB ¨ MB TUFTTB EFMM‫۝‬BSJB PMUSF JM UVCP 1FS USPWBSF MB WFMPDJU EFM S
MJRVJEP
r1
r1
BQQMJDBSF MB MFHHF EJ #FSOPVMMJ BE VOB MJOFB EJ ੘VTTP EFM MJRVJEP QBTTBOUF QFS RVFM QVOUP
फ़FTUB ¨ MB QSFTTJPOF BMM‫۝‬JOUFSOP EFMM‫۝‬JNCPDDBUVSB EFM UVCP RVBOEP ¨ DIJVTP VOJDP NPEP QFS HBSBO
UJSF MF DPOEJ[JPOJ TUBUJDIF
BMM‫۝‬FTUFSOP MB QSFTTJPOF ¨ RVFMMB BUNPTGFSJDB
1FS BQQMJDBSF RVFMMB MFHHF EFWPOP WBMFSF BMDVOF DPOEJ[JPOJ
Soluzione Problema 5. Ricordiamo che i punti B e C sono caratterizzati
B
*M MJRVJEP EFWF FTTFSF JODPNQSJNJCJMF QFSDI© MB EFOTJU EFWF FTTFSF VOJGPSNF
C
%PCCJBNP DPOTJEFSBSF VOB MJOFB EJ ੘VTTP RVJOEJ JM DBMDPMP EFW‫۝‬FTTFSF SJGFSJUP OPO BMM‫۝‬JNCPDDB
UVSB OFM TVP JOTJFNF NB BE VO QBSUJDPMBSF QVOUP TVMMB TUFTTB QSFOEJBNP JM QVOUP P3 JOEJDBUP
OFMMB ੗HVSB
D
-B MFHHF WB BQQMJDBUB B EVF QVOUJ EFMMB TUFTTB MJOFB EJ ੘VTTP 0MUSF BM QVOUP P3 QSFOEJBNP VO
QVOUP TVM QFMP MJCFSP EFMM‫۝‬BDRVB OFMMB WBTDB UV॒B M‫۝‬BDRVB ੘VJTDF EBMMB TPNNJU EFMMB WBTDB
BMM‫۝‬JNCPDDBUVSB EFM MJRVJEP
/PO JNQPSUB TBQFSF RVBMF QVOUP FTB॒P QBTTJ QFS MB OPTUSB MJOFB EJ
p J QVOUJBTVM QFMP MJCFSP EFMM‫۝‬BDRVB OFMMB WBTDB IBOOP MB TUFTTB BMUF[[B QSFTTJPOF
੘VTTP A
QFSDI© UV॒J
2
F WFMPDJU dallo stare su un’ adiabatica. Essi sono collegati dalla relazione
PB VBγ = PC VCγ
se usiamo l’ equazione dei gas perfetti
γ
γ
nRTB
nRTC
PB
= PC
PB
PC
D
p
1
C
1−γ
⇒
1−γ
TB PB γ = TC PC γ ,
ossia
TC
=
TB
PC
PB
γ−1
=
P1
P2
γ−1
γ
= (10−2 )2/5 = 0.16
Siccome nelle adiabatiche DA e BC non c’e’ scambio di calore, il lavoro fatto nel ciclo per il primo principio della
termodinamica è
L = QAB + QCD = ncp (TB − TA ) + ncp (TD − TC ),
Il calore assorbito nel ciclo e QAB , dunque il rendimento è dato da
η =1+
QCD
TC − TD
TC 1 − TD /TC
=1−
=1−
QAB
TB − TA
TB 1 − TA /TB
Siccome i punti A e D stanno su un adiabatica come i punti B e C, possiamo scrivere le seguenti relazioni
1−γ
1−γ
TB PB γ = TC PC γ
1−γ
1−γ
TA PA γ = TD PD γ
Se dividiamo membro a membro, troviamo
1−γ
1−γ
TA PA γ
TD PD γ
=
TB PB
TC PC
⇒
TD
TA
=
TC
TB
poichè PA = PB e PC = PD . Usando questa ulteriore informazione il rendimento diventa
η =1−
TC
TC 1 − TD /TC
=1−
= 0.84.
TB 1 − TA /TB
TB