La risposta numerica deve essere scritta nell apposito riquadro e giustificata accludendo i calcoli relativi.

Corso di Laurea in Matematica Prova scritta di Fisica 2 (E. Santovetti - A. Sotgiu)

24 gennaio 2022

La risposta numerica deve essere scritta nell’apposito riquadro e giustificata accludendo i calcoli relativi.

Problema 1

Una carica Q = 10⁻¹⁰C `e distribuita uniformemente su un guscio sferico di raggio interno r₁= 1 cm e raggio esterno r2= 3 cm (Figura 1). Determinare (a) il valore del campo elettrostatico in un punto P, interno al guscio ad una distanza r₀= 2 cm dal centro della sfera e (b) il valore del potenziale nello stesso punto P, assumendo il potenziale nullo all’infinito.

Se nel punto P `e presente una carica puntiforme q = 10<sup>−14</sup>C di massa m = 10<sup>−15</sup>Kg, determinare (c) la forza esercitata sulla carica q e (d) la velocit`a acquisita dalla carica q in un punto a grande distanza, assumendo che la carica sia inizialmente ferma in P.

E^∗[V/m] =

605

38.0

27.6

Problema 2

Un filo infinito `e percorso dalla corrente i<sub>1</sub>= 3.5 A. Accanto al filo, e complanare con questo, `e dato un circuito rigido a forma di triangolo rettangolo di lati a = 60 cm, b = 30 cm e c = 67 cm. Come indicato nella figura 2, il cateto pi`u piccolo `e parallelo al filo infinito e dista da questo d = 10 cm Se nel circuito triangolare scorre una corrente i₂= 2.8 A, calcolare il modulo della forza a cui sono soggetti, separatamente, i tre cateti del triangolo.

F_a[N] =

3.81 × 10

5.88 × 10

4.40 × 10

Problema 3

Si consideri il circuito quadrato di Figura 3 in cui le due sbarre blu parallele agli assi coordinati si muovono, mantenendosi parallele agli assi, secondo la legge oraria x(t) = y(t) = x₀+ a sin ωt, dove x0= 50 cm, a = 35 cm e ω = 8 s⁻¹. Si assuma che gli assi coordinati siano privi di resistenza mentre le sbarre che si muovono abbiano una resistenza lineare λ = 0.32 Ω/m. Nella regione `e presente un campo magnetico uniforme e costante parallelo all’asse z (uscente dal foglio) di modulo B<sub>0</sub>= 1.3 T. Calcolare (a) la f.e.m. indotta nel circuito in funzione del tempo ed in particolare all’istante t = 1.9 s. Calcolare (b) la massima corrente indotta nella spira e (c) la potenza istantanea che si dissipa sulla spira per effetto Joule all’istante iniziale t = 0. Calcolare infine il massimo valore che pu`o raggiungere la potenza istantanea.

f.e.m.^∗[V] =

4.26

11.4

41.4

45.6

Problema 4

Due sorgenti coerenti di onde e.m., identiche, sono disposte lungo la verticale a distanza d = 4.0 cm l’una dall’al- tra, come in Figura 4. Le sorgenti emettono in modo isotropo in tutte le direzioni e sono sfasati di π una rispetto all’altra. Studiando l’intensit`a in funzione dell’angolo θ alla distanza r = 6.5 m, si osserva che per θ = 0 l’inten- sit`a `e nulla mentre, al crescere di |θ | (in modo simmetrico sia sopra che sotto), l’intensit`a aumenta, raggiunge un massimo pari a I_max= 26 W/m²e poi diminuisce nuovamente per annullarsi ai poli θ = ±90^o.

Calcolare (a) la lunghezza d’onda della radiazione e (b) l’angolo θmaxa cui si osserva il massimo. Si calcoli (c) la potenza della singola sorgente?

λ [cm] =

4.0

30

3450

r

r

P

Figura 1 Problema 1.

i

i

a b

c

Figura 2 Problema 2.

x B

Figura 3 Problema 3.

θ

Figura 4 Problema 4.

Dati utili: ε0= 8.85 · 10⁻¹²F/m, µ0= 4π · 10⁻⁷H/m.

Soluzione

Problema 1

Il problema ha una chiara simmetria sferica e dunque lo risolviamo con il teorema di Gauss, dividendo una regione esterna al guscio (r > r₂) e una regione interna (r₁< r ≤ r₂). Per r < r₁il campo `e nullo.

Applichiamo dunque Gauss prendendo una superficie sferica di raggio r nella regione interna al guscio, r₁< r ≤ r₂

Φ(E) = Q

ε₀ ⇒ 4πr²=4/3πρ(r³− r₁³)

ε₀ ⇒ E= ρ

3ε0

r−ρ r³₁ 3ε0

1 r² Per r > r₂facciamo lo stesso e abbiamo

Φ(E) = Q

ε₀ ⇒ 4πr²E= Q

ε₀ ⇒ E= Q

4πε0r²=ρ (r³₂− r³₁) 3ε0

1 r² Calcoliamo dunque la densit`a di carica

ρ = 3Q

4π(r₂³− r₁³)= 9.18 × 10⁻⁷C/m² Il campo nel punto P a distanza r₀vale allora

E(r₀) = ρ 3ε0

r0−ρ r₁³ 3ε0

1

r₀²= 605 V/m

Calcoliamo poi il potenziale nel punto P integrando dall’infinito al punto P il campo

V(r₀) −V (∞) = − Z _r0

∞

E(r) dr = Z _∞

r0

E(r) dr = Z _r2

r0

 ρ 3ε0

r−ρ r³₁ 3ε0

1 r²

 dr+

Z _∞ r2

ρ (r₂³− r³₁) 3ε0

1 r²)

 dr

= ρ ε0

 r₂² 2 −r²₀

6 − r₁³ 3r₀



= 38.0 V

La forza a cui `e sottoposta la carica q<sub>1</sub>`e semplicemente la carica per il campo elettrico.

F= q₁E(P) = 6.05 × 10⁻¹²N

Infine, la velocit`a a grande distanza la si pu`o calcolare con la conservazione dell’energia meccanica 1

2mv²= q₁V(r₀) ⇒ v=

r2V (r_o)q₁

m = 27.6 m/s

Problema 2

Il campo magnetico prodotto dal filo infinito vale

B(r) =µ₀i₁ 2πr

diretto perpendicolarmente al piano del circuito triangolare (piano del foglio). Possiamo calcolare le forze che agiscono sui tre lati del triangolo integrando la formula elementare di Laplace

dF = i dl × B

Nel nostro caso dl e B sono perpendicolari e dunque possiamo semplicemente passare ai moduli. Cominciamo con il caso pi`u semplice della forza sul cateto pi`u piccolo in cui il campo `e costante.

F_b= i₂B(r = d)b =µ0i₁i₂b

2πd = 5.88 × 10⁻⁶N

Passiamo poi alla forza sul cateto maggiore. In questo caso il campo `e variabile e dunque dobbiamo eseguire l’integrale

F_a= Z d+a

d

i₂B(r)dr = µ0i₁i₂ 2π

Z d+a d

dr

r = µ0i₁i₂

2π ln (1 + a/d) = 3.81 × 10⁻⁶N

Infine calcoliamo la forza che agisce sull’ipotenusa c. Il caso `e molto simile a quello appena svolto del lato a, solamente che adesso il tratto dl non `e prprio dr in quanto c’`e un angolo. Vale per`o

dl= dr cos 30^o= 2

√3dr

F_c= Z d+a

d

i₂B(r)dl =µ₀i₁i₂ 2π

√2 3

Z d+a d

dr

r =µ₀i₁i₂

√

3π ln (1 + a/d) = 4.40 × 10⁻⁶N

La direzione delle forze `e quella perpendicolare ai lati, giacente sul piano del foglio, uscenti dal triangolo, come indicato nell figura di sotto. Si pu`o inoltre vedere che nella forza complessiva sopravvive solo la componente perpendicolare al filo e questo `e dovuto al fatto che il campo magnetico varia solo con r e non dipende da z, coordinata lungo il filo.

i₁

i₂ b

c

a

Problema 3

Dobbiamo applicare la legge di Faraday-Neumann. Abbiamo infatti un circuito che che muta nel tempo e cos`ı dunque il flusso del campo magnetico B concatenato con esso. Il campo `e perpendicolare al piano del circuito e costante nel tempo, quello che cambia `e solo l’area del circuito quadrato.

Φ(B) = B0l²= B₀(x₀+ a sin ωt)² La f.e.m. indotta vale allora

f.e.m. =dΦ(B)

dt = 2B0aω cos ωt(x0+ a sin ωt) Sostituendo il valore t = 1.9 s troviamo subito la f.e.m. di cui alla prima domanda.

f.e.m.(t = 1.9 s) = 2B₀aω cos ωt(x0+ a sin ωt) = −4.26 V

Il segno meno non ha molto significato, indica semplicemente il verso di percorrenza della corrente.

Calcoliamo ora la corrente e per questo dobbiamo dividere la f.e.m. per la resistenza del circuito. Poich´e solo le sbarre che si muovono hanno resistenza, la resistenza complessiva vale

R= 2lλ = 2λ (x0+ a sin ωt)

La corrente vale allora

i(t) =f.e.m.

R =B0aω

λ cos ωt ⇒ imax=B0aω

λ = 11.4 A Calcoliamo ora la potenza istantanea che si dissipa per effetto Joule

P=i²

R =2B²₀a²ω²

λ cos²ωt(x0+ a sin ωt) (1)

La potenza all’istante iniziale t = 0 vale allora

P(t = 0) =2B²₀a²x₀ω²

λ = 41.4 W

Calcoliamo ora la potenza massima. Dobbiamo trovare il massimo della funzione P(t) e per questo annulliamo la derivata prima.

dP(t)

dt =2B²₀a²ω³

λ cos²ωta cos²ωt − 2(x₀+ a sin ωt) sin ωt = 0

Abbiamo le soluzioni cos ωt = 0, ωt = (m + 1/2)π, che corrispondono ai minimi della potenza in quanto annullano quest’ultima che `e comunque sempre P ≥ 0.

I massimi si trovano annullando il secondo fattore. Ponendo cos²ωt = 1 − sin²ωt si trova un’equazione di secondo grado in sin²ωt

3a sin²ωt + 2x0sin ωt − a = 0 ⇒ sin ωt = q

x²₀+ 3a²− x₀

3a = 0.272

Abbiamo considerato la soluzione che ci dava un tempo positivo. Sostituendo il valore trovato per sin ωt (e dunque anche quello di cos ωt) nell’espressione della potenza (1) troviamo il valore

P_max=2B²₀a²ω²

λ · 0.551 = 45.6 W

Nella figura di sotto si vede l’andamento della potenza nel tempo. Il grafico mostra un periodo

Problema 4

Abbiamo l’interferenza tra due sorgenti coerenti identiche che sono per`o sfasate tra loro di π. Tale sfasamento, spiega perch´e quando siamo a θ = 0, e dunque quando non c’`e sfasamento dovuto a cammini diversi per le due sorgenti, l’intensit`a `e nulla.

Lo sfasamento complessivo tra i segnali delle due sorgenti ad un angolo generico vale δ = 2π

λ dsin θ + π

I minimi di intensit`a si trovano imponendo che lo sfasamento sia un multiplo dispari di π, δ = (2m + 1)π, mentre i massimi si trovano quando δ = 2mπ. Vediamo allora l’equazione che ci da i minimi.

2π

λ dsin θ + π = (2m + 1)π ⇒ sin θ_m^min=λ dm

Il minimo a θ = 0 `e quello per m = 0. Sappiamo poi che esistono due soli altri minimo (simmetrici) quando θ = ±90^o, che devono essere allora quelli con m = ±1. Dall’equazione di sopra, sostituendo tali valori dei minimi ai poli, troviamo

λ /d = 1 ⇒ λ = d = 4 cm L’angolo del massimo si trova imponendo, come detto prima, δ = 2mπ e dunque

2π

λ dsin θ + π = 2mπ ⇒ sin θ_m^max=λ

d(m − 1/2) I due massimi, simmetrici rispetto al piano equatoriale, si troveranno per m = 0, 1

sin θ^max= ±λ

2d = ±1/2 ⇒ θ^max= ±30^o

L’intensit`a sul massimo abbiamo che l’intensit`a `e quattro volte l’intensit`a della singola sorgente, dunque P₁= 4πr²I₁= 4πr²I_max

4 = πr²I_max= 3450 W