Problemi di fisica generale : elettromagnetismo, ottica 9788879598378, 8879598376

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FRANCESCO PORTO GAETANO LANZALONE – IVANO LOMBARDO

PROBLEMI DI FISICA GENERALE ELETTROMAGNETISMO - OTTICA

Francesco Porto, Gaetano Lanzalone, Ivano Lombardo Problemi di Fisica Generale Elettromagnetismo e Ottica Copyright © 2014, EdiSES srl - Napoli

9 8 7 6 5 4 3 2 1 2017 2016 2015 2014 Le cifre sulla destra indicano il numero e l’anno dell’ultima ristampa effettuata

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Prefazione Gli esami di Fisica Generale I e II presentano una peculiarità che non tutti gli altri esami del Corso di laurea in Fisica e di altri corsi di studio in cui la Fisica viene studiata posseggono: il superamento di un esame scritto che normalmente consiste nella risoluzione di problemi su alcuni argomenti basilari del corso. Questa prova risulta particolarmente impegnativa perché lo studente, anche se gli è consentita la consultazione di testi, si viene a trovare solo con se stesso in una prova in cui deve dimostrare di aver acquisito una padronanza degli argomenti del programma e una capacità di analisi e di sintesi che gli consentono di individuare i metodi più rapidi per poter risolvere la sequenza dei problemi proposti. Chi ha acquisito una lunga esperienza didattica nel corso specifico di Fisica Generale II, avrà potuto constatare la difficoltà di molti studenti a superare la soglia, ove presente, che consentisse di proseguire l’esame proficuamente. Ciò comportava che un numero non indifferente di esaminandi era costretto a presentarsi più volte per superare questa prova. Da un’analisi di tali risultati si è potuto dedurre che, oltre a pochi casi in cui la difficoltà, mediata su tutti i problemi proposti, poteva risultare più elevata rispetto al corso o alle esercitazioni in esso svolte, due erano i principali fattori che potevano determinare un insuccesso. Uno è la non percezione della difficoltà della prova prima di affrontarla per la prima volta, per cui non si era ritenuto di seguire con costanza le esercitazioni, stabilire un contatto assiduo con i docenti, nonché prepararsi specificatamente alla risoluzione di problemi. Secondo fattore, come già accennato, è il venirsi a trovare, e per la prima volta, soli con se stessi ( all’orale c’è comunque il docente con cui si dialoga) davanti ai quesiti del problema che bisogna impegnarsi a risolvere in un tempo limitato, ragionevole, ma non infinito. Per questi motivi abbiamo ritenuto molto utile mettere a disposizione dello studente un’ampia raccolta di problemi di varia tipologia, già proposti agli esami, sulla quale lo studente possa allenarsi e prepararsi ad affrontare la prova d’esame con successo. Il presente volume raccoglie un buon numero (circa 400) di problemi d’esame che sono stati assegnati agli studenti del Corso di Laurea in Fisica dell’Università degli Studi di Catania nell’arco di più di un ventennio. In questa sede essi vengono proposti con la soluzione completa, corredata anche da figure, in modo da offrire un utile strumento di esercitazione per gli studenti che si devono cimentare nella risoluzione di temi d’esame per il corso di Fisica Generale II. Riteniamo che i problemi presentati, di media difficoltà, possano essere particolarmente indicati per gli studenti dei corsi di Laurea in Fisica, come pure di Matematica, Ingegneria, Chimica e Chimica Industriale. Molti dei temi che si ritrovano in quest’opera rappresentano dei “grandi classici” spesso proposti in forma diversa in vari testi di esercitazioni di elettromagnetismo ed ottica; cionondimeno, abbiamo ritenuto fondamentale la loro presenza in questa raccolta di problemi considerata la loro indubbia efficacia didattica, che va a beneficio dei discenti. Agli studenti consigliamo ovviamente di provare a risolvere, dopo aver studiato la “teoria”, prima da soli, i problemi qui proposti e solo dopo aver tentato ripetutamente di risolverli, di passare alla lettura e/o studio della soluzione presentata. Può essere

anche interessante didatticamente provare ad immaginare strategie alternative a quelle da noi proposte nella risoluzione degli esercizi. Allo studente consigliamo anche di non fermarsi al semplice calcolo letterale delle soluzioni ma di ottenere i risultati numerici con le corrette cifre significative. Uno di noi (F.P.) che ha tenuto per 22 anni il corso di Fisica Generale II per fisici al Dipartimento di Fisica e Astronomia dell’Università di Catania, rivolge un sentito ringraziamento non solo ai due coautori per la loro collaborazione in questi ultimi anni e perché senza la loro discreta, ma costante insistenza e la loro preziosa opera nella redazione, quest’opera non avrebbe visto la luce, ma anche agli altri colleghi, Prof. Pasquale Tomasello, Cristina Tuvè, Roberto Barbera, Francesco Cappuzzello, Dr. Elena La Guidara, Paolo Russotto, Elena Bruno, che, come loro, mi hanno dato via via la loro collaborazione con dedizione e professionalità in questo lungo lasso di tempo sia nello svolgimento di esercitazioni che nella conduzione degli esami. L’opera è dedicata agli studenti passati perché possa essere utile agli studenti futuri, a cui auguriamo un proficuo apprendimento della Fisica Generale. Infine, saremo grati a quanti volessero segnalarci errori e imprecisioni inevitabilmente presenti nel testo. Catania e Napoli, 30 agosto 2014 Francesco PORTO Gaetano LANZALONE Ivano LOMBARDO

INDICE Capitolo 1: Elettrostatica

pag. 5

Forze e campi elettrici: a)cariche puntiformi, b) cariche distribuite – Legge di Gauss – Moto di cariche in campi elettrici – Potenziale elettrostatico – Energia del campo elettrostatico - Condensatori – Campo elettrico nei dielettrici.

Capitolo 2: Circuiti con generatori di corrente stazionaria

pag. 103

Corrente continua – Resistenza – Leggi di Ohm e di Joule – Circuiti puramente resistivi – Passaggio dell’ elettricità nei liquidi – Circuiti capacitivi in condizione di regime – Circuiti capacitivi nel transiente.

Capitolo 3: Magnetostatica

pag. 165

Campi magnetici generati da : a) fili rettilinei percorsi da corrente; b) correnti distribuite; c) cariche in moto; d) spire percorse da corrente; e) solenoidi – Legge di Ampère - Forza di Lorentz - Moto di cariche in campi magnetici – Selettore di velocità – Spettrometro di massa – Ciclotrone – Effetto Hall – Magnetismo nella materia – Circuiti magnetici.

Capitolo 4: Campi elettromagnetici lentamente variabili

pag. 239

Legge di Faraday-Neumann-Lenz – Induttanza – Circuiti induttivi – Energia del campo magnetico - Legge di Ampère-Maxwell – Potenziale vettore.

Capitolo 5: Circuiti con generatori di corrente non stazionaria

pag. 313

Circuiti oscillanti – Circuiti in corrente alternata – Metodo dei vettori rotanti – Metodo dei numeri complessi.

Capitolo 6: Onde Elettromagnetiche

pag. 355

Equazione e propagazione dell’onda – Vettore di Poynting – Intensità delll’onda – Quantità di moto – Energia – Forza - Pressione di radiazione – Energia termica – Fotoni.

Capitolo 7: Ottica fisica

pag. 397

Interferenza – Esperienza di Young – Lamine sottili – Diffrazione da fenditure – Criterio di Raleigh – Reticolo di diffrazione – Legge di Bragg – Polarizzazione della luce – Legge di Malus – Angolo di Brewster – Polarimetro.

Capitolo 8: Ottica geometrica

pag. 439

Riflessione e rifrazione della luce – Leggi di Snell- Cartesio – Angolo limite – Specchi sferici e piani – Diottri sferici – Lenti sottili convergenti e divergenti – Sistemi di lenti sottili.

Capitolo 9: Fisica moderna

pag. 481

Effetto fotoelettrico – Effetto Compton – Atomo di Bohr – Il nucleo atomico - Energia di legame.

Bibliografia Appendici

pag. 515 pag. 517

Capitolo 1 Elettrostatica

Simbologia Usata w E, w W E, W WA→B U ΔU K ε0 εr ε µ0 E p0

k=

densità di energia del campo elettrostatico energia elettrostatica lavoro compiuto tra il punto A ed il punto B energia potenziale variazione di energia potenziale energia cinetica costante dielettrica nel vuoto (8.85×10 −12 F m-1) costante dielettrica relativa al vuoto costante dielettrica (ε0 εr) permeabilità magnetica nel vuoto (4π ×10−7 H m-1) modulo del campo elettrico momento di dipolo elettrico

1

4πε! Φ S (r ) (E) ! Φ S (E ) ρ σ λ τ, V ER

costante di Coulomb [nel vuoto k0=9×109 N m2 C−2] flusso del campo elettrico E attraverso la superficie sferica S di raggio r flusso del campo elettrico E attraverso la superficie chiusa S densità volumetrica di carica elettrica densità superficiale di carica elettrica densità lineare di carica elettrica volume rigidità elettrica di un dielettrico

… estratto dal libro: “Problemi di Fisica Generale - Onde elettromagnetiche" Porto Lanzalone e Lombardo ed. EDISES : ISBN9788879598378 (2014)

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Cap. 1 - Elettrostatica

8

Problema 1.3 Un sistema isolato è costituito da tre cariche puntiformi Q =+8µC, Q2 = −0.5 µC ! e Q3, vincolate a stare sul semiasse positivo X . Essendo Q1 posta nell’origine, il sistema è in equilibrio quando la coordinata X2 di Q2 è +9 cm. Determinare il valore della carica Q3 e la sua coordinata X3 in questa situazione di equilibrio. Soluzione

In condizioni di equilibrio, la forza risultante esercitata su ogni carica dalle altre deve essere nulla. ! ! ! ! ! Per la carica Q1 ∑ F1 j = 0 → F12 + F13 = 0 → F12 = − F13 , j ≠1

Per la carica Q2 Per la carica Q3

!

! ! ! ! = 0 → F21 + F23 = 0 → F21 = − F23 j ≠2 ! ! ! ! ! ∑ F3 j = 0 → F31 + F32 = 0 → F31 = − F32

∑F

2j

j ≠3

Essendo due le incognite, Q3 e X3, bastano due di queste tre equazioni per calcolarle. Scegliamo le prime due; infatti la terza è una loro combinazione lineare. ! ! Poiché F12 è positiva, in quanto Q1 è positiva e Q2 è negativa, F13 deve essere negativa, il che comporta che Q3 sia positiva. ! A sua volta F23 deve essere positiva, per cui la sua coordinata deve essere X3>X2.

Fissati i versi delle forze, a questo punto si può ragionare con i moduli. a) F12 = F13 sostituendo e semplificando k0

Q1Q2 QQ = k0 1 2 3 X 22 X3

Cap. 1 - Elettrostatica

9

Q Q2 = 32 ed infine Q2 X 32 = Q3 X 22 2 X2 X3 Analogamente nel caso b) si ottiene: si ottiene

b) F21 = F23 sostituendo e semplificando si ottiene k0

Q1Q2 Q2Q3 = k0 X 22 ( X 3 − X 2 )2

ed infine Q1 ( X 3 − X 2 ) 2 = Q3 X 22 . Considerando le ultime equazioni di a) e b), si ottiene il sistema seguente:

# Q2 X 32 = Q3 X 22 (*) " 2 2 !Q1 ( X 3 − X 2 ) = Q3 X 2 essendo uguali i secondi membri, saranno uguali anche i primi membri e quindi si ha: Q2 X 32 = Q1 ( X 3 − X 2 ) 2

Q2 X 32 = Q1 ( X 32 + X 22 − 2 X 3 X 2 ) (Q1 − Q2 ) X 32 − 2Q1 X 2 X 3 + Q1 X 22 = 0 X3 =

X3 = X 3 = 9 × 10 − 2

Q1 X 2 ± Q12 X 22 − Q1 X 22 (Q1 − Q2 ) Q1 − Q2

Q1 X 2 ± Q1Q2 X 22 Q1 − Q2

= X2

Q1 ± Q1Q2 Q1 − Q2

8 × 10 −6 ± 8 × 10 −6 × 1210 −6 8 ± 2 X 3+ = 0.12 m = 9 × 10 − 2 = −6 − 6 8 × 10 − 1210 8 − 12 X 3− = 0.07 m

X 3+ = +0.12m Si assume solo la soluzione con il segno + in quanto deve essere X3 > X2. Dalla prima equazione del sistema (*) si ottiene :

&X Q3 = Q2 $$ 3 % X2

2

2

# ( 0.12 % −6 !! e sostituendo i valori Q3 = 0.5 × 10 − 6 & # = 0.9 × 10 C 0 . 09 ' $ "

Q3 = 0.9µC

Cap. 1 - Elettrostatica

95

Problema 1.63 Un condensatore piano è costituito da due armature circolari di 10 cm di diametro, distanti 5 mm. Se una lastra di materiale dielettrico di 2mm di spessore e di costante dielettrica εr = 3.5 è posta fra le armature a contatto con una di esse, si determini la capacità risultante del condensatore . Se una d.d.p. di 10 V è applicata alle armature, calcolare l’intensità del campo elettrico nel dielettrico e nello spazio tra il dielettrico e l’altra armatura. Soluzione Il condensatore con la lastra di dielettrico inserita equivale a due condensatori C1 e C2 posti in serie, di spessore rispettivamente d1 = 2 mm quello con dielettrico e d2 = 3 mm quello in aria; la capacità totale si calcola dalla relazione:

1 1 1 = + = C tot C1 C 2

1 S ε 0ε r d1

+

Ctot = ε 0 S ×

1 S ε0 d2

=

# 1 & d1 $$ + d 2 !! ε0S % ε r "

εr

d1 + ε r d 2 3.5 Ctot = 8.85 ×10 −12 × 25 × π ×10 −4 = 19.45 pF −3 2 ×10 + 3.5 × 3 ×10 −3

Ctot = 19.45 pF Il campo elettrico è ortogonale alle armature e anche alla superficie di separazione aria-dielettrico, pertanto le componenti tangenziali del vettore campo elettrico nei due mezzi sono nulle, E t1 = E t 2 = 0 mentre le due componenti normali del vettore induzione dielettrica nei due mezzi saranno uguali, Dn1 = Dn 2 . da cui si ricava che ε 0ε r E1 = ε 0 E2

Cap. 1 - Elettrostatica

96

Essendo i due condensatori in serie, la d.d.p. ΔV applicata alle armature si distribuisce sui due condensatori

ΔV = V1 + V2 = d1 E1 + d 2 E2 . Utilizzando queste due relazioni indipendenti, possiamo costruire il sistema

#ε 0ε r E1 − ε 0 E 2 = 0 " !d1 E1 + d 2 E 2 = ΔV Applicando, per esempio, il metodo di Cramer, per la soluzione del sistema, possiamo calcolare i valori dei campi elettrici nei due mezzi. 0 − ε0

E1 =

E1 =

ε 0ε r

ΔV

d2 − ε0

d1

d2

ε 0 × ΔV 10 = = 800V / m ε 0 (ε r d 2 + d1 ) (3.5 × 3 × 10 − 3 + 2 × 10 − 3 ) E1 = 800V / m

Analogamente:

E2 =

E2 =

ε 0ε r

0

d1

ε 0ε r

ΔV − ε0

d1

d2

ε 0ε r × ΔV 3.5 × 10 = = 2800V / m ε 0 (ε r d 2 + d1 ) (3.5 × 3 × 10 − 3 + 2 × 10 − 3 ) E2 = 2800V / m

Capitolo 2 Circuiti con generatori di corrente stazionaria Simbologia Usata I, i j r, R ρ σ n V, ΔV C P E vd B µ0 WE W τ

corrente elettrica densità di corrente elettrica resistenza elettrica resistività elettrica conducibilità elettrica numero di cariche per unità di volume differenza di potenziale capacità elettrica potenza elettrica dissipata modulo del vettore intensità del campo elettrico velocità di trascinamento modulo vettore induzione magnetica permeabilità magnetica nel vuoto (4π×10-7 H m-1) energia elettrostatica energia costante di tempo (=RC)

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128

Cap. 2 - Circuiti con generatori di corrente stazionaria

Problema 2.21 Nel circuito in figura calcolare la corrente in ciascun resistore, la d.d.p. tra i punti A e B e la potenza totale dissipata dal sistema, verificando che essa è uguale a quella erogata dai generatori. V1 = 12V, V2 = 10V, V3 = 8V, R1 = 50Ω, R2 = 20Ω, R3 = 10Ω

Soluzione È un classico problema che richiede l’applicazione delle leggi di Kirchhoff. Essendovi due nodi e due maglie indipendenti, individuiamo 3 correnti, per esempio nel nodo A.

Assumendo un verso di percorrenza orario per ciascuna delle due maglie, superiore e inferiore, ed applicando con coerenza le regole previste dalla formulazione delle leggi di Kirchhoff, possiamo costruire il sistema di tre equazioni nelle tre incognite I1, I2, I3. Per il nodo: Per le maglie:

I 2 = I 1 + I3

− V1 + V2 + V3 − R1I1 + R3 I 3 = 0 − V2 − R2 I 2 − R3 I 3 = 0

Cap. 2 - Circuiti con generatori di corrente stazionaria

semplificando si ottiene:

129

$ I 2 = I1 + I 3 ! #50 I1 − 10 I 3 = 6 !20 I + 30 I = −10 3 " 1 $ I 2 = I1 + I 3 ! #5I1 − 1I 3 = 0.6 !2 I + 3I = −1 3 " 1

Risolvendo il sistema delle tre equazioni si trovano i seguenti valori della corrente nei tre rami del circuito:

i1 = 0.047 A; i2 = −0.318 A; i3 = -0.365 A I segni dei valori ottenuti ci dicono che il verso delle correnti, stabilito in modo arbitrario inizialmente, è quello corretto per i1, ma è quello opposto per i2 e i3. Una volta risolto il circuito è possibile rispondere alle domande del problema:

VA − VB = V2 + V3 + R3i3 = V1 + R1i1 = 14.35V

VA − VB = 14.35V La potenza dissipata PJ dal sistema è la somma delle potenze dissipate per effetto Joule in ciascuna resistenza : PJ = R1I12 + R2 I 22 + R3 I 32 = 3.46W

PJ = 3.46W La potenza erogata dai generatori PG sarà data dalla somma dei prodotti di ciascuna f.e.m. per le correnti che attraversano ciascun generatore : PG = V1i1 + V2i2 + V3i3 = 3.46W

PG = 3.46W = PJ La potenza erogata dai generatori è uguale a quella dissipata nelle resistenze. (N.B.: sono state trascurate le resistenze interne dei generatori).

Cap. 2 - Circuiti con generatori di corrente stazionaria

151

Problema 2.37 Nel circuito riportato nella figura a lato, determinare, in condizioni di regime, la carica depositata su ciascun condensatore e la d.d.p. Va – Vb tra i punti a e b del circuito. [V0 = 1 kV, R1 =7 kΩ, R2 = 3 kΩ, C1 = 1 nF, C2 = 3 nF, C3 = 2 nF ]. Soluzione In condizione di regime la d.d.p. VC ai capi del gruppo di condensatori sarà pari alla caduta di tensione nella resistenza R2. R2 3 VC = IR2 = × V0 = × 10 3 = 300V R1 + R2 10 La capacità totale del gruppo di condensatori sarà: 1 1 1 4 C tot = = = = nF 1 1 1 1 3 3 −1 + + (nF ) C1 + C 2 C 3 4nF 2nF 4 4 e la carica totale Qtot = CtotVC = × 10 − 9 × 3 × 10 2 = 0.4µC . Questa carica sarà la 3 stessa su C3 e sul parallelo di C1 e C2, dove si distribuisce in modo direttamente proporzionale alla capacità dei due condensatori. Allora possiamo costruire il seguente sistema: $Q1 + Q2 = Q3 = Qtot = 4 × 10 −7 Q ! → 2 + Q2 = 4 × 10 −7 → 4Q2 = 12 × 10 −7 Q2 # Q1 C1 1 3 ! Q = C = 3 → Q1 = 3 2 " 2

Q2 = 0.3µC

Q1 = 0.1µC

La d.d.p. richiesta è data da Va − Vb = V ! + iR1 , dove i è la corrente erogata dal generatore e V' è la d.d.p. ai capi dei due condensatori in parallelo. V0 103 Qtot 4 × 10 −7 i= = 4 = 100mA, V" = = = 100V R1 + R2 10 C1 + C2 4 × 10 − 9 e quindi

Va − Vb = 100 + 0.1 × 7 × 103 = 800V

Va − Vb = 800V

Capitolo 3 Magnetostatica

Simbologia Usata B H M A I, i µ0 ε0 µr εr k g J j Q q e σ p ω

induzione magnetica campo magnetico magnetizzazione potenziale vettore corrente elettrica permeabilità magnetica del vuoto costante dielettrica del vuoto permeabilità magnetica relativa costante dielettrica relativa costante di Coulomb accelerazione di gravità densità di corrente densità di corrente carica elettrica carica elettrica carica dell’elettrone densità superficiale di carica pressione pulsazione

T µ F τ n N m v vd n K R wB WB FE FB ΔV, V E Φ (B) Φ (E)

periodo momento di dipolo magnetico forza momento meccanico n° di spire per unità di lunghezza n° di spire massa velocità velocità di drift portatori di carica per un. vol. energia cinetica riluttanza densità di energia campo magn. energia del campo magnetico forza elettrostatica forza magnetica differenza di potenziale campo elettrico flusso del campo magnetico flusso del campo elettrico

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Cap. 3 - Magnetostatica

182

Problema 3.14 Un conduttore è costituito da un cilindro cavo di raggi a e b, interno ed esterno rispettivamente, ed è percorso da una corrente con densità variabile j(r) = 2/r A/m2. Calcolare il modulo dell’induzione magnetica B(r) in funzione della distanza r dall’asse del conduttore e disegnarne il grafico. Soluzione La distanza dall’asse del cilindro r che va da zero ad infinito si può suddividere in tre intervalli nei quali il campo magnetico ha andamenti diversi: 1) r < a;

2) r > b;

3) a < r < b.

1 - In questo intervallo appartenente al cilindro vuoto di raggio a, poiché qualunque linea chiusa non concatena nessuna corrente, si ha per la legge di Ampère:

!

!

∫ B ⋅ dl = µ I = 0 0

e quindi B = 0

2 - In questo intervallo si applica la legge di Ampère a una circonferenza di raggio r > b, che concatena tutta la corrente che fluisce nel conduttore; essa a sua volta si ottiene integrando la corrente che fluisce in un mantello cilindrico di raggio r e spessore dr: b

b

2 I = ∫ j 2πrdr = ∫ 2πrdr = 4π (b − a) r a a E quindi applicando la legge di Ampère si ottiene:

! ! B ∫ ⋅ dl = 2πrB = 4πµ0 (b − a) B = 2µ0 (b − a) / r

Cap. 3 - Magnetostatica

183

a Osservazione: per r = b → B = 2µ0 (1 − ) . b 3 - In questo intervallo, appartenente al conduttore, si applica la legge di Ampère a una circonferenza di raggio r1 compreso fra a e b e la corrente concatenata va calcolata integrando, tra a e r1, la corrente che fluisce nel mantello cilindrico di raggio r e spessore dr: r1 r1 r1 ! ! I r1 = ∫ j 2πrdr → ∫ B ⋅ dl = µ0 ∫ j 2πrdr = 4πµ0 ∫ dr = 4πµ0 (r1 − a) , a

a

a

quindi applicando il teorema di Ampère si ottiene:

2πr1B(r1 ) = 4πµ0 (r1 − a) da cui ricaviamo B(r1 ) = 2µ0 (1 − a / r1 ) . La curva che rappresenta l’andamento del modulo del vettore B in funzione della distanza dall’asse (in questa regione) è convessa in quanto si può vedere che la sua derivata seconda è negativa. a Osservazione: per r = a → B = 0 (caso 1), e per r = b → B = 2µ 0 (1 − ) (come b accade per il caso 2). Nella figura seguente viene riportato un grafico qualitativo dell’andamento del modulo del vettore B in funzione della distanza dall’asse del mantello cilindrico.

Cap. 3 - Magnetostatica

209

Problema 3.36 Le particelle di un fascio composto da protoni e deutoni sono accelerate mediante una d.d.p. di 106 V. Muovendosi lungo l’asse x , da x=k, entrano in un campo magnetico d’induzione B = 1 T, diretto ortogonalmente alla velocità delle particelle e occupante tutto lo spazio x > k. All’uscita dal campo magnetico, determinare: a) la distanza tra i protoni e i deutoni; b) il ritardo temporale fra due di essi, assumendo che siano entrati nel campo magnetico allo stesso istante. (Si usino i seguenti valori di massa: mp = mn = 1.67×10−27 kg) Soluzione I deutoni sono costituiti da un protone e un neutrone. Nel campo magnetico, i protoni e i deutoni compiono una semicirconferenza di raggio, rispettivamente Rp = mpvp/eB ed Rd = mdvd/eB. Poiché entrambe le particelle sono accelerate dalla stessa d.d.p. di 106 V, esse hanno la stessa energia cinetica Kp = Kd = K pari a 1 MeV = 1.6×10−13 J, ma avendo massa diversa md = 2mp la loro velocità è diversa, e precisamente:

vp =

2K ≈ 2 × 10 7 m / s mp

e

vd =

2K K = ≈ 107 m / s md mp

e i corrispondenti raggi delle traiettorie circolari saranno:

Rp =

mp eB

2K 1 = 2m p K m p eB

e

Rd =

md eB

K 2 = mp K m p eB

La distanza tra i protoni e i deutoni all’uscita dal campo magnetico è data dalla differenza dei diametri delle due traiettorie:

D = 2(Rd − Rp ) =

2 eB

(

)(

mp K 2 − 2

)

Cap. 3 - Magnetostatica

210

D=

2 1.67 × 10 − 27 × 1.6 × 10 −13 × 0.585 1.6 × 10 −19

D = 1.25×1019 × 1.63×10-20 × 0.585 = 11.9 cm D = 11.9cm

Il ritardo temporale è dato dalla differenza dei semiperiodi delle due traiettorie:

Δt =

Δt =

π eB

&R R # T T π π (d ) − ( p) = − = π$ d − p ! $ ! 2 2 ωd ω p % vd v p "

(md − m p ) =

π 1.67 × 10 −27 B

×

1.6 × 10 −19

Δt = 32.8 ns

= 3.28 × 10 −8 s

Capitolo 4 Campi elettromagnetici lentamente variabili Simbologia Usata

Φ(B) Φ Φ(E) Φ Ei B I, i L W P ρ R E H F FE FB v ω m τ Β

Ε

flusso del campo magnetico flusso del campo magnetico flusso del campo elettrico flusso del campo elettrico forza elettromotrice indotta induzione magnetica corrente elettrica lavoro energia potenza resistività resistenza campo elettrico campo magnetico forza forza elettrostatica forza magnetica velocità pulsazione massa momento meccanico

e ΔV, V q, Q µ n N µ0 ε0 µr T Z L C D σ A k g J j

carica dell’elettrone differenza di potenziale carica elettrica momento di dipolo magnetico n° di spire per unità di lunghezza n° di spire di un solenoide permeabilità magnetica del vuoto costante dielettrica del vuoto permeabilità magnetica relativa periodo impedenza induttanza capacità induzione dielettrica densità superficiale di carica potenziale vettore costante di Coulomb accelerazione di gravità densità di corrente densità di corrente

… estratto dal libro: “Problemi di Fisica Generale - Onde elettromagnetiche" Porto Lanzalone e Lombardo ed. EDISES : ISBN9788879598378 (2014)

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Cap. 4 - Campi elettromagnetici lentamente variabili

249

Problema 4.9 Una spira di diametro D = 10 cm e resistenza R = 1 Ω viene mantenuta in rotazione uniforme attorno a un suo diametro, con velocità angolare ω = 200 rad/sec, immersa in un campo magnetico perpendicolare al suo asse di rotazione, d’induzione B = 1 T. Si calcoli, in funzione del tempo, la corrente indotta nella spira e la potenza media meccanica sviluppata dalle forze esterne, necessaria a mantenere la spira in rotazione uniforme. Soluzione Data la rotazione della spira, il flusso magnetico che attraversa la sua superficie sarà funzione del coseno dell’angolo di rotazione, e poiché è:

π 2 D , avremo 4 ! π Φ( B) = B ⋅ nˆS = B D 2 cos ω t 4 θ = ωt e S =

e, di conseguenza, la corrente indotta che circola nella spira sarà: 1 dΦ π BD 2ω Ii = − = sin ω t = 1.57 A × sin ω t R dt 4 R ! Il momento magnetico equivalente della spira è dato da µ = I i Snˆ , e il momento

!

!

!

risultante delle forze magnetiche applicato alla spira τ m = µ × B , e il suo modulo:

B2S 2 ω sin 2 ω t R Per mantenere la spira in rotazione a velocità costante, le forze esterne devono equilibrare quelle magnetiche e il momento da esse applicato deve essere uguale in modulo, ma di segno opposto a quello esercitato dalle forze magnetiche ! ! τ est = −τ . Per far effettuare una rotazione dθ alla spira, esso deve compiere il lavoro dL = −τdθ , cui corrisponde una potenza: dL dθ B2S 2 2 2 ℘= = −τ = −τω = ω sin ω t dt dt R In un periodo, pertanto, la potenza media sviluppata dalle forze esterne sarà: 1 B 2 S 2ω 2 B 2 S 2ω 2 T ℘m = ∫ sin 2 ωtdt = × = 1.234W !

τ m = − I i SB sin ω t = −

T

T

R

TR

2

Cap. 4 - Campi elettromagnetici lentamente variabili

283

Problema 4.40 Una sbarretta conduttrice di lunghezza L = 10 cm, massa m = 25 gr e resistenza R = 0.3Ω , può scorrere senza attrito con le estremità a contatto su due guide parallele di resistenza trascurabile disposte verticalmente. Gli estremi inferiori delle guide sono collegate a una pila V = 6 V. Il circuito così costituito si trova immerso in un campo di induzione magnetica B perpendicolare al piano del circuito, con verso uscente dal foglio. Determinare l'equazione di moto della sbarretta e il valore che dovrebbe avere B affinché essa resti in equilibrio. Soluzione Sulla sbarretta agisce la forza di gravità e la forza magnetica che agisce in senso opposto per effetto della corrente che percorre la sbarretta immersa in un campo magnetico. L’equazione del moto sarà quindi: d2y m 2 = −mg + FB = −mg + IBL dt Teniamo presente che la corrente I che percorre la V sbarretta presenta due componenti: una prima I 0 = R e una seconda che è la corrente indotta per il fatto che la sbarretta taglia le linee di forza del campo e vale:

BLv BL dy e quindi =− R R dt & V BL dy # I = I0 − Ii = $ − ! % R R dt "

Ii = −

L’equazione del moto diventa m

d 2 y B 2 L2 dy V + = −mg + BL . 2 R dt R dt

Essendo presente il termine con la derivata prima, il moto sarà smorzato. Perché si verifichino le condizioni di equilibrio occorre che il primo membro sia nullo, per cui: V − mg + BL = 0, da cui ricaviamo il valore di B: R

B=

mgR 25 × 10 −3 × 9.8 × 0.3 = = 12.25 × 10 −2 T −1 VL 6 × 10

Capitolo 5 Circuiti con generatori di corrente non stazionaria Simbologia Usata W Q C L R, r I, i J, j Z

energia immagazzinata carica elettrica capacità elettrica induttanza elettrica resistenza elettrica corrente elettrica densità di corrente elettrica impedenza

ω f ΔV, V P X τ,η ϕ,φ

pulsazione elettrica frequenza delle oscillazioni elettriche differenza di potenziale potenza elettrica dissipata reattanza costante di tempo sfasamento tra corrente e tensione

… estratto dal libro: “Problemi di Fisica Generale - Onde elettromagnetiche" Porto Lanzalone e Lombardo ed. EDISES : ISBN9788879598378 (2014)

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Cap. 5 - Circuiti con Generatori di Corrente non Stazionaria

323

Problema 5.10 Un alternatore costituito da una bobina di 100 spire, ciascuna di 100 cm2 di superficie, alimenta un circuito formato da una resistenza R = 100 Ω e un’induttanza L = 0.24 H poste in serie. La bobina compie 50 giri al secondo immersa in un campo magnetico d’induzione B = 0.2 T. Determinare la corrente I(t) che percorre il circuito e l’energia massima immagazzinata nell’induttanza. Soluzione Essendo ω = 2πf = 314rad / s , la forza elettromotrice dell’alternatore è:

V (t ) = NBSωsin ωt = 100 × 0.2 ×10 −2 × 314sin 314t = 62.8 sin 314t [V ] Poiché la resistenza e l’induttanza sono in serie, esse sono percorse dalla stessa corrente. Quindi la tensione ai loro estremi sarà rispettivamente: VR = IR e VL = IωL Dal diagramma dei vettori rotanti risulta inoltre: V I (t ) = sin(ωt − ϕ ) Z L’impedenza del circuito è data da Z = R2 + ω 2 L2 = 104 + 105 (0.24)2 = 125Ω, per cui: 62.8 I (t ) = sin(314t − ϕ ) = 0.5 sin(314t − ϕ ) 125 ωL ed inoltre: tan ϕ = = 0.7536 → ϕ = 37° R La tensione quindi anticipa la corrente. Infine, l’energia massima immagazzinata nell’induttanza si ottiene da: LI 2 0.24 × 0.25 WL, max = max = = 0.03 J 2 2

WL , max = 0.03 J

Cap. 5 - Circuiti con Generatori di Corrente non Stazionaria

347

Problema 5.26 Nel circuito riportato in figura, con V=120V, C1=2µF, C2=1µF, R=1000Ω, L=3H e f=50Hz , calcolare: a) l’impedenza totale; b) le correnti IR,IL,Itot nei tre rami; c) lo sfasamento tra tensione e corrente. Soluzione Il circuito presenta due impedenze in parallelo: Z1 per il ramo RC1 e Z2 per il ramo LC2.. L’impedenza totale in questo caso è data da:

1 1 1 2 = + 2+ cos(ϕ1 − ϕ2 ) 2 Ztot Z1 Z 2 Z1Z 2 Calcoliamo i vari elementi di tale espressione, dove φ1 e φ2 sono gli sfasamenti tra tensione e corrente in ciascun ramo. Per il ramo RC1: 2

) 1 & 1012 $$ = 10 6 + Z1 = R + '' ≈ 10 6 (1 + 2.5) ≈ 1870Ω 4 × (314) 2 ( ωC1 % 2

Dal grafico delle tensioni di figura 1 per il ramo RC1, vediamo che lo sfasamento è dato da:

Cap. 5 - Circuiti con Generatori di Corrente non Stazionaria

348

− tan ϕ1 =

1 ωC1 1 10 6 =− =− 3 = −1.59 → ϕ1 = −57.9° R RωC1 10 × 314 × 2

La tensione è in ritardo rispetto alla corrente. Per il ramo LC2: 2

* 1 ' 1 10 6 %% = Lω − Z 2 = (( Lω − ≈ 3 × 314 − ≈ 2200Ω ωC2 & ωC2 314 )

In questo caso (vedi figura 2) poiché la reattanza induttiva è minore della reattanza capacitiva (XL < XC) lo sfasamento è −90°. Anche in questo caso la tensione è in ritardo rispetto alla corrente. Quindi avremo:

Z tot =

1 1 1 2 + + cos 32.1° (1.87 ) 2 × 10 6 (2.2) 2 × 10 6 1.87 × 2.2 × 10 6

≈ 1050 Ω

Ztot ≈ 1050 Ω b) Note le impedenze Z1, Z2 e Ztot, possiamo calcolare le tre correnti richieste:

IR =

V 120 = = 64 mA ; Z1 1870

Cap. 5 - Circuiti con Generatori di Corrente non Stazionaria

IL =

349

V 120 = = 54.5mA ; Z 2 2200

I tot =

I1 ≡ I R = 64mA

V = 114mA ; Z tot

I 2 = I L = 54.5mA

I tot = 114mA

c) Dal grafico delle correnti (si veda la figura 3) possiamo adesso calcolare lo sfasamento φ tra la tensione V e la corrente Itot.

I tot cos ϕ = I R cos ϕ1 cos ϕ =

cos ϕ =

IR cos ϕ1 I tot

64 cos( −57.9°) ≈ 0.30 114

e quindi in definitiva:

ϕ = 72.5°

Capitolo 6 Onde elettromagnetiche Simbologia Usata E B S I, Sm

modulo campo elettrico modulo vettore induzione magnetica modulo del vettore di Poynting intensità dell’onda: valor medio del vettore di Poynting

P Pass Press

potenza potenza assorbita pressione (in generale)

Prad P W µ0 µr ε0 εr Δω λ k f v Z0 Z ΦS(J) c ΔQ G

pressione di radiazione quantità di moto energia permeabilità magnetica nel vuoto (4π×10−7 H m-1) permeabilità magnetica relativa al vuoto costante dielettrica nel vuoto (8.85×10−12 F m-1) costante dielettrica relativa al vuoto angolo solido in steradianti lunghezza d’onda numero d’onda (= 2π / λ) frequenza dell’onda velocità dell’onda impedenza del vuoto di un’onda (377 Ω) impedenza di un’onda flusso del vettore di Poynting attraverso la superficie sferica S di raggio r calore specifico quantità di calore scambiato costante gravitazionale

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Cap. 6 – Onde Elettromagnetiche

363

Problema 6.7 Il filamento di una lampadina ha resistenza R = 150 Ω ed è percorso da una corrente di 1 A. Esso è lungo L = 8 cm ed ha raggio r = 0.5 mm. Calcolare il vettore di Poynting ed i valori di E e B sulla superficie esterna del filamento. Soluzione Il vettore di Poynting esprime il flusso di energia trasportata dall’onda elettromagnetica nell’unità di tempo attraverso una superficie unitaria, ossia la potenza per unità di superficie. Nel caso del problema proposto, la potenza è quella dissipata nel filamento per effetto Joule: P= I 2R = 150 W, e la superficie è quella esterna del filamento: A = 2πrL = 8π × 10 −5 m2 . Pertanto il modulo del vettore di Poynting è dato da: ! P S = = 5.97 × 10 5 W / m 2 A Il modulo del vettore intensità di campo elettrico sarà dato dal rapporto tra la d.d.p. ai capi del filamento e la sua lunghezza: ! V IR E= = = 1875V / m L L Il modulo del vettore induzione magnetica va calcolato sulla superficie del filamento; quindi per la legge di Biot-Savart: ! µ I B = 0 × = 4 × 10 − 4 T 2π r

! ! ! Occorre sottolineare che i tre vettori E , B, S costituiscono una terna di vettori ortogonali. ! ! Noti E e B , il modulo del vettore di Poynting si poteva anche ricavare dalla sua definizione:

! 1 ! ! S = E×B

µ0

Cap. 6 – Onde Elettromagnetiche

394

Problema 6.33 Una lampada di potenza P = 50 W emette con emissione isotropa sotto forma di luce visibile di lunghezza d’onda λ=0.55 µm il 10% dell’energia che assorbe. La pupilla di un osservatore, posto a distanza L = 1 km, ha diametro D=2mm. Calcolare il numero di fotoni che passano attraverso la pupilla in 10 secondi. Soluzione L’intensità dell’onda, valor medio del vettore di Poynting, alla distanza di 1 km è data da: P 50 × 0.1 5 ℑ= = = ≈ 4 × 10 − 7W / m2 S 4πL2 4π × 106 Si ricordi che S è la superficie della sfera di raggio 1 km su cui è distribuita tutta la potenza emessa dalla lampada. L’energia che attraversa la pupilla nell’unità di tempo (e quindi la potenza assorbita dall’occhio) è data dall’intensità dell’onda alla distanza di 1 km moltiplicata per la superficie della pupilla:

Pass = ℑ

π × D2 4

= 1.25 × 10 −12 J / s .

Essendo l’energia di un fotone pari a hf = hc/λ, il numero di fotoni che passano attraverso la pupilla in 10 secondi sarà:

ΔN Pass = hc Δt

λ ΔN (10 s) = Δt × Pass ×

λ hc

= 10 × 1.25 × 10 −12 ×

5.5 × 10 −7 = 34.5 × 10 6 fotoni 6.63 × 10 −34 × 3 × 108

ΔN (10 s) = 34.5 × 10 6 fotoni

Capitolo 7 Ottica Fisica Simbologia Usata λ L d a Δφ Δ i r n E ω I, I

lunghezza d’onda distanza cui è posto uno schermo distanza tra due fenditure larghezza di una fenditura differenza di fase differenza di cammino ottico o geometrico (a seconda dei casi) angolo di incidenza angolo di rifrazione indice di rifrazione campo elettrico pulsazione intensità

S Z0 R N p µ0 ε0 εr h c U θB ρ cv

vettore di Poynting impedenza del vuoto potere risolutivo n° di incisioni sul reticolo passo di un reticolo permeabilità magnetica del vuoto costante dielettrica del vuoto costante dielettrica relativa costante di Planck velocità della luce energia della radiazione angolo di Brewster potere rotatorio specifico concentrazione

Cap. 7 - Ottica Fisica

404

Problema 7.6 Nella figura di interferenza da una doppia fenditura, consideriamo la prima frangia chiara dalla parte delle x positive. Essendo la distanza fra le fenditure d = 0.16mm, λ = 550 nm e la distanza dello schermo L = 1.24m, determinare le coordinate dei punti, dalle due parti opposte rispetto al massimo di questa frangia, in cui l’intensità I è pari al 75% del suo valore massimo. Soluzione La coordinata della frangia del primo ordine è data da:

x1 = λ

L 1.24 = 5.5 × 10 − 7 = 4.26 × 10 −3 m d 1.6 × 10 − 4

Indicando con I0 il valore massimo della intensità delle frange, possiamo scrivere per πd ciascuna di esse I (Δx) = I 0 cos2 Δx . Lλ Δx è un intervallo tra la posizione del massimo e due posizioni simmetriche rispetto ad esso. In queste due posizioni, per la simmetria della frangia, l’intensità è uguale. La condizione

πd I (Δx) Δx = 0.75 = 0.866 = 0.75 , impone che cos Lλ I0

) π × 1.6 × 10 −4 & cos'' Δx $$ = 0.866 → arccos(235π × Δx) = arccos(0.866) −7 ( 1.24 × 5.5 × 10 % π 1 235π × Δx = → Δx = = 0.7 mm 6 6 × 235 Le coordinate di queste due posizioni saranno allora :

x# = x1 − Δx = 4.26 − 0.7 = 3.56 mm x"" = x1 + Δx = 4.26 + 0.7 = 4.96 mm

Cap. 7 - Ottica Fisica

429

Problema 7.28 Due onde monocromatiche hanno lunghezza d’onda media pari a 5120 Å. Esse sono appena risolte al secondo ordine quando si fanno incidere su un reticolo di diffrazione largo 5 cm che contiene 4800 incisioni su 2 cm. Determinare la loro separazione anche in lunghezza d’onda. Soluzione Il potere risolutivo di un reticolo di diffrazione dipende dal numero di incisioni totali N e dall’ordine m della figura di diffrazione:

R=

λm Δλ

= mN

λm è la media delle lunghezze d’onda delle due onde, mentre Δλ è la loro differenza. Il numero totale di incisioni è:

N=

4800 incisioni × 5cm = 12000 2 cm

Per m = 2 il potere risolutivo sarà: e quindi:

Δλ =

λm R

=

R = 2 × 12000 = 24000 ,

5.12 × 10 −7 = 2.13 × 10 −11 m 2.4 × 10 4

corrispondenti a:

Δλ

λm

=

1 1 = R 2.4 ×10 4

Δλ = 4.2 × 10 −5 λm

436

Cap. 7 - Ottica Fisica

Problema 7.35 Sul fondo di un contenitore riempito di liquido trasparente è posta una sorgente di luce S. Osservando dall’alto la superficie libera del liquido, si osserva che da essa esce luce solo attraverso un cerchio di raggio R = 57cm, con centro in un punto perpendicolare a S. Se la profondità a cui si trova la sorgente è h = 50cm, determinare l’angolo di Brewster θB per l’interfaccia aria – liquido. Soluzione Alla superficie di separazione tra liquido e aria, trovandosi la sorgente nel liquido, avviene il fenomeno della riflessione totale. L’angolo limite, angolo massimo di incidenza per il quale si può avere rifrazione si ottiene dalla relazione geometrica: R sin θ L = = 0.751 2 R + h2 1 ; l’indice 2 indica n2 il mezzo in cui si trova la sorgente luminosa per il quale l’indice di rifrazione è:

come pure dalla legge di Snell-Cartesio che diventa sin θ L =

n2 =

1 = 1.33 . sin θ L

L’angolo di Brewster è l’angolo di incidenza del raggio luminoso che dà luogo a un raggio riflesso totalmente polarizzato; ciò avviene quando l’angolo riflesso e l’angolo rifratto sono ortogonali. Quindi, considerando ora la sorgente in aria, abbiamo n1 sin θB = n2 sin θr , e per la condizione di Brewster sarà θr = 90° − θ B , per cui otteniamo: n2 n1 sin θ B = n2 cosθ B → = tan θ B → n1

θ B = 53°

θ B = arctan1.33

Capitolo 8 Ottica Geometrica Simbologia Usata λ n µ0 ε0 εr c v R

lunghezza d’onda indice di rifrazione permeabilità magnetica del vuoto costante dielettrica del vuoto costante dielettrica relativa velocità della luce nel vuoto velocità della luce nella materia raggio di una superficie (riflettente o rifrangente)

i r M p q f f

angolo di incidenza angolo di rifrazione ingrandimento di una immagine distanza oggetto-superficie (riflettente o rifrangente) distanza immagine-superficie (riflettente o rifrangente) distanza focale di uno specchio distanza focale di una lente

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Cap. 8 - Ottica Geometrica

440

Problema 8.1 Calcolare il tempo impiegato da un raggio luminoso ad attraversare una lastra di materiale trasparente di 5 cm di spessore, la cui costante dielettrica relativa vale ε r = 2 se il raggio incide con un angolo di 60° rispetto alla normale. Soluzione Il tempo richiesto è quello impiegato dal raggio rifratto a percorrere la traiettoria determinata d y dall’angolo di rifrazione y = ; t= . cos r v Dalla legge di Snell-Cartesio:

sin i = n2 × sin r

→ sin r =

0.866 n2

Sappiamo inoltre che : n2 = ε r = 1.41 ,

v=

c c = = 2.13 × 10 8 m / s n2 εr

y=

d 5cm = = 6.34cm cos r 0.789

E poiché:

r = arcsin

0.866 = 37.89° → 1.41

si ottiene in definitiva:

t=

y 6.34 × 10 −2 = v 2.13 × 108

t = 2.98 × 10 −10 s

472

Cap. 8 - Ottica Geometrica

Problema 8.28 Un oggetto è posto a 36 cm a sinistra di una lente biconvessa di indice di rifrazione n = 1.5. La superficie di sinistra ha un raggio di curvatura R1 = 20 cm. Si vuole modellare la superficie destra in modo che l'immagine sia reale e con ingrandimento M = −2. Quale dovrà essere il raggio di curvatura R2 della seconda superficie? Soluzione

q = −2 . p Poiché l’immagine è reale q = 2p = 72 cm ed essa è capovolta e posta a destra della lente. Con i nostri dati l’equazione dei punti coniugati si scrive: Per questa lente biconvessa, l’ingrandimento è dato da M = −

&1 1 1 1 1 # + = = (1.5 − 1)$$ − !! 36 72 24 % R1 R2 " 1 1 1 = − 12 20 R2 e ci permette di ricavare il raggio di curvatura della seconda superficie rifrangente

1 3−5 = R2 60

R2 = −30cm

Cap. 8 - Ottica Geometrica

473

Problema 8.29 Un oggetto è posto a una distanza p = 32 cm da una lente biconvessa di vetro, n = 1.4, con il raggio di curvatura R1 = 25 cm. Quale deve essere il raggio di curvatura R2 del secondo diottro affinché l’immagine sia reale e di altezza doppia dell’oggetto? Soluzione L’immagine reale è capovolta e si trova nello spazio immagine quindi l’ingrandimento sarà M = |h'|/|h| = 2 = q/p. Da queste relazioni possiamo ottenere q = 2p = 64 cm. Conoscendo p e q ed applicando la formula dei punti coniugati, otteniamo:

1 1 1 1 + = (n − 1)( − ) p q R1 R2 p + q n −1 n −1 = − pq R1 R2 n −1 n −1 p + q = − R2 R1 pq Da questa equazione possiamo ottenere il raggio di curvatura del secondo diottro:

R2 =

n −1 &n −1 p + q # − $ ! pq " % R1 R2 = −

=

0.4 0 . 4 96 # & $% 25 − 2048 !"

0.4 = −0.13 m 0.031

R2 = −13cm

Capitolo 9 Fisica Moderna Simbologia Usata K ΔU W W i, W i Wd Wel W* W ,2-1 Va V* P Pel e λ λs λc λi λd f fs c h B me ve φ θ γ

γ

γ

energia cinetica variazione dell’energia potenziale energia generica energia fotone incidente energia fotone diffuso energia elettrone diffuso energia o lavoro di estrazione energia di un fotone emesso nella transizione tra i livelli 2 ed 1 potenziale di arresto potenziale di estrazione quantità di moto quantità di moto dell’elettrone diffuso carica elettrica dell’elettrone (=1.6×10-19 C) lunghezza d’onda lunghezza d’onda di soglia dell’effetto fotoelettrico lunghezza d’onda Compton (= h/mec = 2.43×10-12 m) lunghezza d’onda fotone incidente lunghezza d’onda fotone diffuso frequenza dell’onda frequenza di soglia dell’effetto fotoelettrico velocità della luce costante di Planck (= 6.626×10-34 J s) modulo vettore induzione magnetica massa dell’elettrone velocità dell’elettrone angolo di diffusione dell'elettrone angolo di diffusione del fotone

… estratto dal libro: “Problemi di Fisica Generale - Onde elettromagnetiche" Porto Lanzalone e Lombardo ed. EDISES : ISBN9788879598378 (2014)

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Cap. 9 Fisica Moderna

487

Problema 9.5 Fotoni aventi λ = 0.1 µm incidono su di una lastra metallica il cui potenziale di estrazione è di 1 V. Determinare: a) l’energia cinetica massima degli elettroni emessi; b) il tempo necessario perché tali elettroni raggiungano una placca distante d = 5 cm e posta ad una differenza di potenziale Δ V = 100 V rispetto alla lastra emittente, nell’ipotesi di un campo elettrico uniforme. Soluzione L’argomento è l’effetto fotoelettrico: dalla legge di Einstein, l’energia cinetica massima degli elettroni emessi è data da: 1 hc K max = mv02 = hf − hf 0 = − eV * 2 λ 19.875 × 10 −26 −19 K max = − 1.6 × 10 = 18.275 × 10 −19 J = 11.42 eV −7 10 K max = 11.42 eV Gli elettroni possiedono una velocità iniziale massima:

2 K max 2 ×18.275 ×10 −19 = = 2 ×10 6 m / s m 9.1×10 −31 e a causa del campo elettrico incontrato, pari a: ΔV 100 E= = = 2000V / m d 5 × 10 − 2 subiscono una accelerazione costante: eE 1.6 × 10 −19 × 2 × 103 a= = = 3.52 × 1014 m / s 2 . m 9.1 × 10 −31 La velocità con cui gli elettroni raggiungono la placca sarà quindi: v0 =

v = v02 + 2ad = 4 × 1012 + 2 × 3.52 × 1014 × 5 × 10−2 = 6.26 × 106 m / s E poiché Δv = aΔt, il tempo necessario a che gli elettroni più veloci raggiungano Δv (6.26 − 2) × 106 la placca sarà: Δt = = = 1.21 × 10 −8 s a 3.52 × 1014

Δt = 12.1 ns

Cap. 9 Fisica Moderna

496

Problema 9.13 In una diffusione Compton, il fotone diffuso ha un’energia Wγ d = 145 keV e l’elettrone di rinculo un’energia cinetica Wel = 9 keV. Trascurando gli effetti relativistici, calcolare: a) la lunghezza d’onda λ i del fotone incidente; b) l’angolo θ di diffusione del fotone; c) l’angolo φ di emissione dell’elettrone. Soluzione

a) La diffusione Compton è spiegata come un urto elastico tra un fotone e un elettrone fermo, per cui per la conservazione dell’energia si ha:

Wγ i = Wγ d +Wel = 154keV = 246.4 ×10−16 J

Wγi = hf i =

hc

λi

→λi =

hc Wγi

−34

λi =

6.62 × 10 × 3 × 108 = 8.06 × 10 −12 m 246.4 × 10 −16

λi = 8060 fm b) L’impulso del fotone diffuso è dato da: h Wγd , ℘= = λd c da cui possiamo ricavare la lunghezza d’onda del fotone diffuso:

Cap. 9 Fisica Moderna

hc 19.89 × 10 −26 = = 8.57 × 10 −12 m Wγd 145 × 10 3 × 1.6 × 10 −19 h Δλ = λd − λi = (1 − cosθ ) = 0.5 × 10 −12 m me c

λd =

(1 − cosθ ) =

0.5 × 10 −12 = 0.2058 2.43 × 10 −12

cosθ = 1 − 0.2058 = 0.7942

θ = 37.4° ! c) Per la conservazione della quantità di moto del processo lungo l’asse Y :

h

λd

sin θ − meve sin φ = 0

sin φ =

h sin θ λd me ve

dove la velocità ve dell’elettrone è data da:

ve =

sin φ =

2Wel 2 × 9 × 1.6 × 10 −16 = = 5.625 × 10 7 m / s me 9.1 × 10 − 31

6.62 ×10−34 × 0.607 = 0.916 8.57 ×10−12 × 9.1×10−31 × 5.625×107

φ = 66.3°

497

BIBLIOGRAFIA Opere di Fisica Generale II: [1] E. Amaldi, R. Bizzarri, G. Pizzella, Fisica Generale, Zanichelli [2] P. Mazzoldi, M. Nigro, C. Voci, Fisica, EdiSES [3] C. Mencuccini, V. Silvestrini, Fisica II, Liguori [4] L. Lovitch, S. Rosati, Fisica Generale, CEA [5] D. Sette, M. Bertolotti, Lezioni di Fisica, Zanichelli [6] S. Bobbio, E. Gatti, Elettromagnetismo e Ottica, Bollati Boringhieri [7] M. Alonso, E. Finn, Elementi di Fisica per l’Università, Masson [8] R.A. Serway, Fisica per Scienze ed Ingegneria, EdiSES [9] D. Halliday, R. Resnick, K.S. Krane, Fisica, CEA [10] P. Tipler, G. Mosca, Corso di Fisica, Zanichelli [11] W.E. Gettys, F.J. Keller, M.J. Skove, Fisica 2, McGraw-Hill [12] R. Blum, D.E. Roller, Fisica, Vol. 2, Zanichelli [13] N. Frank, Elettromagnetismo e Ottica, CEA [14] S. Focardi, I. Massa, A. Uguzzoni, Elettromagnetismo, CEA [15] R. Ricamo, Guida alle Esperimentazioni di Fisica, Vol. 2, CEA [16] E. Perucca, Fisica Generale e Sperimentale, Vol. 2, UTET [17] F.W. Sears, Principi di Fisica: Ottica, CEA

Raccolte di Problemi di Fisica Generale II: [18] G. Ciucci, G. Consolati, Fisica Generale, ETAS [19] M. Nigro, C. Voci, Problemi di Fisica Generale, Cortina [20] L. Lovitch, S. Rosati, Problemi di Fisica Generale, CEA [21] A. Tartaglia, Esercizi svolti di Elettromagnetismo ed Ottica, Levrotto e Bella [22] M. Allegrini, G. Batignani, S. Faetti, Problemi di Fisica II, EdiSES [23] P. Pavan, P. Sartori, Problemi di Fisica II, CEA [24] D. Brini, O. Rimondi, P. Veronesi, Guida alla risoluzione dei problemi di fisica, Patron [25] M. Bruno, M. D’Agostino, R. Santoro, Esercizi di fisica, Elettromagnetismo, CEA [26] I.F. Quercia, B. Rispoli, Problemi di Fisica Sperimentale, Veschi

Appendici

517

Appendice 1 Principali grandezze ed unità di misura nel sistema MKSA Grandezze

Simbolo Grandezza

Velocità

v

Accelerazione

a

Forza

F

Quantità di moto

q

Lavoro, energia

L,K,U

Momento Momento angolare

Unità

Simbolo unità

Unità base m,kg,s,A

Altre unità SI

m s-1 m s-2 N

m kg s-2

Ns

m kg s-1

J/v

J

m2 kg s-2

N m; V C

M;τ

Nm

m2 kg s-2

Nm

L

Js

m2 kg s-1

Newton Joule

J/m

P

Pascal

Pa

m-1 kg s-2

N/m2; J/m3

Potenza

W,P

Watt

W

m2 kg s-3

J/s; VA

Carica

Q

Coulomb

C

sA

Capacità

C

Farad

F

m-2 kg-1 s4A2

Densità di corrente

j

Amp/m2

A/m2

m-2 A

Pressione

C/V

Differenza di potenziale, f.e.m.

V; E

Volt

V

m2 kg s-3A-1

Flusso magnetico

ΦB

Weber

Wb

m2 kg s-2A-1

Vs

Induttanza

L

Henry

H

m2 kg s-2A-2

Ω s; Wb/A

Induzione mutua

M

Henry

H

m2 kg s-2A-2

Ω s; Wb/A

Intensità campo elettrico

E

Volt/m

V/m

m kg s-3A-1

N/C

Intensità campo magnetico

H

Asp/m

Asp/m

m-1 A

Intensità induzione elettrica

D

Coulomb/m2

C/m2

m-2 s A

Intensità induzione magnetica

B

Tesla

T

kg s-2A-1

Intensità di polarizzazione

P

Coulomb/m2

C/m2

m-2 s A

Intensità di magnetizzazione

M

Ampere/m

A/m

m-1 A

Intensità onda elettromagnetica

ℑ

Watt/m2

Sm

kg s-3

Momento di dipolo elettrico

P

Coulomb m

Cm

mAs

Momento di dipolo magnetico

m

Ampere/m2

A/m2

m-2 A

Permeabilità magnetica

µ

Henry/m

H/m

m kg s-2A-2

Permittività (costante dielettrica)

ε

Farad/m

F/m

m-3 kg-1 s4A2

Resistenza

R

Ohm

Ω

m2 kg s-3A-2

Resistività

ρ

Ohm m

Ωm

m3 kg s-3A-2

Riluttanza

R

Henry-1

H-1

m-2 kg-1s2A2

J/C; W/A

Wb/m2

V/A

Appendici

518

Appendice 2 Richiami di trigonometria piana I – Definizioni y x y sin α sin α = ; cosα = ; tan α = = R R x cosα x 1 cosα cot α = = = y tan α sin α R 1 R 1 cosecα = = ; secα = = y sin α x cosα II – Relazione fondamentale:

sin2α + cos2α = 1

III – Angoli associati a un angolo dato (archi associati) III a) Angoli complementari sin(π/2−α) = cosα; cos(π/2−α) = sinα; ΙΙΙ b) Angoli supplementari sin(π−α) = sinα; cos(π−α) = −cosα; ΙΙΙ c) Angoli che differiscono di π/2 sin(π/2+α) = cosα; cos(π/2+α) = −sinα; III d) Angoli che differiscono di π sin(π+α) = −sinα; cos(π+α) = −cosα; ΙΙΙ e) Angoli opposti sin(−α) = −sinα; cos (−α) = cosα;

tan(π/2−α) = cotα tan(π−α) = −tanα tan(π/2+α) =−cotα tan(π+α) = tanα tan(−α) = −tanα

IV – Formule di addizione e sottrazione

sin(α ± β ) = sin α cos β ± cosα sin β cos(α ± β ) = cosα cos β ∓ sin α sin β tan α ± tan β tan(α ± β ) = 1 ∓ tan α tan β IV a) - Formule di duplicazione sin2α = 2sinαcosα;

cos2α = cos2α – sin2α;

tan 2α =

2 tan α 1 − tan 2 α

Appendici

IV b) – Formule di triplicazione

sin 3α = 3 sin α − 4 sin 3 α ; cos 3α = 4 cos3 α − 3 cosα ; 3 tan α − tan 3 α tan 3α = 1 − 3 tan 2 α V – Formule di bisezione

sin

α 2

=±

1 − cosα α 1 + cosα α 1 − cosα ; cos = ± ; tan = ± 2 2 2 2 1 + cosα

Da queste formule possiamo esprimere sinα e cosα in funzione di tan(α/2):

sin α =

2 tan(α / 2) 1 − tan(α / 2) ; cos α = 2 1 + tan (α / 2) 1 + tan 2 (α / 2)

VI– Formule di prostaferesi

(α ± β ) (α ∓ β ) cos 2 2 (α + β ) (α − β ) cos α + cos β = 2 cos cos 2 2 (α + β ) (α − β ) cosα − cos β = −2 sin sin 2 2 sin α ± sin β = 2 sin

VII – Formule di Werner

1 [cos(α − β ) − cos(α + β )] 2 1 cos α cos β = [cos(α + β ) + cos(α − β )] 2 1 sin α cos β = [sin(α + β ) + sin(α − β )] 2 sin α sin β =

519

Appendici

520

Per un generico triangolo di lati a, b, c, valgono: VIII a) - Teorema dei seni o di Eulero:

a b c = = sin α sin β sin γ VIII b) - Teorema del coseno o di Carnot:

a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos α IX) – Funzioni iperboliche

sinh α =

e a + e −α 2

cosh α =

e α − e −α 2

sinh 2 α − cosh 2 α = 1 sinh α = −i sin(iα ) cosh α = cos(iα )

sin α = −i sinh(iα ) cos α = cosh(iα )

Appendici

521

Appendice 3 Logaritmi e Numeri Complessi Definizioni e regole sui logaritmi 1. Si definisce logaritmo di un numero y nella base b l’esponente che bisogna dare alla base b per ottenere y 2. Definizione di e : n

1# & e = lim $1 + ! = 2.718..... n →∞ n" % Nella base b = 10 , abbiamo che se y = 10 x → x = log y Nella base e (logaritmi naturali), abbiamo che se y = e x → x = ln y Da cui ln y = 2.303 log y → log y = 0.434 ln y ln(xy) = ln x + ln y; ln (x/y) = ln x – ln y ; ln ax = x ln a Definizioni e regole sui numeri complessi

i = −1

i 2 = −1

(a ± ib)2 = (a 2 − b2 ) ± 2iab (a + ib)(a − ib) = a 2 + b 2

e iθ = cos θ + i sin θ (formula di Eulero) cos θ =

e iθ + e −iθ 2

sin θ =

e iθ − e iθ 2i

(θ in radianti)

(a1 + ib1 ) + (a2 + ib2 ) = (a1 + a2 ) + i(b1 + b2 ) c c(a − ib) ac − ibc ac bc = = = −i 2 a + ib (a + ib)(a − ib) a 2 + b 2 a 2 + b 2 a + b2

Appendici

522

Appendice 4 Tabella delle derivate fondamentali f(x)

df/dx

f(x)

df/dx

costante xn x 1 x

0 nx ( n −1) 1 1 − 2 x 1

sin x cos x

cos x − sin x

tan x

2 x

arcsin x

x x

a

cot x

1 = sec2 x 2 cos x 1 − 2 = − csc2 x sin x 1

x

a ln a

ex

e

log a x

1 log a e x

arccos x

x

−

1− x2 1

arctan x

1 − x2 1 1+ x2

sinhx coshx

coshx sinhx

Alcune regole di derivazione

F ( x) = f ( x) g ( x) →

f ( x) F ( x) = g ( x)

→

dF df dg = g ( x) + f ( x) dx dx dx df dg g ( x) − f ( x) dF dx dx = dx [g ( x)]2

F ( x) = f [u( x)] →

df df du = dx du dx

Appendici

523

Appendice 5 Tabella di integrali indefiniti immediati f(x)

∫ f ( x)dx

f(x)

∫ f ( x)dx

1 ≡ sec 2 x cos 2 x 1 ≡ csc 2 x 2 sin x

tan x + c

x x −1

x n +1 +c n +1 ln x + c

ex ln x

ex + c x ln x − x + c

sin x cos x

− cos x + c sin x + c

tan x cot x

− ln cos x + c

n

− cot x + c

arcsin x

x arcsin x + 1 − x2 + c

1

arcsin x + c 2

1− x 1 1+ x2 sinhx

ln sin x + c

coshx

arctan x + c

coshx + c sinhx + c

Valor medio di una funzione u = f(x) nell’intervallo (a,b): b

u medio =

1 udx (b − a) ∫a

Analogamente il valor medio di u2 (x) nell’intervallo (a,b) è dato da: b

(u 2 ) med =

1 u 2 dx (b − a) ∫a

Una utile regola di integrazione è l’integrazione per parti:

∫ udv = uv − ∫ vdu

Appendici

524

Appendice 6 Sviluppi in serie più comuni 1)

Serie binomiale: n

(a + b) n = ∑ k=0

+

n! n(n −1) ( n−2 ) 2 a ( n−k ) bk = a n + na n−1b + a b + k!(n − k )! 2!

n(n −1)(n − 2) ( n−3) 3 a b +… 3!

Per x