OII 2006 Nazionale Teorica

PROBLEMA n. 1 – Attenti alla colla! 100 Punti Quesito n. 1. Poiché l’attrito è trascurabile, l’energia si conserva. Misurando l’energia potenziale gravitazionale a partire dal piano orizzontale passante per l’asse di rotazione, la legge di conservazione dell’energia si scrive:

$mg\left(\frac{2}{3}L\cos \theta \right)+\frac{1}{2}m{\omega }^2{\left(\frac{2}{3}L\right)}^2-mg\left(\frac{1}{3}L\cos \theta \right)+\frac{1}{2}m{\omega }^2{\left(\frac{1}{3}L\right)}^2=\frac{2}{3}Lmg-\frac{1}{3}Lmg$

Semplificando, possiamo ricavare la velocità angolare, $\omega$:

$\omega =\sqrt{\frac{6g}{5L}(1-\cos \theta )}(1)$

Topic: Rotational Dynamics, Conservation of Energy, Newtonian Mechanics Metodi: Energy Conservation Method, Torque & Angular Momentum Analysis, Kinematic Equations Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Rod, Sphere Fonte: Testo (PDF) — p.1 Soluzione: Soluzioni (PDF)

PROBLEM no. 1 – Watch out for the glue! 100 points Question no. 1. Since friction is negligible, energy is conserved. Measuring the gravitational potential energy from the horizontal plane passing through the axis of rotation, the law of conservation of energy is written as:

$mg\left(\frac{2}{3}L\cos \theta \right)+\frac{1}{2}m{\omega }^2{\left(\frac{2}{3}L\right)}^2-mg\left(\frac{1}{3}L\cos \theta \right)+\frac{1}{2}m{\omega }^2{\left(\frac{1}{3}L\right)}^2=\frac{2}{3}Lmg-\frac{1}{3}Lmg$

Simplifying, we can derive the angular velocity, $\omega$:

$\omega =\sqrt{\frac{6g}{5L}(1-\cos \theta )}(1)$

Solution: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 2. Scriviamo la seconda legge della dinamica per la sferetta 1, più lontana dall’asse di rotazione. Poiché le forze che agiscono su di essa sono il peso, $\vec{P}$, e la forza $\vec{F}$ esercitata dall’asta, abbiamo:

$\vec{P}+\vec{F}=m\vec{a}$

Scomponendo lungo la direzione radiale e quella tangenziale abbiamo:

$\{\begin{array}{l}mg\cos \theta +F_r=m{a}_c\\ mg\text{sen}\theta +F_t=m{a}_t\end{array}(2)$

dove $a_c$ e $a_t$ indicano rispettivamente la componente centripeta e quella tangenziale dell’accelerazione. Occupiamoci dapprima della componente radiale. L’accelerazione centripeta risulta:

$a_c={\omega }^2\left(\frac{2}{3}L\right)=\frac{4}{5}g(1-\cos \theta )$

Sostituendo questo valore nella prima delle (2) si ottiene facilmente l’espressione data nel testo:

$F_r=\frac{1}{5}mg(4-9\cos \theta )$

Consideriamo ora la componente tangenziale. Il manubrio nel suo complesso è un corpo rigido avente momento d’inerzia:

$I=m{\left(\frac{1}{3}L\right)}^2+m{\left(\frac{2}{3}L\right)}^2=\frac{5}{9}m{L}^2(3)$

e il suo peso totale (di modulo $2mg$) può pensarsi concentrato nel centro di massa, la cui distanza dall’asse di rotazione, $d$, è (v. figura):

$d=\frac{m(2/3)L-m(1/3)L}{2m}=\frac{1}{6}L(4)$

L’unica forza esterna, agente sul manubrio, che ha un momento non nullo rispetto all’asse di rotazione è il peso totale. L’equazione della rotazione del manubrio risulta allora:

$2mgd\text{sen}\theta =I\alpha$

dove $\alpha$ indica l’accelerazione angolare. Usando la (3) e la (4) possiamo ricavare $\alpha$:

$\alpha =\frac{3g}{5L}\text{sen}\theta (5)$

E di conseguenza:

$a_t=\alpha \left(\frac{2}{3}L\right)=\frac{2}{5}g\text{sen}\theta (6)$

Sostituendo la (6) nella seconda delle (2) otteniamo:

$F_t=-\frac{3}{5}mg\text{sen}\theta$

NOTA: Soluzioni alternative per il calcolo di $F_t$ Scriviamo la componente tangenziale della seconda legge della dinamica per la sferetta 2:

$-mg\text{sen}\theta +F_{t2}=m{a}_{t2}(1^{\prime })$

Poiché la sferetta 2 dista metà della prima rispetto all’asse di rotazione, risulta:

$a_{t2}=\frac{1}{2}{a}_t(2^{\prime })$

Inoltre, poiché l’asta ha massa trascurabile, sono trascurabili anche il suo peso e il suo momento d’inerzia. Ne segue che il momento delle forze esterne ad essa applicate dev’essere nullo, e dunque:

$F_{t2}=-2F_t(3^{\prime })$

Sostituendo la (2’) e la (3’) nella (1’) otteniamo:

$-mg\text{sen}\theta -2F_t=\frac{1}{2}m{a}_t$

Mettendo in sistema questa equazione con la seconda delle (2) è facile ricavare il risultato richiesto. Un terzo modo per arrivare al risultato richiesto consiste nel ricavare l’espressione (5) dell’accelerazione angolare $\alpha$ derivando rispetto al tempo la velocità angolare, espressa nella (1) in termini dell’angolo $\theta$. Si trova

$\alpha =\frac{d\omega }{dt}=\frac{d\omega }{d\theta }\frac{d\theta }{dt}=\frac{d\omega }{d\theta }\omega =\frac{6g\text{sen}\theta /(5L)}{2\omega }\omega =\frac{3g}{5L}\text{sen}\theta .$

p.1 — Manubrio inclinato con sferette 1 e 2, angolo theta

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Question No. 2. Let’s write the second law of dynamics for the sphere 1, farther away from the axis of rotation. Because The forces acting on it are the weight, $\vec{P}$, and the force $\vec{F}$ exerted by the axle, we have:

$\vec{P}+\vec{F}=m\vec{a}$

If we break down the radial and tangential directions, we have:

$\{\begin{array}{l}mg\cos \theta +F_r=m{a}_c\\ mg\text{sen}\theta +F_t=m{a}_t\end{array}(2)$

where $a_c$ and $a_t$ indicate the centrifugal and the tangential components of the acceleration respectively. Let’s get to the radial component first. The centripede acceleration is as follows:

$a_c={\omega }^2\left(\frac{2}{3}L\right)=\frac{4}{5}g(1-\cos \theta )$

Substituting this value in the first of the (2) easily gives the expression given in the text:

$F_r=\frac{1}{5}mg(4-9\cos \theta )$

Let’s now consider the tangential component. The manoeuvre as a whole is a rigid body with moment of inertia:

$I=m{\left(\frac{1}{3}L\right)}^2+m{\left(\frac{2}{3}L\right)}^2=\frac{5}{9}m{L}^2(3)$

and its total weight (of $2mg$) can be thought of as concentrated in the centre of the mass, the distance from the axis of rotation, $d$, is (v. Figure:

$d=\frac{m(2/3)L-m(1/3)L}{2m}=\frac{1}{6}L(4)$

The only external force, agent on the handlebar, which has a non-zero momentum relative to the axis of rotation It’s the total weight. The equation of rotation of the handle then follows:

$2mgd\text{sen}\theta =I\alpha$

where $\alpha$ indicates angular acceleration. Using (3) and (4) we can obtain $\alpha$:

$\alpha =\frac{3g}{5L}\text{sen}\theta (5)$

And as a result:

$a_t=\alpha \left(\frac{2}{3}L\right)=\frac{2}{5}g\text{sen}\theta (6)$

Substituting (6) for the second of (2) gives:

$F_t=-\frac{3}{5}mg\text{sen}\theta$

NOTE: Alternative solutions for the calculation of $F_t$ Let’s write the tangential component of the second law of dynamics for sphere 2:

$-mg\text{sen}\theta +F_{t2}=m{a}_{t2}(1^{\prime })$

Since sphere 2 is halfway from the first relative to the axis of rotation, it follows:

$a_{t2}=\frac{1}{2}{a}_t(2^{\prime })$

In addition, since the auction has negligible mass, its weight and momentum are negligible. It follows that the moment of the external forces applied to it must be zero, and therefore:

$F_{t2}=-2F_t(3^{\prime })$

Substituting the (2’) and the (3’) in the (1’) we get:

$-mg\text{sen}\theta -2F_t=\frac{1}{2}m{a}_t$

Putting this equation into the system with the second of the (2) is easy to obtain the desired result. A third way to obtain the desired result is to obtain the expression (5) of acceleration angular $\alpha$ by deriving the angular velocity, expressed in (1) in terms of the angle $\theta$, from time. It ‘s there .

$\alpha =\frac{d\omega }{dt}=\frac{d\omega }{d\theta }\frac{d\theta }{dt}=\frac{d\omega }{d\theta }\omega =\frac{6g\text{sen}\theta /(5L)}{2\omega }\omega =\frac{3g}{5L}\text{sen}\theta .$

p.1 Tilted handle with spheres 1 and 2, angle theta

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Quesito n. 3. Possiamo ora ricavare il modulo di $\vec{F}$:

$F=\sqrt{F_r^2+F_t^2}=\frac{1}{5}mg\sqrt{72{\cos }^2\theta -72\cos \theta +25}$

Il distacco della sferetta 1 avviene quando

$\frac{1}{5}mg\sqrt{72{\cos }^2\theta -72\cos \theta +25}=1.8mg$

ovvero quando:

$9{\cos }^2\theta -9\cos \theta -7=0$

Questa equazione ha come unica soluzione accettabile:

$\cos {\theta }_d=-0.514\Rightarrow {\theta }_d=121^{\circ }$

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Question No. 3. We can now get the $\vec{F}$ form:

$F=\sqrt{F_r^2+F_t^2}=\frac{1}{5}mg\sqrt{72{\cos }^2\theta -72\cos \theta +25}$

The detachment of sphere 1 occurs when

$\frac{1}{5}mg\sqrt{72{\cos }^2\theta -72\cos \theta +25}=1.8mg$

or when:

$9{\cos }^2\theta -9\cos \theta -7=0$

This equation has as its only acceptable solution:

$\cos {\theta }_d=-0.514\Rightarrow {\theta }_d=121^{\circ }$

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Quesito n. 4. Al momento del distacco della sferetta 1, l’altra sferetta ha una velocità:

$v_{2,d}={\omega }_d\frac{1}{3}L=\sqrt{\frac{6g}{5L}(1-\cos {\theta }_d)}\frac{L}{3}=\sqrt{\frac{2}{15}Lg(1-\cos {\theta }_d)}(7)$

Anche durante il moto del manubrio “monco” l’energia si conserva. Uguagliando l’energia tra l’istante del distacco e quello dell’inversione del moto abbiamo:

$-mg\frac{L}{3}\cos {\theta }_d+\frac{1}{2}m{v}_{2,d}^2=-mg\frac{L}{3}\cos {\theta }_i$

Inserendo in questa espressione la (7) e semplificando otteniamo:

$\cos {\theta }_i=\frac{1}{5}(6\cos {\theta }_d-1)=-0.817\Rightarrow {\theta }_i=145^{\circ }$

Il moto della sferetta 2 è dunque un’oscillazione di ampiezza angolare $145^{\circ }$.

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Question No. 4. When the sphere 1 is detached, the other sphere has a velocity:

$v_{2,d}={\omega }_d\frac{1}{3}L=\sqrt{\frac{6g}{5L}(1-\cos {\theta }_d)}\frac{L}{3}=\sqrt{\frac{2}{15}Lg(1-\cos {\theta }_d)}(7)$

Even during the maneuver of the monkey, energy is conserved. Equating the energy between the instant The difference between the detachment and the reverse engine is:

$-mg\frac{L}{3}\cos {\theta }_d+\frac{1}{2}m{v}_{2,d}^2=-mg\frac{L}{3}\cos {\theta }_i$

If we put (7) and simplify this expression, we get:

$\cos {\theta }_i=\frac{1}{5}(6\cos {\theta }_d-1)=-0.817\Rightarrow {\theta }_i=145^{\circ }$

The motion of the sphere 2 is therefore an oscillation of angular width $145^{\circ }$.

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Quesito n. 5. Uguagliando l’energia della sferetta 2 tra l’istante dell’arresto e quello in cui passa per il punto più basso della sua traiettoria (in cui ha la sua massima velocità, $v_{2,\text{max}}$) abbiamo:

$-mg\frac{L}{3}\cos {\theta }_i=\frac{1}{2}m{v}_{2,\text{max}}^2-mg\frac{L}{3}$

da cui:

$v_{2,\text{max}}^2=\frac{2}{3}gL(1-\cos {\theta }_i)$

Scriviamo la seconda legge della dinamica per la sferetta:

$\vec{P}+\vec{F}=m\vec{a}$

Nel punto considerato i tre vettori hanno un’unica componente radiale, e l’equazione precedente si scrive:

$F=m\frac{v_{2,\text{max}}^2}{L/3}+mg=(3-2\cos {\theta }_i)mg=4.63mg$

Per il terzo principio della dinamica, questo è anche il modulo della forza che la sferetta esercita sull’asta in questa posizione. Siccome l’asta ha massa trascurabile, l’unica altra forza che agisce su di essa è quella esercitata dal vincolo, e la risultante delle due forze dev’essere nulla. Se ne deduce che la forza che il vincolo esercita sull’asta è anch’essa di $4.63mg$, e dunque il rapporto richiesto è 4.63.

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Question No. 5. Equating the energy of sphere 2 between the moment of stopping and the moment it passes through the most below its trajectory (where it has its maximum speed, $v_{2,\text{max}}$) we have:

$-mg\frac{L}{3}\cos {\theta }_i=\frac{1}{2}m{v}_{2,\text{max}}^2-mg\frac{L}{3}$

of which:

$v_{2,\text{max}}^2=\frac{2}{3}gL(1-\cos {\theta }_i)$

Let’s write the second law of dynamics for the sphere:

$\vec{P}+\vec{F}=m\vec{a}$

In the point considered the three vectors have a single radial component, and the previous equation is written:

$F=m\frac{v_{2,\text{max}}^2}{L/3}+mg=(3-2\cos {\theta }_i)mg=4.63mg$

For the third principle of dynamics, this is also the form of the force that the sphere exerted on the axis In this position. Since the auction has negligible mass, the only other force acting on it is the The resulting force must be zero. It follows that the force that the The bond on the auction is also $4.63mg$, and therefore the required ratio is 4.63.

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PROBLEMA n. 2 Zig-zagando… 50 Punti Quesito n. 1. Si considerino 10 spostamenti consecutivi a partire da un punto qualsiasi, per esempio, dalla posizione indicata con il numero 1. Una misura della loro lunghezza in quadretti, avendo stimato il quarto di quadretto, e trasformata nella loro scala effettiva è riportata nella tabella sottostante. Prima posizione utilizzata: n. 1

Posizione	Spostamento n.	lunghezza in figura (quadretti)	lunghezza effettiva $\ell$ ($\mu \text{m}$)	${\ell }^2$ ($\mu {\text{m}}^2$)
1	-	-	-	-
2	1	3.25	10.40	108.16
3	2	1.25	4.00	16.00
4	3	3.00	9.60	92.16
5	4	2.75	8.80	77.44
6	5	3.50	11.20	125.44
7	6	4.00	12.80	163.84
8	7	2.25	7.20	51.84
9	8	1.50	4.80	23.04
10	9	1.75	5.60	31.36
11	10	1.50	4.80	23.04

$\Sigma {\ell }^2=712.3\times 10^{-12}{\text{m}}^2$

Lo spostamento quadratico medio vale $⟨{\ell }^2⟩=\Sigma {\ell }^2/10=71.23\times 10^{-12}{\text{m}}^2$. Sostituendo $⟨{\ell }^2⟩$ e $\Delta t=30$ s nella formula di Einstein, si ottiene una stima del Numero di Avogadro

${\mathcal{N}}_A=\frac{RT\Delta t}{\pi \eta a⟨{\ell }^2⟩}=6.3\times 10^{23}{\text{mol}}^{-1}.$

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PROBLEM no. 2 Zig-zagging… 50 points Question no. 1. Consider 10 consecutive displacements starting from any point, for example, from the position indicated with the number 1. A measurement of their length in grid squares, having estimated the quarter of a grid square, and converted into their actual scale is reported in the table below. First position used: no. 1

Position	Displacement no.	length in figure (grid squares)	actual length $\ell$ ($\mu \text{m}$)	${\ell }^2$ ($\mu {\text{m}}^2$)
1	-	-	-	-
2	1	3.25	10.40	108.16
3	2	1.25	4.00	16.00
4	3	3.00	9.60	92.16
5	4	2.75	8.80	77.44
6	5	3.50	11.20	125.44
7	6	4.00	12.80	163.84
8	7	2.25	7.20	51.84
9	8	1.50	4.80	23.04
10	9	1.75	5.60	31.36
11	10	1.50	4.80	23.04

$\Sigma {\ell }^2=712.3\times 10^{-12}{\text{m}}^2$

The mean square displacement is $⟨{\ell }^2⟩=\Sigma {\ell }^2/10=71.23\times 10^{-12}{\text{m}}^2$. Substituting $⟨{\ell }^2⟩$ and $\Delta t=30$ s into Einstein’s formula, one obtains an estimate of Avogadro’s Number

${\mathcal{N}}_A=\frac{RT\Delta t}{\pi \eta a⟨{\ell }^2⟩}=6.3\times 10^{23}{\text{mol}}^{-1}.$

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Quesito n. 2. L’incertezza sperimentale della misura dipende dall’imprecisione della lettura degli spostamenti nel grafico e dall’errore statistico. Nella soluzione precedente il primo tipo di errore (${\delta }_{\text{lett}}$) è stato assunto dell’ordine di 1/4 di quadretto. Questa incertezza, legata alla determinazione della posizione nel reticolato di ciascun punto considerato, è essenzialmente casuale e produce un errore relativo variabile da un minimo del 6 % (1/4 di quadretto su uno spostamento di 4.00 quadretti in tabella) ad un massimo del 20 % (1/4 di quadretto su uno spostamento di 1.25 quadretti in tabella). Circa l’errore statistico (${\delta }_{\text{stat}}$) si deve tener presente che la relazione $⟨{\ell }^2⟩=6D\Delta t$ vale a condizione che $⟨{\ell }^2⟩$ sia calcolato su un gran numero di spostamenti della particella, e quindi l’incertezza dipende dal fatto che il numero di spostamenti utilizzati nel calcolo è finito e in realtà piccolo (10). Tale incertezza può essere stimata ripetendo la serie di misure diverse volte su diverse sequenze di spostamenti con lo stesso numero di punti. Secondo l’analisi statistica degli errori, per un insieme di $n$ misure ripetute, la migliore stima della grandezza – della quale l’insieme delle misure prese rappresenta un campione – è data dalla media aritmetica e la migliore stima dell’incertezza dalla deviazione standard della media. Possono essere trascurate altre cause di incertezza (come i valori delle costanti di partenza, la non perfetta conformità dell’immagine, e cosı` via) che in questo contesto sono certamente trascurabili rispetto a ${\delta }_{\text{lett}}$ e ${\delta }_{\text{stat}}$. Fra queste ultime, se una di esse risulta molto minore dell’altra, può essere anche trascurata; in caso contrario, trattandosi di due incertezze di natura casuale e non sistematica, e concettualmente indipendenti l’una dall’altra, una stima complessiva dell’incertezza $\delta$ di misura può essere data da

$\delta =\sqrt{{\delta }_{\text{lett}}^2+{\delta }_{\text{stat}}^2}.$

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Question No. 2. The experimental uncertainty of the measurement depends on the inaccurate reading of the movements in the graph And the statistical error. In the previous solution the first type of error (${\delta }_{\text{lett}}$) was assumed to be of the order of 1/4 square. This uncertainty, linked to the determination of the position in the grid of each point considered, is essentially random and produces a relative error variable of at least 6 % (1/4 of a square) on a shift of 4.00 squares in a table) to a maximum of 20% (1/4 of a square on a table) The number of units in the table is 1.25 squares. For the statistical error (${\delta }_{\text{stat}}$) it must be noted that the $⟨{\ell }^2⟩=6D\Delta t$ report is valid if: che $⟨{\ell }^2⟩$ sia calcolato su un gran numero di spostamenti della particella, e quindi l’incertezza dipende dal The number of moves used in the calculation is finite and actually small (10). Such uncertainty The measurement series can be estimated by repeating the series of measures several times over different sequences of movements with the the same number of points. According to the statistical error analysis, for a set of $n$ repeated measures, the best estimate of the size of which the whole of the measures taken is a sample is The average is the best estimate of the uncertainty from the standard deviation of the mean. Other causes of uncertainty (such as the values of the starting constants, the The image is perfectly consistent, and so on, which in this context are certainly negligible respect a ${\delta }_{\text{lett}}$ e ${\delta }_{\text{stat}}$. In the latter case, if one of them is much smaller than the other, it may also be neglected; If not, it is two uncertainties of a random and non-systematic nature, and conceptually independent of each other, an overall estimate of the measurement uncertainty $\delta$ can be given by

$\delta =\sqrt{{\delta }_{\text{lett}}^2+{\delta }_{\text{stat}}^2}.$

Topic: Kinetic Theory, Thermodynamics Metodi: Error Propagation, Statistical Averaging, Experimental Data Analysis Competenze: Error Propagation, Experimental Data Analysis, Mathematical Modeling Objects: — Fonte: Testo (PDF) — p.4 Soluzione: Soluzioni (PDF)

PROBLEMA n. 3 – Pierino in laboratorio 100 Punti

Topic: Electromagnetism, Magnetism Metodi: Lorentz Force Analysis, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning Objects: — Fonte: Testo (PDF) — p.5 Soluzione: Soluzioni (PDF)

PROBLEM no. 3 – Pierino in the laboratory 100 points

Solution: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 1. La forza prodotta sullo ione dai campi – elettrico e magnetico – e la sua accelerazione sono, in termini vettoriali:

$\vec{F}=q(\vec{E}+\vec{v}\wedge \vec{B})=m\vec{a}\Rightarrow \vec{a}=\frac{q}{m}(E\hat{ı}-v_{z}B\hat{ı}+v_{x}B\hat{k})$

Il modulo dell’accelerazione è quindi

$a=\frac{q}{m}\sqrt{(E-v_{z}B{)}^2+v_x^2{B}^2}$

Topic: Electromagnetism, Magnetism Metodi: Lorentz Force Analysis, Free-Body Diagram, Vector Decomposition Competenze: Diagrammatic Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Point Charge Fonte: Testo (PDF) — p.5 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 1. The force produced on the ion by the electric and magnetic fields and its acceleration are, in terms of Vektors:

$\vec{F}=q(\vec{E}+\vec{v}\wedge \vec{B})=m\vec{a}\Rightarrow \vec{a}=\frac{q}{m}(E\hat{ı}-v_{z}B\hat{ı}+v_{x}B\hat{k})$

The acceleration model is therefore

$a=\frac{q}{m}\sqrt{(E-v_{z}B{)}^2+v_x^2{B}^2}$

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Quesito n. 2. Perché il moto sia uniforme deve essere nulla l’accelerazione; nell’espressione precedente si deve imporre $v_x=0$, $v_z=E/B$ mentre $v_y$ può essere qualsiasi. La minima energia cinetica si ha per $v_y=0$ cioè quando la particella si muove ortogonalmente sia ad $\vec{E}$ che a $\vec{B}$

Topic: Electromagnetism, Magnetism Metodi: Lorentz Force Analysis, Free-Body Diagram, Vector Decomposition Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Point Charge Fonte: Testo (PDF) — p.5 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 2. For the motorcycle to be uniform, acceleration must be zero; in the previous expression, $v_x=0$, $v_z=E/B$ while $v_y$ can be any. The minimum kinetic energy is for $v_y=0$, i.e. when the particle moves orthogonal to $\vec{E}$ which at $\vec{B}$

Topic: Electromagnetism, Magnetism Metodi: Lorentz Force Analysis, Free-Body Diagram, Vector Decomposition Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Point Charge Fonte: Testo (PDF) — p.5 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 3. Tracciata una terna di assi cartesiani ortogonali, le due piastre del condensatore devono essere parallele al piano $y-z$ e l’asse del solenoide parallelo all’asse $y$. Poiché si vuole che in una stessa regione spaziale siano presenti entrambi i campi, si hanno due alternative: alloggiare il solenoide tra le armature del condensatore oppure inserire il condensatore nella parte interna del solenoide; con le condizioni poste nel testo del problema è possibile realizzare solo la prima disposizione, come mostrato nella figura seguente, a sinistra.

p.5 — Assi cartesiani e due circuiti condensatore-solenoide

Topic: Electrostatics, Magnetism Metodi: Ampère’s Law, Electric Potential Method, Symmetry Argument Competenze: Diagrammatic Reasoning, Physical Reasoning Objects: Capacitor, Solenoid Fonte: Testo (PDF) — p.5 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 3. Draw a straight Cartesian axis, the two plates of the capacitor shall be parallel al piano $y-z$ e l’asse del solenoide parallelo all’asse $y$. Because you want to have the same space region If both fields are present, there are two alternatives: condenser or insert the condenser into the inner part of the solenoid; The text of the problem can only be made in the first sentence, as shown in the following figure,

• Right to left.

p.5 Cartesian axes and two solenoid-condenser circuits

Topic: Electrostatics, Magnetism Metodi: Ampère’s Law, Electric Potential Method, Symmetry Argument Competenze: Diagrammatic Reasoning, Physical Reasoning Objects: Capacitor, Solenoid Fonte: Testo (PDF) — p.5 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 4. La configurazione in serie (al centro nella figura precedente) consente di caricare il condensatore, ma la corrente a regime è nulla (e di conseguenza $B=0$); quella in parallelo (a destra) consente una corrente di regime non nulla e costante nel solenoide: di conseguenza la f.e.m. indotta è nulla ed essendo nulla la resistenza del solenoide sono nulle sia la d.d.p. che la carica sul condensatore (quindi $E=0$).

Topic: Circuits, Electrostatics, Magnetism Metodi: Kirchhoff’s Laws, Ampère’s Law, Electric Potential Method Competenze: Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Capacitor, Solenoid Fonte: Testo (PDF) — p.5 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 4. The serial configuration (center in the figure above) allows the capacitor to be loaded, but the The current at the current is zero (and therefore $B=0$); the current at the parallel (right) allows a current The following is the list of the following: Induced is nothing and being nothing is the The solenoid resistance is zero and the D.D.P. che la carica sul condensatore (quindi $E=0$).

Topic: Circuits, Electrostatics, Magnetism Metodi: Kirchhoff’s Laws, Ampère’s Law, Electric Potential Method Competenze: Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Capacitor, Solenoid Fonte: Testo (PDF) — p.5 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 5. Per fare in modo che a regime il condensatore sia carico mentre scorre corrente nel solenoide occorre comunque modificare uno dei due circuiti con l’aggiunta di un resistore. La cosa si può fare in due modi: nel circuito “serie” (al centro) si deve aggiungere il resistore in parallelo al condensatore; nel circuito “parallelo” (a destra) lo si deve aggiungere in serie all’induttanza. Il circuito usato è quello mostrato in figura. Comunque, in entrambi i modi, a regime, la corrente nel solenoide è

$I=\frac{V}{R+r}\Rightarrow B=\frac{{\mu }_{0}VN}{(R+r)\ell }$

e la d.d.p. sul condensatore è uguale a quella ai capi della resistenza $R$, ovvero

$V_C=RI=V\frac{R}{R+r}\Rightarrow E=\frac{VR}{(R+r)d}$

La velocità (minima se diretta lungo l’asse $z$) risulta quindi

$v=\frac{E}{B}=\frac{R\ell }{{\mu }_{0}dN};$

notare che è indipendente da $V$.

Topic: Circuits, Electrostatics, Magnetism Metodi: Kirchhoff’s Laws, Ampère’s Law, Electric Potential Method Competenze: Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning Objects: Capacitor, Solenoid, Resistor Fonte: Testo (PDF) — p.5 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Problem no. 5. In order for the capacitor to be charged at steady state while current flows in the solenoid, one of the two circuits must nevertheless be modified by adding a resistor. This can be done in two ways: in the “series” circuit (in the center) the resistor must be added in parallel with the capacitor; in the “parallel” circuit (on the right) it must be added in series with the inductor. The circuit used is the one shown in the figure. However, in both ways, at steady state, the current in the solenoid is

$I=\frac{V}{R+r}\Rightarrow B=\frac{{\mu }_{0}VN}{(R+r)\ell }$

and the potential difference across the capacitor is equal to that across the resistance $R$, that is

$V_C=RI=V\frac{R}{R+r}\Rightarrow E=\frac{VR}{(R+r)d}$

The velocity (minimum if directed along the axis $z$) is therefore

$v=\frac{E}{B}=\frac{R\ell }{{\mu }_{0}dN};$

note that it is independent of $V$.

Solution: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 6. Invertendo la relazione precedente e sostituendo i dati del problema si ha

$R=\frac{{\mu }_{0}dNv}{\ell }=1.00\text{k}\Omega$

Topic: Circuits, Electrostatics, Magnetism Metodi: Kirchhoff’s Laws, Ampère’s Law, Electric Potential Method Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Solenoid, Resistor Fonte: Testo (PDF) — p.6 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 6. By reversing the previous report and replacing the problem data, we have

$R=\frac{{\mu }_{0}dNv}{\ell }=1.00\text{k}\Omega$

Topic: Circuits, Electrostatics, Magnetism Metodi: Kirchhoff’s Laws, Ampère’s Law, Electric Potential Method Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Solenoid, Resistor Fonte: Testo (PDF) — p.6 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 7. Si può osservare che, con i valori dati, $r\ll R$ e dunque porre nelle espressioni precedenti $R+r\approx R$. L’energia dissipata dalla resistenza è quella immagazzinata a regime nel circuito; è data dalla somma di due termini relativi al condensatore e all’induttanza:

$U=U_{\text{el}}+U_{\text{m}}=\frac{1}{2}C{V}^2+\frac{1}{2}L{I}^2$

dove

$C={\epsilon }_0\frac{S}{d},L={\mu }_0\frac{\pi a^2{N}^2}{\ell }\text{e}I=\frac{V}{R}$

da cui

$U_{\text{J}}=\frac{1}{2}{V}^2\left(\frac{{\epsilon }_{0}S}{d}+\frac{{\mu }_0\pi a^2{N}^2}{\ell R^2}\right)=0.24\mu \text{J}$

PROBLEMA n. 4 – Luci e ombre 50 Punti La luce che incide sulla faccia verticale la attraversa senza essere deviata, a qualunque altezza. Essa incide quindi orizzontalmente sulla superficie curva. La normale a questa superficie ha semplicemente la direzione radiale.

Topic: Circuits, Electrostatics, Electromagnetism Metodi: Energy Conservation Method, Kirchhoff’s Laws, Equivalent Circuit Reduction Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Capacitor, Solenoid, Resistor Fonte: Testo (PDF) — p.6 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Problem no. 7. It can be observed that, with the given values, $r\ll R$ and therefore set in the previous expressions $R+r\approx R$. The energy dissipated by the resistance is that stored in steady state in the circuit; it is given by the sum of two terms relating to the capacitor and the inductance:

$U=U_{\text{el}}+U_{\text{m}}=\frac{1}{2}C{V}^2+\frac{1}{2}L{I}^2$

where

$C={\epsilon }_0\frac{S}{d},L={\mu }_0\frac{\pi a^2{N}^2}{\ell }\text{e}I=\frac{V}{R}$

hence

$U_{\text{J}}=\frac{1}{2}{V}^2\left(\frac{{\epsilon }_{0}S}{d}+\frac{{\mu }_0\pi a^2{N}^2}{\ell R^2}\right)=0.24\mu \text{J}$

PROBLEM no. 4 – Lights and shadows 50 points The light that strikes the vertical face passes through it without being deflected, at any height. It therefore strikes the curved surface horizontally. The normal to this surface simply has the radial direction.

Solution: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 1. Si consideri un raggio di luce che incide sulla superficie curva ad un’altezza $r\text{sen}\alpha$, quindi con un angolo di incidenza $\alpha$ (vedi figura, a sinistra). Per i valori di $\alpha$ più elevati si ha riflessione totale, e la luce, dopo riflessioni multiple, va a cadere sotto il cilindro. Per valori di $\alpha$ al di sotto del valore limite per riflessione totale, la luce emerge deviata verso il basso e quindi incide sul tavolo. Quanto minore è $\alpha$, tanto minore è la deviazione verso il basso e tanto più lontano avviene l’incidenza sul piano del tavolo, come si evidenzia anche nello studio di una caustica. Si tratta quindi di trovare l’angolo limite per riflessione totale ${\alpha }_{\text{lim}}$. Esso è dato da $\text{sen}{\alpha }_{\text{lim}}=1/n$. Il raggio di luce uscente è tangente alla superficie e, detta $x$ la distanza, chiesta dal problema, fra il bordo posteriore del cilindro e la posizione di incidenza di tale raggio sulla superficie del tavolo, si ha (vedi ancora la figura a sinistra) che $(r+x)\cos {\alpha }_{\text{lim}}=r$. Sostituendo, si ha che

$x=r\left(\frac{n}{\sqrt{n^2-1}}-1\right)$

da cui

$x=1.71\text{cm}.$

p.6 — Rifrazione nel cilindro e lente sottile equivalente

Topic: Geometric Optics Metodi: Snell’s Law, Ray Tracing Competenze: Diagrammatic Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Cylinder, Lens Fonte: Testo (PDF) — p.6 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 1. Consider a beam of light that hits the curved surface at a height $r\text{sen}\alpha$, so with a angle of incidence $\alpha$ (see figure to the left). For values of $\alpha$ higher, total reflection is given, and the Light, after multiple reflections, falls under the cylinder. For values $\alpha$ below the limit value For total reflection, the light emerges deflected downward and then hits the table. The smaller the $\alpha$, The smaller the downward deviation, the further away the incidence on the table plane. And this is also evident in the study of causticity. The reference angle for total reflection ${\alpha }_{\text{lim}}$ is therefore to be found. It is given by $\text{sen}{\alpha }_{\text{lim}}=1/n$. Il The outgoing light beam is tangent to the surface and, said $x$ the distance required by the problem, between the edge The rear of the cylinder and the position of the impact of this beam on the table surface shall be: The figure on the left) is $(r+x)\cos {\alpha }_{\text{lim}}=r$. By replacing it, you have that

$x=r\left(\frac{n}{\sqrt{n^2-1}}-1\right)$

from which

$x=1.71\text{cm}.$

p.6 Cylinder refraction and equivalent thin lens

Topic: Geometric Optics Metodi: Snell’s Law, Ray Tracing Competenze: Diagrammatic Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Cylinder, Lens Fonte: Testo (PDF) — p.6 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 2. Per valori decrescenti di $\alpha$ al di sotto di ${\alpha }_{\text{lim}}$ si ha un progressivo allontanarsi del punto di incidenza, e l’incidenza più distante si deve avere per valori molto piccoli di $\alpha$. Per valori molto piccoli possiamo considerare la porzione di prisma attraversata come: una lastra a facce piane e parallele (che non influenza la direzione dei raggi luminosi ortogonali ad essa) più una lente piano–convessa che per $\alpha$ sufficientemente piccoli possiamo considerare sottile (vedi figura, a destra). Si tratta allora di trovare la distanza focale $f$ di questa lente, che al limite risulta posizionata proprio sul bordo posteriore del cilindro. Per una lente sottile, dall’equazione dei costruttori di lenti si ricava

$\frac{1}{f}=\frac{n-1}{r},$

ovvero $f=10$ cm. La luce incide quindi sul tavolo in una fascia compresa fra 1.71 e 10.0 cm di distanza dal bordo posteriore del cilindro. NOTA: Soluzione alternativa del Quesito 2 Per trovare il punto di incidenza più distante possibile, si deve trovare tale posizione per $\alpha$ molto piccolo, cioè si può calcolare il punto di incidenza di un generico fascio corrispondente ad un angolo $\alpha$, eseguendo il passaggio al limite per $\alpha \to 0$. Per $\alpha$ sufficientemente piccoli (cioè trascurando i termini in ${\alpha }^2$ e superiori negli sviluppi in serie delle funzioni trigonometriche coinvolte) il punto di incidenza del fascio sulla superficie curva del cilindro si trova ad un’altezza $r\text{sen}\alpha \approx r\alpha$ dal piano del tavolo, sulla verticale del bordo posteriore del cilindro (cioè a distanza dall’asse pari a $r\cos \alpha \approx r$). L’angolo di rifrazione è (per la legge di Snell, passando al limite) $\arcsin (n\text{sen}\alpha )\approx n\alpha$ e quindi l’angolo fra tale raggio e la superficie del tavolo è $n\alpha -\alpha =(n-1)\alpha$. La distanza $x$ dal bordo del cilindro, a cui il raggio rifratto incide sul tavolo, è fornita dalla relazione

$r\alpha =x\tan [(n-1)\alpha ]\approx x(n-1)\alpha ,$

quindi

$x=\frac{r}{n-1}=10\text{cm},$

come si era ottenuto con la soluzione precedente. Materiale prodotto dal gruppo PROGETTO OLIMPIADI Segreteria Olimpiadi Italiane della Fisica presso Liceo Scientifico “U. Morin” VENEZIA MESTRE fax: 041.584.1272 e-mail: olifis@libero.it

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La Gara Nazionale è realizzata con il sostegno di Ministero dell’Istruzione, dell’Università e della Ricerca Comune di Senigallia Liceo Scientifico “E. Medi” di Senigallia

PROBLEMA n. 2 Zig-zagando… 50 Punti Misure di tutti gli spostamenti in figura. Nella tabella seguente sono riportati tutti i valori del Numero di Avogadro, ottenuti a partire da successive posizioni iniziali.

Posizione	Spostamento n.	lunghezza (quadretti)	lunghezza effettiva $\ell$ ($\mu \text{m}$)	${\ell }^2$ ($\mu {\text{m}}^2$)	$\Sigma {\ell }^2$ ($\mu {\text{m}}^2$)	${\mathcal{N}}_A$ ($10^{23}{\text{mol}}^{-1}$)
1	-	-	-	-
2	1	3.25	10.400	108.16
3	2	1.25	4.0000	16.000
4	3	3.00	9.6000	92.160
5	4	2.75	8.8000	77.440
6	5	3.50	11.200	125.44
7	6	4.00	12.800	163.84
8	7	2.25	7.2000	51.840
9	8	1.50	4.8000	23.040
10	9	1.75	5.6000	31.360
11	10	1.50	4.8000	23.040	712.32	6.27
12	11	2.25	7.2000	51.840	656.00	6.08
13	12	4.00	12.800	163.84	803.84	5.56
14	13	3.25	10.400	108.16	819.84	5.45
15	14	2.25	7.2000	51.840	794.24	5.62
16	15	3.00	9.6000	92.160	760.96	5.87
17	16	1.50	4.8000	23.040	620.16	7.20
18	17	3.50	11.200	125.44	693.76	6.44
19	18	1.25	4.0000	16.000	686.72	6.50
20	19	1.25	4.0000	16.000	671.36	6.65
21	20	2.75	8.8000	77.440	725.76	6.15
22	21	1.00	3.2000	10.240	684.16	6.53
23	22	1.00	3.2000	10.240	530.56	8.41
24	23	1.00	3.2000	10.240	432.64	10.3
25	24	4.00	12.800	163.84	544.64	8.20
26	25	2.50	8.0000	64.000	516.48	8.65
27	26	2.50	8.0000	64.000	557.44	8.01
28	27	1.75	5.6000	31.360	463.36	9.64
29	28	2.25	7.2000	51.840	499.20	8.95
30	29	3.75	12.000	144.00	627.20	7.12
31	30	4.00	12.800	163.84	713.60	6.26
32	31	1.50	4.8000	23.040	726.40	6.15
33	32	2.25	7.2000	51.840	768.00	5.82
34	33	3.00	9.6000	92.160	849.92	5.26
35	34	2.50	8.0000	64.000	750.08	5.95
36	35	2.25	7.2000	51.840	737.92	6.05
37	36	4.50	14.400	207.36	881.28	5.07
38	37	2.00	6.4000	40.960	890.88	5.01
39	38	5.25	16.800	282.24	1121.3	3.98
40	39	3.25	10.400	108.16	1085.4	4.11
41	40	2.25	7.2000	51.840	973.44	4.59
42	41	0.75	2.4000	5.7600	956.16	4.67
43	42	0.50	1.6000	2.5600	906.88	4.93
44	43	3.75	12.000	144.00	958.72	4.66
45	44	0.75	2.4000	5.7600	900.48	4.96
46	45	1.50	4.8000	23.040	871.68	5.12
47	46	5.25	16.800	282.24	946.56	4.72
48	47	2.25	7.2000	51.840	957.44	4.66

Il Numero di Avogadro ottenuto facendo la media dei 47 valori di ${\ell }^2$ fornisce il risultato

${\mathcal{N}}_A=5.89\times 10^{23}{\text{mol}}^{-1}.$

Topic: Geometric Optics Metodi: Snell’s Law, Ray Tracing, Thin Lens & Mirror Equation Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Cylinder, Lens Fonte: Testo (PDF) — p.7 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Problem no. 2. For decreasing values of $\alpha$ below ${\alpha }_{\text{lim}}$ there is a progressive moving away of the point of incidence, and the most distant incidence must occur for very small values of $\alpha$. For very small values we can consider the portion of the prism traversed as: a plate with plane and parallel faces (which does not influence the direction of the light rays orthogonal to it) plus a plano-convex lens which, for sufficiently small $\alpha$, we can consider thin (see figure, on the right). The problem is then to find the focal length $f$ of this lens, which in the limit turns out to be positioned right on the rear edge of the cylinder. For a thin lens, from the lens makers’ equation one obtains

$\frac{1}{f}=\frac{n-1}{r},$

i.e. $f=10$ cm. The light therefore strikes the table in a band between 1.71 and 10.0 cm from the rear edge of the cylinder. NOTE: Alternative solution to Question 2 To find the farthest possible point of incidence, one must find that position for $\alpha$ very small, that is, one can calculate the point of incidence of a generic beam corresponding to an angle $\alpha$, taking the limit as $\alpha \to 0$. For $\alpha$ sufficiently small (that is, neglecting terms in ${\alpha }^2$ and higher in the series expansions of the trigonometric functions involved) the point of incidence of the beam on the curved surface of the cylinder is at a height $r\text{sen}\alpha \approx r\alpha$ from the plane of the table, on the vertical through the rear edge of the cylinder (that is, at a distance from the axis equal to $r\cos \alpha \approx r$). The angle of refraction is (by Snell’s law, taking the limit) $\arcsin (n\text{sen}\alpha )\approx n\alpha$ and therefore the angle between this ray and the surface of the table is $n\alpha -\alpha =(n-1)\alpha$. The distance $x$ from the edge of the cylinder at which the refracted ray strikes the table is given by the relation

$r\alpha =x\tan [(n-1)\alpha ]\approx x(n-1)\alpha ,$

therefore

$x=\frac{r}{n-1}=10\text{cm},$

as had been obtained with the previous solution. Material produced by the group PROGETTO OLIMPIADI Segreteria Olimpiadi Italiane della Fisica presso Liceo Scientifico “U. Morin” VENEZIA MESTRE fax: 041.584.1272 e-mail: olifis@libero.it

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The National Competition is made possible with the support of Ministry of Education, Universities and Research Municipality of Senigallia Scientific High School “E. Medi” of Senigallia

PROBLEM no. 2 Zig-zagging… 50 Points Measurements of all displacements in the figure. The following table lists all the values of Avogadro’s Number, obtained starting from successive initial positions.

Position	Displacement no.	length (squares)	effective length $\ell$ ($\mu \text{m}$)	${\ell }^2$ ($\mu {\text{m}}^2$)	$\Sigma {\ell }^2$ ($\mu {\text{m}}^2$)	${\mathcal{N}}_A$ ($10^{23}{\text{mol}}^{-1}$)
1	-	-	-	-
2	1	3.25	10.400	108.16
3	2	1.25	4.0000	16.000
4	3	3.00	9.6000	92.160
5	4	2.75	8.8000	77.440
6	5	3.50	11.200	125.44
7	6	4.00	12.800	163.84
8	7	2.25	7.2000	51.840
9	8	1.50	4.8000	23.040
10	9	1.75	5.6000	31.360
11	10	1.50	4.8000	23.040	712.32	6.27
12	11	2.25	7.2000	51.840	656.00	6.08
13	12	4.00	12.800	163.84	803.84	5.56
14	13	3.25	10.400	108.16	819.84	5.45
15	14	2.25	7.2000	51.840	794.24	5.62
16	15	3.00	9.6000	92.160	760.96	5.87
17	16	1.50	4.8000	23.040	620.16	7.20
18	17	3.50	11.200	125.44	693.76	6.44
19	18	1.25	4.0000	16.000	686.72	6.50
20	19	1.25	4.0000	16.000	671.36	6.65
21	20	2.75	8.8000	77.440	725.76	6.15
22	21	1.00	3.2000	10.240	684.16	6.53
23	22	1.00	3.2000	10.240	530.56	8.41
24	23	1.00	3.2000	10.240	432.64	10.3
25	24	4.00	12.800	163.84	544.64	8.20
26	25	2.50	8.0000	64.000	516.48	8.65
27	26	2.50	8.0000	64.000	557.44	8.01
28	27	1.75	5.6000	31.360	463.36	9.64
29	28	2.25	7.2000	51.840	499.20	8.95
30	29	3.75	12.000	144.00	627.20	7.12
31	30	4.00	12.800	163.84	713.60	6.26
32	31	1.50	4.8000	23.040	726.40	6.15
33	32	2.25	7.2000	51.840	768.00	5.82
34	33	3.00	9.6000	92.160	849.92	5.26
35	34	2.50	8.0000	64.000	750.08	5.95
36	35	2.25	7.2000	51.840	737.92	6.05
37	36	4.50	14.400	207.36	881.28	5.07
38	37	2.00	6.4000	40.960	890.88	5.01
39	38	5.25	16.800	282.24	1121.3	3.98
40	39	3.25	10.400	108.16	1085.4	4.11
41	40	2.25	7.2000	51.840	973.44	4.59
42	41	0.75	2.4000	5.7600	956.16	4.67
43	42	0.50	1.6000	2.5600	906.88	4.93
44	43	3.75	12.000	144.00	958.72	4.66
45	44	0.75	2.4000	5.7600	900.48	4.96
46	45	1.50	4.8000	23.040	871.68	5.12
47	46	5.25	16.800	282.24	946.56	4.72
48	47	2.25	7.2000	51.840	957.44	4.66

The Avogadro Number obtained by averaging the 47 values of ${\ell }^2$ gives the result

${\mathcal{N}}_A=5.89\times 10^{23}{\text{mol}}^{-1}.$

Solution: Soluzioni (PDF)