Dr. Stefano Sarti Dipartimento di Fisica

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1 UNIVERSITÀ DI ROMA LA SAPIENZA FACOLTÀ DI INGEGNERIA Corso di Laurea in Ingegneria per l Ambiente e il Territorio ESAME DI FISICA GENERALE II DM 270) Data: 8/9/202. In un disco uniformemente carico di raggio R viene praticato un foro di raggio R 2 centrato col centro del disco. Sapendo che il campo elettrico prodotto dal disco forato nel punto P, situato sull asse del disco ad una distana R dal centro del disco, è pari ad un tero del campo che si avrebbe se il disco fosse pieno, determinare il rapporto R 2 /R. 2. Una lunga scala metallica di massa complessiva m = 3 kg viene lanciata con velocità v 0 = 2 m/s attraverso una ona di larghea = 20 cm in cui è presente un campo magnetico B =.5 T perpendicolare al piano della figura. Sapendo che ogni piolo ha lunghea L = 50 cm e resistena R = 0. Ω, determinare quanti pioli attraversano la ona di campo magnetico prima che la scala si fermi. La distana fra pioli è maggiore di. 3. Nel circuito in figura, l interruttore S è iniialmente posto nella posiione, ed in questa posiione la corrente che scorre nel circuito vale i = 00 ma. All istante t = 0 l interruttore viene spostato nella posiione 2, e dopo un tempo t = 0.25 s la tensione ai capi del condensatore vale V C = 8.5 V. Sapendo che R 2 = R, determinare i valori di R ed r. Dati: ε 0 = 0 V, C = 2.5 mf. 4. Un fascio di luce incide sul lato di un cubo di materiale dielettrico di lato L, al centro di una delle facce del cubo e con una inclinaione di 45. Il fascio esce dal cubo sullo spigolo opposto v. figura). Il cubo viene poi tagliato lungo il piano tratteggiato indicato in figura, e la parte in alto a destra di quel piano viene rimossa. Si chiede con quale angolo il fascio esce dal prisma così ottenuto, mantenendo inalterata la direione di ingresso nel solido. P

2 Soluioni Eserciio n. Il campo elettrico generato da un disco carico sul suo asse è diretto lungo l asse e vale in modulo E = σ 2ɛ 0 ) 2 + R 2 dove R è il raggio del disco e σ la densità di carica sul disco. Il campo di un disco forato si può ottenere considerando che se al disco forato si aggiunge un disco carico di raggio pari al raggio del foro si ottiene nuovamente il disco pieno, e quindi E discoforato + E disco2 = E disco ovvero, utiliando la formula del campo generato da un disco pieno, E discoforato = σ 2ɛ 0 che, nel punto indicato nel testo = R ) vale σ = σ 2 + R 2 2ɛ R2 2 2ɛ R R 2 E discoforato = σ R R = σ 2ɛ 0 R 2 + R2 2 R 2 + R2 2ɛ 0 + R2 /R ) ) 2 2 Questo, per i dati del problema, deve essere pari ad un tero del campo che sarebbe generato dal disco pieno, che è in quel punto pari a ovvero E = σ R = σ ) 2ɛ 0 R 2 + R2 2ɛ R2 /R ) = ) da cui, dopo alcuni passaggi matematici, + R 2 /R ) 2 = 2 + ))

3 R 2 R = Eserciio n.2 Ogni volta che un piolo entra nella regione in cui è presente il campo, a causa del fenomeno del flusso tagliato diventa un generatore di fora elettromotrice pari a ε = vlb. Questa fora elettromotrice alimenta il circuito costituito dalla scala, la cui resistena complessiva è data dalla resistena del piolo che si trova nel campo in serie al parallelo delle resistene di tutti gli altri pioli. Dato che nel testo detto che la scala è molto lunga, il numero di pioli sarà molto elevato e quindi il parallelo di tutti i pioli che non sono nel campo sarà equivalente ad una resistena molto minore, e quindi trascurabile, rispetto alla resistena del singolo piolo. La corrente che scorre nella scala sarà quindi ben approssimata da i vlb R La presena di questa corrente genera una fora frenante pari a F = ilb e la velocità della scala, in tutto il tempo che serve al piolo per attraversare la regione in cui c è il campo magnetico, varierà in funione del tempo secondo la legge vt) = v exp{ t/τ} con τ = mr/bl) 2 e v è la velocità della scala nell istante in cui il piolo entra nella regione in cui c è il campo. Integrando tale andamento si ottiene la traiettoria della scala: xt) = x 0 + t o anche, ricordando che v exp{ t/τ} = vt), 0 vt )dt = x 0 + vτ exp{ t/τ}) = x 0 + vτ vτ exp{ t/τ} xt) = x 0 + v vt)) τ Questa traiettoria viene seguita finchè il piolo si trova nella regione di campo, quando il piolo ne esce non cè più flusso tagliato, non viene generata alcuna corrente e quindi la scala non subisce alcuna fora, mantenendo la sua velocità costante. Il piolo esce dal campo quando xt) x 0 =, ed in quell istante la velocità della scala si ottiene dall equaione appena ricavata:

4 xt) x 0 = = v vt)) τ vt) = v τ Ogni volta che un piolo della scala attraversa il campo magnetico, la velocità della scala diminuisce quindi di un valore pari a /τ. Il numero di pioli che attraversa il campo prima che la sbarretta si fermi vale allora N = v 0 /τ Inserendo i dati del problema nell espressione di τ si ottiene N = I primi 5 pioli attraverseranno quindi il campo rallentando la scala, mentre il sesto la fermerà, rimanendo all interno del campo magnetico. Eserciio n.3 Quando l interruttore è in posiione, il circuito contiene solo le tre resistene r, R ed R 2. La corrente che scorre nel circuito vale quindi i = ε 0 /r + R + R 2 ) = ε 0 r + 2R) da cui r + 2R = ε 0 i = 00 Ω si è posto R = R 2 = R, essendo indicato nel testo che R = R 2 ). Quando l interruttore viene spostato in posiione 2, il circuito diventa un circuito RC con costante di tempo pari a τ = r + R)C. La differena di poteniale ai capi del condensatore varia nel tempo il circuito è in fase di carica) secondo la legge t V c t) = ε 0 exp{ t/τ}) τ = ln V c t)/ε 0 ) Inserendo i dati del problema t = 0.25 s e V c t) = 8.5 V si ottiene τ = 0.3 s, e quindi r + R = τ/c = 52.7 Ω Utiliando infine il valore di r + 2R ottenuto in precedena si ottiene R = 47.3 Ω e r = 5.4 Ω.

5 Eserciio n.4 La legge di Snell dice che sin θ i = n sin θ r. D altra parte, per i dati del problema, L 2 + L/2) 2 sin θ r = L/2 sin θ r = L/2 L 2 + L/2) 2 = 5 da cui risulta immediatamente n = sin θ i / sin θ r =.58 e θ r = rad. Quando il cubo viene tagliato, il fascio entra nel prisma con lo stesso angolo con cui entrava rima del taglio ovvero il θ r appena trovato) e incide sulla superficie di uscita, che ha un angolo di π/4 radianti rispetto alla superficie di ingresso, con un angolo pari a θ i = π π/4 θ r ) π/2 = rad A ϑ i ' per verificarlo, basta considerare il triangolo ABC nella figura, la cui somma degli angoli interni è come sempre pari a π). Applicando nuovamente la legge di Snell, C B π 4 n sin θ i = sin θ u θ u = arcsin{n sin θ i} = π/6

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