Compitofisica IILuglio 2017 PDF

Preview

Summary

Esame con soluzioni...

Description

Fisica II – Appello Scritto Luglio 2017 Scrivere su OGNI foglio 1) il proprio cognome e nome, 2) numero di matricola, 3) corso di laurea 4) nome del docente con cui si deve sostenere l’esame. Nello svolgimento dei problemi evidenziare: 1) quali leggi o principi si applicano per risolverli; 2) le espressioni formali utilizzate; 3) le espressioni numeriche utilizzate con le relative unità di misura. Esercizio n.1 Due condensatori di capacità C1 = 62 nF (1 nF = 10-9 F) e C2 = 38 nF vengono caricati separatamente da una batteria V = 12 V. Successivamente la connessione con la batteria viene interrotta e i due condensatori vengono collegati fra di loro in modo che l’armatura positiva di C1 sia collegata all’armatura negativa di C2. Trovare: a) le cariche Q1 e Q 2 (in nC) su ciascun condensatore prima del collegamento tra le loro armature [2], b) la differenza di potenziale (in V) ai capi di ciascun condensatore , dopo che essi sono stati collegati [2], c) la cariche Q1f e Q2f (in nC) su ciascun condensatore dopo il collegamento [2], d) determinare l’energia elettrostatica (in nJ) del sistema prima e dopo il collegamento [2]. Esercizio n.2 Una bobina quadrata di lato d = 12 mm, formata da N = 1200 spire, è posta sul piano del foglio. Essa viene percorsa da una corrente I ed è immersa in un campo magnetico uniforme B = 1.2 T posto anche esso sul piano del foglio e diretto da sinistra verso destra. Se il valore massimo del momento della forza magnetica agente sulla bobina vale 0.031 Nxm, determinare: a) la corrente I (in mA) che percorre la bobina e il suo verso [3], b) il valore del momento magnetico (in mAxm2) della bobina [2], c) per quali valori dell’angolo tra il momento magnetico e il campo magnetico il modulo del momento della forza magnetica ha valore pari alla metà del modulo del suo valore massimo [3]. Esercizio n.3 Un protone (m = 1.67x10-27 kg, q = 1.6x10 -19 C), partendo da fermo, è sottoposto all’azione di un campo elettrico E uniforme lungo un acceleratore lineare di lunghezza pari a L = 100 m penetrando poi in una regione dove è presente un campo magnetico uniforme B, perpendicolare alla velocità, in cui viene deflesso, prima di incontrare il rilevatore, su di una traiettoria semicircolare di diametro d = 200 cm, percorsa nel tempo t = π µs (microsecondi). Determinare: a) l’intensità del campo magnetico B [2] b) il modulo della velocità v con cui il protone è penetrato nella regione dove è presente il campo magnetico [3] c) l’intensità del campo elettrico E [3]

SOLUZIONI Esercizio n.1 a) Q1 = C 1V = 62 nF x 12 V = 744 nC, Q2 = C2V = 38 nF x 12 V = 456 nC. b) Dopo che i condensatori sono stati ricollegati, la carica sulle loro armature si ridistribuisce in modo tale che la carica totale rimanga la stessa (sistema isolato), anche le tensioni ai capi dei conservatri saranno diverse dalle precedenti, ma continueranno ad essere uguali tra di loro (dopo il collegamento i condensatori sono in parallelo, non bisogna farsi ingannare dal modo di disegnare il sistema, ma occorre tenere conto di quello che succede dal punto di vista fisico). Si ha Q1 – Q2 = Q1F + Q2F con Q1F = C 1V F e Q2F = C 2VF dove VF = (Q 1 – Q2 )/CF = (Q 1F + Q 2F)/C F con CF = C1 + C 2 = 62+ 38 = 100 nF (parallelo) e la carica sulle armature Q1 – Q 2 = 744 – 456 = 288 nC, da cui VF = (Q1 – Q2 )/CF = 288 nC/100 nF = 2.88 V. c) Le nuove cariche sono Q1F = C 1VF = 62 nF x 2.88 V = 178.6 nC, Q 2F = C 2VF = 38 nF x 2.88 V = 109.4 nC. Un esercizio simile era stato risolto a lezione (si può trovare sulle diapositive su Dolly nel capiotlo relativo ai condensatori) Dopo il collegamento la carica si è riorganizzata ma si è conservata Q1 – Q2 = Q1F + Q2F = 288 nC =178.6 nC + 109.4 nC = 288 nC d) Prima del collegamento Uin = ½ C 1V2 + ½ C2V2 = ½x62x144 + ½x38x144 = 4464 + 2736 = 7200 nJ. Dopo il collegamento Ufin = ½ C 1VF2 + ½ C 2VF2 = ½x62x8.3 + ½x38x8.3 = 257.3 + 157.7 = 415 nJ. Esercizio n.2 d = 12x10 -3 m a) Il momento di dipolo magnetico della bobina quadarata vale µ = NIS, con l’area S = d 2 = 144x10-6 m 2, mentre il momento della forza magnetica che agisce sulla bobina vale in modulo τ = µBsenθ. Il valore massimo si ha per θ = angolo retto per cui è τ = µB = NISB da cui I = τ/NSB = 0.031/(1200x144x10 -6x1.2) = 0.149 mA e verso antiorario, cosicché il momento di dipolo sia diretto verso l’alto. b) µ = NIS = 1200x0.149x144x10 -6 = 26 mAxm2 c) esistono quattro angoli per cui il MODULO di τ vale la metà del MODULO del valore massimo. I quattro angoli il cui seno vale in valore assoluto 0.5 e cioè 30°, 150°, 210°, 330°, o meglio ± 30° (± π/6) e ±150° (± 5π/6). Esercizio n.3 d = 200 cm = 2.00 m, r = d/2 = 1.00 m. a)La forza di Lorentz vale, nel nostro caso, F = qvB = mv2/r, per cui il raggio dell’orbita circolare percorsa dal protone vale r = mv/qB, dove la velocità v si ricava dal tempo di percorrenza della semicirconferenza di lunghezza πr: t = πr/v, da cui v = πr/t = (πx1)/(πx10-6) = 106 m/s, per cui B = mv/qr = (1.67x10-27 x106)/(1.6x10-19 x1) = 1.04x10-2 T.

b) Dato che il campo magnetico non può variare la velocità del protone, infatti la forza di Lorentz non compie lavoro, la velocità con cui il protone è entrato nella regione del campo B vale sempre v = 106 m/s c) La velocità con cui il protone arriva alla fine dell’acceleratore lineare è data dal teorema dell’energia cinetica sapendo che il lavoro fatto dal potenziale ∆V vale q∆V. Inizialmente il protone era fermo, per cui q∆V = ½ mv2, da cui ∆V = ½ mv2 /q = (0.5x1.67x10 -27x10 12)/1.6x10-19 = 0.52x104 V = 5.2x10 3 V. Il modulo del campo elettrico si ricava ora da ∆V = ExL, E = ∆V/L = 5.2x103/102 = 52 V/m....