OII 2011 Nazionale Teorica

PROBLEMA n. 1 – Sistema trasportatore a rulli 85 Punti Quesito n. 1. Si consideri il punto di contatto tra un generico rullo e la lastra. Affinché essa non slitti la sua velocità deve essere uguale a quella tangenziale nel punto di contatto; quindi $v = ω R$ Poiché $v$ è la stessa in ogni punto della lastra, $ω$ è uguale per tutti i rulli.

Topic: Rotational Dynamics, Newtonian Mechanics Metodi: Physical Modeling, Kinematic Equations, Free-Body Diagram Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Cylinder Fonte: Testo (PDF) — p.1 Soluzione: Soluzioni (PDF)

PROBLEM no. 1 – Roller conveyor system 85 points Question no. 1. Consider the contact point between a generic roller and the plate. In order for it not to slip, its speed must be equal to the tangential speed at the contact point; therefore $v = ω R$ Since $v$ is the same at every point of the plate, $ω$ is the same for all rollers.

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Quesito n. 2. Poiché non c’è slittamento, tra un urto e l’altro l’energia si conserva; inoltre, sempre tra un urto e l’altro, la variazione di energia potenziale gravitazionale è pari a $2 M g R sen α$ . Nel calcolare l’energia cinetica si deve tenere conto della velocità traslazionale della lastra e di quella rotazionale dei rulli, ognuno dei quali ha momento d’inerzia $I = m R^{2} /2$ . $E_{n}^{'} = \frac{1}{2} (M v_{n}^{'2} + 2 N I ω_{n}^{'2})$ $E_{n + 1} = \frac{1}{2} (M v_{n + 1}^{2} + 2 N I ω_{n + 1}^{2}) - 2 M g R sen α$ Usando $ω = v / R$ e $E_{n}^{'} = E_{n + 1}$ si ha $(M + N m) v_{n}^{'2} = (M + N m) v_{n + 1}^{2} - 4 M g R sen α \Rightarrow v_{n + 1}^{2} - v_{n}^{'2} = \frac{4 M g R sen α}{M + N m}$

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

Question No. 2. Since there is no disconnect, energy is stored between one impact and another; moreover, always between one impact and another, The gravitational potential energy change is $2 M g R sen α$ . In calculating kinetic energy, one must The speed of the translations of the plate and the rotation of the rolls, each of which has momentum, shall be taken into account. d’inerzia $I = m R^{2} /2$ . $E_{n}^{'} = \frac{1}{2} (M v_{n}^{'2} + 2 N I ω_{n}^{'2})$ $E_{n + 1} = \frac{1}{2} (M v_{n + 1}^{2} + 2 N I ω_{n + 1}^{2}) - 2 M g R sen α$ Using $ω = v / R$ and $E_{n}^{'} = E_{n + 1}$ you have $(M + N m) v_{n}^{'2} = (M + N m) v_{n + 1}^{2} - 4 M g R sen α \Rightarrow v_{n + 1}^{2} - v_{n}^{'2} = \frac{4 M g R sen α}{M + N m}$

Quesito n. 3. Si indichi con $Δ p$ e con $Δ p_{c}$ rispettivamente la variazione della quantità di moto della lastra causata dal rullo urtato e da ognuno dei $2 N - 1$ rulli a contatto con la lastra. Si indichi inoltre con $Δ J$ e $Δ J_{c}$ rispettivamente la variazione del momento angolare del rullo fermo e di ognuno dei $2 N - 1$ rulli in rotazione a contatto con la lastra. Il momento angolare di un corpo rigido si può esprimere come $J = I ω$ dove $I$ rappresenta il momento d’inerzia e $ω$ la velocità angolare. In un urto, tra la lastra ed i rulli si sviluppano delle forze impulsive parallele alla direzione del moto (forze d’attrito). L’impulso delle forze che i rulli esercitano sulla lastra fa cambiare la quantità di moto della lastra $M (v_{n}^{'} - v_{n}) = Δ p + (2 N - 1) Δ p_{c}$ Si noti che $Δ p$ e $Δ p_{c}$ hanno segno opposto. La variazione della quantità di moto della lastra prodotta dai singoli rulli è legata alla variazione del momento angolare di ogni rullo. Infatti la variazione di q.d.m. della lastra è data da $Δ p = \int f d t$ dove $f$ è la forza applicata da un rullo alla lastra. Nel caso di forza impulsiva l’integrale è esteso ad un intervallo temporale trascurabile, ma la variazione di q.d.m. risulta comunque finita. Il momento dell’impulso delle forze $f^{'}$ che la lastra esercita su ogni singolo rullo in un punto della superficie, che per il terzo principio della dinamica hanno la stessa intensità, la stessa direzione e verso opposto, fa cambiare il momento angolare dei rulli: precisamente fa diminuire il momento angolare di $2 N - 1$ rulli ed aumentare il momento angolare del rullo che viene messo in moto. Ne segue che la variazione di momento angolare del rullo risulta $Δ J = \int f^{'} R d t = - R \int f d t = - R Δ p$ Si ha dunque $I (ω_{n}^{'} - ω_{n}) = Δ J = - R Δ p \Rightarrow I ω_{n}^{'} = - R Δ p$ e $I (ω_{c, n}^{'} - ω_{c, n}) = Δ J_{c} = - R Δ p_{c}$ Sostituendo le ultime due espressioni nella prima si ottiene $M (v_{n}^{'} - v_{n}) = - \frac{I ω _{n}^{'}}{R} - \frac{( 2 N - 1 ) I ( ω _{n}^{'} - ω _{n} )}{R}$ Ricordando che $ω = v / R$ e che $I = m R^{2} /2$ e sviluppando i calcoli si ricava infine $v_{n}^{'} = \frac{2 M + ( 2 N - 1 ) m}{2 M + 2 N m} v_{n} = (1 - \frac{1}{2} \frac{m}{M + N m}) v_{n}$

Topic: Conservation of Momentum, Rotational Dynamics, Newtonian Mechanics Metodi: Impulse-Momentum Theorem, Torque & Angular Momentum Analysis, Free-Body Diagram Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning Objects: Block, Cylinder Fonte: Testo (PDF) — p.1 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Problem no. 3. Let $Δ p$ and $Δ p_{c}$ denote respectively the change in momentum of the plate caused by the struck roller and by each of the $2 N - 1$ rollers in contact with the plate. Let $Δ J$ and $Δ J_{c}$ denote respectively the change in angular momentum of the stationary roller and of each of the $2 N - 1$ rotating rollers in contact with the plate. The angular momentum of a rigid body can be expressed as $J = I ω$ where $I$ represents the moment of inertia and $ω$ the angular velocity. In a collision, impulsive forces parallel to the direction of motion (friction forces) develop between the plate and the rollers. The impulse of the forces that the rollers exert on the plate changes the momentum of the plate $M (v_{n}^{'} - v_{n}) = Δ p + (2 N - 1) Δ p_{c}$ Note that $Δ p$ and $Δ p_{c}$ have opposite signs. The change in momentum of the plate produced by the individual rollers is related to the change in angular momentum of each roller. In fact, the change in momentum of the plate is given by $Δ p = \int f d t$ where $f$ is the force applied by a roller to the plate. In the case of an impulsive force, the integral is extended over a negligible time interval, but the change in momentum is nevertheless finite. The angular impulse of the forces $f^{'}$ that the plate exerts on each individual roller at a point on the surface, which by Newton’s third law have the same magnitude, the same direction and opposite sense, changes the angular momentum of the rollers: specifically, it decreases the angular momentum of $2 N - 1$ rollers and increases the angular momentum of the roller that is set in motion. It follows that the change in angular momentum of the roller is $Δ J = \int f^{'} R d t = - R \int f d t = - R Δ p$ We therefore have $I (ω_{n}^{'} - ω_{n}) = Δ J = - R Δ p \Rightarrow I ω_{n}^{'} = - R Δ p$ and $I (ω_{c, n}^{'} - ω_{c, n}) = Δ J_{c} = - R Δ p_{c}$ Substituting the last two expressions into the first, we obtain $M (v_{n}^{'} - v_{n}) = - \frac{I ω _{n}^{'}}{R} - \frac{( 2 N - 1 ) I ( ω _{n}^{'} - ω _{n} )}{R}$ Recalling that $ω = v / R$ and that $I = m R^{2} /2$ and carrying out the calculations, we finally obtain $v_{n}^{'} = \frac{2 M + ( 2 N - 1 ) m}{2 M + 2 N m} v_{n} = (1 - \frac{1}{2} \frac{m}{M + N m}) v_{n}$

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Quesito n. 4. Combinando i risultati dei due punti precedenti $v_{n + 1}^{2} - v_{n}^{'2} = \frac{4 M g R sen α}{M + N m} e v_{n}^{'} = (1 - \frac{1}{2} \frac{m}{M + N m}) v_{n}$ si ricava $v_{n + 1}^{2} = (1 - \frac{1}{2} \frac{m}{M + N m})^{2} v_{n}^{2} + \frac{4 M g R sen α}{M + N m}$ e con la relazione data nel testo $M / m = 8$ , si ottiene $v_{n + 1}^{2} = (1 - \frac{1}{2} \frac{1}{8 + N})^{2} v_{n}^{2} + \frac{32}{8 + N} g R sen α$ Raggiungere una velocità limite significa $v_{n + 1} = v_{n} = v_{ℓ}$ e dalla espressione precedente si ricava $v_{ℓ}^{2} = (1 - \frac{1}{2} \frac{1}{8 + N})^{2} v_{ℓ}^{2} + \frac{32}{8 + N} g R sen α$ da cui $v_{ℓ} = (64 + 8 N) \frac{2 g R sen α}{( 31 + 4 N ) ( 8 + N )}$ Sostituendo questo risultato nella relazione tra $v_{n}^{'}$ e $v_{n}$ ricavata nel quesito precedente, si ottiene $v_{ℓ}^{'} = (60 + 8 N) \frac{2 g R sen α}{( 31 + 4 N ) ( 8 + N )}$

Topic: Newtonian Mechanics, Conservation of Energy, Rotational Dynamics Metodi: Conservation Laws, Energy Conservation Method, Approximation & Series Expansion Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Block, Cylinder, Inclined Plane Fonte: Testo (PDF) — p.2 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 4. Combining the results of the two previous points $v_{n + 1}^{2} - v_{n}^{'2} = \frac{4 M g R sen α}{M + N m} e v_{n}^{'} = (1 - \frac{1}{2} \frac{m}{M + N m}) v_{n}$ He ‘s getting rich . $v_{n + 1}^{2} = (1 - \frac{1}{2} \frac{m}{M + N m})^{2} v_{n}^{2} + \frac{4 M g R sen α}{M + N m}$ and the report given in $M / m = 8$ , $v_{n + 1}^{2} = (1 - \frac{1}{2} \frac{1}{8 + N})^{2} v_{n}^{2} + \frac{32}{8 + N} g R sen α$ The maximum speed is $v_{n + 1} = v_{n} = v_{ℓ}$ and the previous expression is $v_{ℓ}^{2} = (1 - \frac{1}{2} \frac{1}{8 + N})^{2} v_{ℓ}^{2} + \frac{32}{8 + N} g R sen α$ from which $v_{ℓ} = (64 + 8 N) \frac{2 g R sen α}{( 31 + 4 N ) ( 8 + N )}$ By replacing this result in the ratio between $v_{n}^{'}$ and $v_{n}$ in the previous question, $v_{ℓ}^{'} = (60 + 8 N) \frac{2 g R sen α}{( 31 + 4 N ) ( 8 + N )}$

Quesito n. 5. Si ha $Δ v_{ℓ} = v_{ℓ} - v_{ℓ}^{'} = 4 \frac{2 g R sen α}{( 31 + 4 N ) ( 8 + N )}$

Topic: Newtonian Mechanics, Conservation of Energy Metodi: Conservation Laws, Energy Conservation Method Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Block, Cylinder Fonte: Testo (PDF) — p.2 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Problem no. 5. We have $Δ v_{ℓ} = v_{ℓ} - v_{ℓ}^{'} = 4 \frac{2 g R sen α}{( 31 + 4 N ) ( 8 + N )}$

Solution: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 6. Vedi grafico a fianco. ——————————— PROBLEMA n. 2 – Nuclei speculari 85 Punti

p.2 — Grafico velocita lastra in funzione del tempo

Topic: Nuclear & Particle Physics Metodi: Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: — Fonte: Testo (PDF) — p.2 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Problem no. 6. See the graph alongside. ——————————— PROBLEM no. 2 – Mirror nuclei 85 points

p.2 — Graph of the plate’s velocity as a function of time

Solution: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 1. Abbiamo: $δ = \frac{A m}{( 4/3 ) π R ^{3}}$ da cui $R = 3 \frac{3 m}{4 π δ} A^{1/3}$ Quindi: $R_{0} = 3 \frac{3 m}{4 π δ} e α = 1/3$

Topic: Nuclear & Particle Physics Metodi: Physical Modeling, Dimensional Analysis Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Nucleus, Sphere Fonte: Testo (PDF) — p.3 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 1. We have: $δ = \frac{A m}{( 4/3 ) π R ^{3}}$ from which $R = 3 \frac{3 m}{4 π δ} A^{1/3}$ So , what ? $R_{0} = 3 \frac{3 m}{4 π δ} e α = 1/3$

Quesito n. 2. Per calcolare l’energia potenziale elettrostatica di una sfera uniformemente carica si immagini di “assemblare” la sfera per aggiunta di successivi gusci sferici infinitesimi. Si supponga allora di avere una sfera uniformemente carica (con densità volumica di carica $ρ$ ), di raggio $r$ . Il potenziale di questa sfera (ponendo $V_{\infty} = 0$ ) è: $V (r) = \frac{1}{4 π ϵ _{0}} \frac{q ( r )}{r} = \frac{1}{4 π ϵ _{0}} \frac{( 4/3 ) π r ^{3} ρ}{r} = \frac{ρ r ^{2}}{3 ϵ _{0}}$ Si immagini ora di aggiungere a questa sfera, trasportandolo dall’infinito, un guscio carico infinitesimo, di raggio $r$ e spessore $d r$ . La carica $d q$ del guscio risulta: $4 π r^{2} d r ρ$ L’aumento di energia potenziale elettrostatica sarà: $d U_{e} = [V (r) - V_{\infty}] d q = \frac{4 π ρ ^{2} r ^{4}}{3 ϵ _{0}} d r$ Integrando questa espressione si otterrà l’energia potenziale richiesta: $U_{e} = \int_{0}^{R} d U_{e} = \frac{4 π ρ ^{2}}{3 ϵ _{0}} \int_{0}^{R} r^{4} d r = \frac{4 π ρ ^{2} R ^{5}}{15 ϵ _{0}}$ ——————— In alternativa si può calcolare questa energia sia integrando la densità di energia del campo elettrostatico, sia usando l’espressione più generale dell’energia di configurazione di un sistema di cariche con distribuzione continua. Nel primo caso occorre preliminarmente trovare (con il teorema di Gauss) le espressioni del campo internamente ed esternamente alla sfera di raggio $R$ , nel secondo caso quella del potenziale e.s. nei soli punti interni. In sintesi: • Attraverso la densità di energia $u = 1/2 ϵ_{0} E^{2}$ : $U_{e} = \int_{0}^{\infty} u d v = \frac{1}{2} ϵ_{0} \int_{0}^{R} E_{1}^{2} d v + \frac{1}{2} ϵ_{0} \int_{R}^{\infty} E_{2}^{2} d v$ con $E_{1} = \frac{ρ r}{3 ϵ _{0}} E_{2} = \frac{ρ R ^{3}}{3 ϵ _{0} r ^{2}} d v = 4 π r^{2} d r$ • Come energia di configurazione $U_{e} = \frac{1}{2} \int_{0}^{R} V (r) d q = \frac{1}{2} \int_{0}^{R} V (r) ρ d v$ con $d v = 4 π r^{2} d r$ e $V (r) = \int_{r}^{\infty} E d r = \int_{r}^{R} E_{1} d r + \int_{R}^{\infty} E_{2} d r = \frac{ρ}{3 ϵ _{0}} \frac{R ^{2} - r ^{2}}{2} + \frac{ρ R ^{2}}{3 ϵ _{0}} = \frac{ρ}{3 ϵ _{0}} (\frac{3}{2} R^{2} - r^{2})$ ——————— Tenendo conto del fatto che $ρ = Z e / (4/3) π R^{3}$ si ha infine $U_{e} = \frac{3}{20 π ϵ _{0}} \frac{( Z e ) ^{2}}{R} = \frac{3 e ^{2}}{20 π ϵ _{0} R _{0}} \frac{Z ^{2}}{A ^{1/3}}$ quindi $β = \frac{3 e ^{2}}{20 π ϵ _{0} R _{0}}; γ = - 1/3 (*)$

Topic: Electrostatics, Nuclear & Particle Physics Metodi: Gauss’s Law, Coulomb’s Law, Calculus-Integration Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Sphere, Nucleus Fonte: Testo (PDF) — p.3 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 2. To calculate the electrostatic potential energy of a uniformly charged sphere, imagine that assembly The sphere to add infinite successive spherical shells. So let’s assume we have a sphere evenly carica (con densità volumica di carica $ρ$ ), di raggio $r$ . The potential of this sphere (putting $V_{\infty} = 0$ ) is: $V (r) = \frac{1}{4 π ϵ _{0}} \frac{q ( r )}{r} = \frac{1}{4 π ϵ _{0}} \frac{( 4/3 ) π r ^{3} ρ}{r} = \frac{ρ r ^{2}}{3 ϵ _{0}}$ Now imagine adding to this sphere, carrying it from the infinite, a shell loaded infinitely, of radius. $r$ e spessore $d r$ . The $d q$ load of the shell is: $4 π r^{2} d r ρ$ The increase in potential electrostatic energy shall be: $d U_{e} = [V (r) - V_{\infty}] d q = \frac{4 π ρ ^{2} r ^{4}}{3 ϵ _{0}} d r$ The following is the total energy required by integrating this expression: $U_{e} = \int_{0}^{R} d U_{e} = \frac{4 π ρ ^{2}}{3 ϵ _{0}} \int_{0}^{R} r^{4} d r = \frac{4 π ρ ^{2} R ^{5}}{15 ϵ _{0}}$ ——————— Alternatively, this energy can be calculated by integrating the energy density of the electrostatic field, The most general expression of the configuration energy of a distributed load system is Keep going. In the first case, we must first find (with Gauss’s theorem) the expressions of the field Internally and externally to the radius sphere $R$ , in the second case that of potential e.s. in points only The internal In short: • Through the energy density $u = 1/2 ϵ_{0} E^{2}$ : $U_{e} = \int_{0}^{\infty} u d v = \frac{1}{2} ϵ_{0} \int_{0}^{R} E_{1}^{2} d v + \frac{1}{2} ϵ_{0} \int_{R}^{\infty} E_{2}^{2} d v$ with $E_{1} = \frac{ρ r}{3 ϵ _{0}} E_{2} = \frac{ρ R ^{3}}{3 ϵ _{0} r ^{2}} d v = 4 π r^{2} d r$ • As a configuration energy $U_{e} = \frac{1}{2} \int_{0}^{R} V (r) d q = \frac{1}{2} \int_{0}^{R} V (r) ρ d v$ with $d v = 4 π r^{2} d r$ e $V (r) = \int_{r}^{\infty} E d r = \int_{r}^{R} E_{1} d r + \int_{R}^{\infty} E_{2} d r = \frac{ρ}{3 ϵ _{0}} \frac{R ^{2} - r ^{2}}{2} + \frac{ρ R ^{2}}{3 ϵ _{0}} = \frac{ρ}{3 ϵ _{0}} (\frac{3}{2} R^{2} - r^{2})$ ——————— Given that $ρ = Z e / (4/3) π R^{3}$ has finally been $U_{e} = \frac{3}{20 π ϵ _{0}} \frac{( Z e ) ^{2}}{R} = \frac{3 e ^{2}}{20 π ϵ _{0} R _{0}} \frac{Z ^{2}}{A ^{1/3}}$ So, what do you mean? $β = \frac{3 e ^{2}}{20 π ϵ _{0} R _{0}}; γ = - 1/3 (*)$

Quesito n. 3. Nel caso di nuclei speculari, $A$ è lo stesso per i due membri della coppia, e il termine $A - 2 Z$ vale $+ 1$ per uno dei due e $- 1$ per l’altro. Ne segue immediatamente che: $E_{ℓ, 1} - E_{ℓ, 2} = U_{e, 2} - U_{e, 1}$ dove l’espressione dell’energia e.s. trovata sopra viene modificata in $U_{e} = β \frac{Z ( Z - 1 )}{A ^{1/3}}$ Considerando adesso due nuclei speculari, con $Z_{2} = Z_{1} + 1$ , ed essendo $N_{1} = Z_{2}$ si ha $A = 2 Z_{1} + 1$ e quindi $E_{ℓ, 1} - E_{ℓ, 2} = β \frac{[ Z _{2} ( Z _{2} - 1 ) - Z _{1} ( Z _{1} - 1 )]}{A ^{1/3}} = β \frac{2 Z _{1}}{A ^{1/3}} = β \frac{A - 1}{A ^{1/3}}$

Topic: Nuclear & Particle Physics, Electrostatics Metodi: Conservation Laws, Coulomb’s Law, Symmetry Argument Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Nucleus Fonte: Testo (PDF) — p.4 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 3. In the case of specular nuclei, $A$ is the same for the two members of the pair, and the term $A - 2 Z$ is $+ 1$ for one The two and $- 1$ for each other. It follows immediately that: $E_{ℓ, 1} - E_{ℓ, 2} = U_{e, 2} - U_{e, 1}$ where the expression of energy e.s. The above is amended to: $U_{e} = β \frac{Z ( Z - 1 )}{A ^{1/3}}$ Now, considering two specular nuclei, with $Z_{2} = Z_{1} + 1$ , and being $N_{1} = Z_{2}$ you have $A = 2 Z_{1} + 1$ and then $E_{ℓ, 1} - E_{ℓ, 2} = β \frac{[ Z _{2} ( Z _{2} - 1 ) - Z _{1} ( Z _{1} - 1 )]}{A ^{1/3}} = β \frac{2 Z _{1}}{A ^{1/3}} = β \frac{A - 1}{A ^{1/3}}$

Quesito n. 4. Nella tabella di dati fornita nel testo si aggiungono tre colonne in cui sono riportati rispettivamente i valori dell’espressione $(A - 1) / A^{1/3}$ , i valori di $Δ E_{ℓ}$ e il valore di $β$ ricavato da quelli:

$A$	Nucleo 1	Nucleo 2	$(A - 1) / A^{1/3}$	$Δ E_{ℓ}$ (MeV)	$β$
35	$_{17}^{35} Cl_{18}$ (298.2)	$_{18}^{35} Ar_{17}$ (291.5)	10.39	6.7	0.649
45	$_{22}^{45} Ti_{23}$ (385.0)	$_{23}^{45} V_{22}$ (377.1)	12.37	7.9	0.640
55	$_{27}^{55} Co_{28}$ (476.8)	$_{28}^{55} Ni_{27}$ (467.3)	14.20	9.5	0.667
65	$_{32}^{65} Ge_{33}$ (556.0)	$_{33}^{65} As_{32}$ (545.9)	15.92	10.1	0.637
75	$_{37}^{75} Rb_{38}$ (633.6)	$_{38}^{75} Sr_{37}$ (622.3)	17.55	11.3	0.637

Calcolando la media dei valori riportati nell’ultima colonna, si ottiene una stima del valore di $β$ , pari a 0.648 MeV. Una stima più accurata può essere ottenuta con il metodo dei minimi quadrati cercando la migliore relazione lineare tra le variabili $x = (A - 1) / A^{1/3}$ ed $y = Δ E_{ℓ}$ , come mostrato nel grafico. Si dovranno calcolare le somme $\sum_{i} x_{i} y_{i} = 661.3 MeV \sum_{i} x_{i}^{2} = 1024.0$ Il valore della costante di proporzionalità è dato da $β = \frac{\sum _{i} x _{i} y _{i}}{\sum _{i} x _{i}^{2}} = 0.646 MeV$ Con questo valore, dalla (*) si può infine ottenere una stima di $R_{0}$ : $R_{0} = \frac{3 e ^{2}}{20 π ϵ _{0} β} = 1.34 fm$ Il valore comunemente accettato, ricavato con molti metodi diversi, è 1.25 fm: l’errore è del 7.2 %.

p.4 — Grafico Delta E_l contro (A-1) su A^(1/3)

Topic: Nuclear & Particle Physics, Electrostatics Metodi: Experimental Data Analysis, Graph Linearization, Coulomb’s Law Competenze: Experimental Data Analysis, Graph Linearization, Mathematical Modeling Objects: Nucleus Fonte: Testo (PDF) — p.4 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 4. In the table of data provided in the text, three columns are added showing the values respectively: of the expression $(A - 1) / A^{1/3}$ , the values of $Δ E_{ℓ}$ and the value of $β$ derived from:

$A$	Nucleo 1	Nucleo 2	$(A - 1) / A^{1/3}$	$Δ E_{ℓ}$ (MeV)	$β$
35	$_{17}^{35} Cl_{18}$ (298.2)	$_{18}^{35} Ar_{17}$ (291.5)	10.39	6.7	0.649
45	$_{22}^{45} Ti_{23}$ (385.0)	$_{23}^{45} V_{22}$ (377.1)	12.37	7.9	0.640
55	$_{27}^{55} Co_{28}$ (476.8)	$_{28}^{55} Ni_{27}$ (467.3)	14.20	9.5	0.667
65	$_{32}^{65} Ge_{33}$ (556.0)	$_{33}^{65} As_{32}$ (545.9)	15.92	10.1	0.637
75	$_{37}^{75} Rb_{38}$ (633.6)	$_{38}^{75} Sr_{37}$ (622.3)	17.55	11.3	0.637

Calculating the mean of the values in the last column gives an estimate of the value $β$ , equal to 0.648 MeV. A more accurate estimate can be obtained by the method of least squares by looking for the best ratio linear between the variables $x = (A - 1) / A^{1/3}$ and $y = Δ E_{ℓ}$ , as shown in the graph. The sums will have to be calculated $\sum_{i} x_{i} y_{i} = 661.3 MeV \sum_{i} x_{i}^{2} = 1024.0$ The value of the proportionality constant is given by $β = \frac{\sum _{i} x _{i} y _{i}}{\sum _{i} x _{i}^{2}} = 0.646 MeV$ With this value, the (*) can finally be obtained an estimate of $R_{0}$ : $R_{0} = \frac{3 e ^{2}}{20 π ϵ _{0} β} = 1.34 fm$ Commonly accepted value, obtained by The error rate is 7.2%.

p.4 — Grafico Delta E_l contro (A-1) su A^(1/3)

Quesito n. 5. La densità di massa risulta: $δ = \frac{3 m}{4 π R _{0}^{3}} = 1.88 \times 1 0^{28} kg m^{- 3}$ La densità di carica del nucleo: $ρ = \frac{3 Z e}{4 π R _{0}^{3} A} = 8.17 \times 1 0^{24} C m^{- 3}$ Questi valori vanno intesi solo come stime approssimative. ——————————— PROBLEMA n. 3 – Ancora il campo elettrostatico radiale di modulo uniforme! 85 Punti Nota: parlando di campo e potenziale è sempre sottinteso l’attributo “elettrostatico”.

Topic: Nuclear & Particle Physics, Electrostatics Metodi: Physical Modeling, Dimensional Analysis Competenze: Mathematical Modeling, Estimation & Approximation Objects: Nucleus Fonte: Testo (PDF) — p.4 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Problem no. 5. The mass density is: $δ = \frac{3 m}{4 π R _{0}^{3}} = 1.88 \times 1 0^{28} kg m^{- 3}$ The charge density of the nucleus: $ρ = \frac{3 Z e}{4 π R _{0}^{3} A} = 8.17 \times 1 0^{24} C m^{- 3}$ These values are to be understood only as approximate estimates. ——————————— PROBLEM no. 3 – Again the radial electrostatic field of uniform magnitude! 85 Points Note: when speaking of field and potential, the attribute “electrostatic” is always implied.

Solution: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 1. Le cariche superficiali si determinano immediatamente con l’uso del teorema di Coulomb (applicazione del teorema di Gauss) considerando che il campo (o meglio la sua componente radiale) è discontinuo nell’attraversamento delle due superfici. $ϵ_{0} Δ E_{⊥} = σ \Rightarrow σ (R) = ϵ_{0} E_{0} e σ (2 R) = - ϵ_{0} E_{0}$ In alternativa si può usare direttamente il teorema di Gauss: detta $Q (r)$ la carica contenuta nella sfera di raggio generico $r$ , essa è pari a $ϵ_{0} Φ (r) = 4 π ϵ_{0} r^{2} E_{0}$ . La carica sulla superficie interna si trova facendo il limite di $Q (r)$ per $r \to R^{+}$ , mentre quella sulla superficie esterna per differenza tra la carica totale (nulla) e quella positiva fino a $r \to (2 R)^{-}$ ; quindi $Q_{1} = lim_{r \to R^{+}} Q (r) = 4 π ϵ_{0} R^{2} E_{0} \Rightarrow σ_{1} = \frac{Q _{1}}{4 π R ^{2}} = ϵ_{0} E_{0}$ $Q_{2} = 0 - lim_{r \to 2 R^{-}} Q (r) = - 4 π ϵ_{0} (2 R)^{2} E_{0} \Rightarrow σ_{2} = \frac{Q _{2}}{4 π ( 2 R ) ^{2}} = - ϵ_{0} E_{0}$

Topic: Electrostatics Metodi: Gauss’s Law, Coulomb’s Law, Electric Potential Method Competenze: Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning, Physical Reasoning Objects: Sphere Fonte: Testo (PDF) — p.5 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 1. The surface loads are determined immediately by the use of Coulomb’s theorem (application of the Gauss’s theorem) considering that the field (or rather its radial component) is discontinuous in the crossing of the two surfaces. $ϵ_{0} Δ E_{⊥} = σ \Rightarrow σ (R) = ϵ_{0} E_{0} e σ (2 R) = - ϵ_{0} E_{0}$ In alternativa si può usare direttamente il teorema di Gauss: detta $Q (r)$ la carica contenuta nella sfera di The generic radius $r$ is $ϵ_{0} Φ (r) = 4 π ϵ_{0} r^{2} E_{0}$ . The load on the inner surface is found by making the limit of $Q (r)$ for $r \to R^{+}$ , while that on the surface external for difference between total (zero) and positive charge up to $r \to (2 R)^{-}$ ; then $Q_{1} = lim_{r \to R^{+}} Q (r) = 4 π ϵ_{0} R^{2} E_{0} \Rightarrow σ_{1} = \frac{Q _{1}}{4 π R ^{2}} = ϵ_{0} E_{0}$ $Q_{2} = 0 - lim_{r \to 2 R^{-}} Q (r) = - 4 π ϵ_{0} (2 R)^{2} E_{0} \Rightarrow σ_{2} = \frac{Q _{2}}{4 π ( 2 R ) ^{2}} = - ϵ_{0} E_{0}$

Quesito n. 2. Per quanto sopra, dette $Q_{1}$ , $Q_{s p}$ , $Q_{2}$ le cariche superficiali e spaziale, deve essere $Q_{1} + Q_{s p} + Q_{2} = 0 \Rightarrow Q_{s p} = - Q_{2} - Q_{1} = 4 π ϵ_{0} ((2 R)^{2} - R^{2}) E_{0} = 12 π ϵ_{0} R^{2} E_{0}$ La carica spaziale (o volumetrica) occupa il volume $V = (4/3) π ((2 R)^{3} - R^{3}) = (28/3) π R^{3}$ per cui la densità media è $⟨ ρ ⟩ = \frac{Q _{s p}}{V} = \frac{12 π ϵ _{0} R ^{2} E _{0}}{( 28/3 ) π R ^{3}} = \frac{9 ϵ _{0} E _{0}}{7 R}$

Topic: Electrostatics Metodi: Gauss’s Law, Coulomb’s Law, Electric Potential Method Competenze: Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning Objects: Sphere Fonte: Testo (PDF) — p.5 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 2. For the purposes of the above, the above $Q_{1}$ , $Q_{s p}$ , $Q_{2}$ surface and spatial loads shall be $Q_{1} + Q_{s p} + Q_{2} = 0 \Rightarrow Q_{s p} = - Q_{2} - Q_{1} = 4 π ϵ_{0} ((2 R)^{2} - R^{2}) E_{0} = 12 π ϵ_{0} R^{2} E_{0}$ The spatial (or volumetric) load occupies the volume $V = (4/3) π ((2 R)^{3} - R^{3}) = (28/3) π R^{3}$ for which the density is The average is $⟨ ρ ⟩ = \frac{Q _{s p}}{V} = \frac{12 π ϵ _{0} R ^{2} E _{0}}{( 28/3 ) π R ^{3}} = \frac{9 ϵ _{0} E _{0}}{7 R}$

Quesito n. 3. Poiché la carica non è distribuita uniformemente (ma dipende solo dalla distanza $r$ , ovvero $ρ = ρ (r)$ ), occorre applicare il teorema di Gauss ad uno strato di spessore infinitesimo (trascurando termini di ordine superiore al primo): $Φ = 4 π (r + d r)^{2} E_{0} - 4 π r^{2} E_{0} = 8 π r d r E_{0} + O (d r^{2})$ $d q = ρ (r) d v = 4 π r^{2} d r ρ (r) \Rightarrow$ $\Rightarrow 8 π r d r E_{0} = 4 π r^{2} d r ρ (r) / ϵ_{0}$ e infine $ρ (r) = \frac{2 ϵ _{0} E _{0}}{r} = ρ_{0} \frac{R}{r} con ρ_{0} = \frac{2 ϵ _{0} E _{0}}{R}$

Topic: Electrostatics Metodi: Gauss’s Law, Calculus-Integration, Electric Potential Method Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: Sphere Fonte: Testo (PDF) — p.5 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 3. Since the load is not evenly distributed (but depends only on the distance $r$ , or $ρ = ρ (r)$ ), it is necessary to The first is the application of Gauss’s theorem to a layer of infinitesimal thickness (neglecting terms of order higher than the first: $Φ = 4 π (r + d r)^{2} E_{0} - 4 π r^{2} E_{0} = 8 π r d r E_{0} + O (d r^{2})$ $d q = ρ (r) d v = 4 π r^{2} d r ρ (r) \Rightarrow$ $\Rightarrow 8 π r d r E_{0} = 4 π r^{2} d r ρ (r) / ϵ_{0}$ And finally, $ρ (r) = \frac{2 ϵ _{0} E _{0}}{r} = ρ_{0} \frac{R}{r} con ρ_{0} = \frac{2 ϵ _{0} E _{0}}{R}$

Quesito n. 4. Il calcolo del potenziale è immediato, essendo $V (R_{2}) = 0$ per $r \geq 2 R$ a causa del campo esterno nullo. Per definizione $V (r) = \int_{r}^{\infty} E (r) d r = \int_{r}^{2 R} E_{0} d r = (2 R - r) E_{0}$ espressione valida per $R < r < 2 R$ . Nei punti interni alla prima sfera il potenziale è uniforme, dato che il campo è nullo, ed è pari a $V_{0} = V (R) = R E_{0} .$ I grafici richiesti sono riportati a fianco.

p.6 — Grafico campo radiale E(r) in funzione di r

Topic: Electrostatics Metodi: Electric Potential Method, Calculus-Integration, Gauss’s Law Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Sphere Fonte: Testo (PDF) — p.6 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 4. The calculation of the potential is immediate, being $V (R_{2}) = 0$ for $r \geq 2 R$ a The result of the external field is zero. By definition $V (r) = \int_{r}^{\infty} E (r) d r = \int_{r}^{2 R} E_{0} d r = (2 R - r) E_{0}$ the expression valid for $R < r < 2 R$ . In the points inside the first sphere the The potential is uniform, since the field is zero, and is equal to $V_{0} = V (R) = R E_{0} .$ The required graphs are listed side by side.

The radial field graph E(r) as a function of r

Quesito n. 5. Trattandosi di una campo di forze centrale si conserva il momento angolare, perpendicolare al piano individuato dalla posizione $r_{0}$ e velocità $v_{o}$ iniziali. Pertanto la traiettoria deve stare tutta sul medesimo piano. In alternativa si può riconoscere che la forza è sempre nello stesso piano e dunque non può mai esserci una componente perpendicolare di accelerazione, tale da portare la particella fuori dello stesso piano.

p.6 — Grafico campo E(r) traiettoria forza centrale

Topic: Electrostatics, Newtonian Mechanics Metodi: Conservation Laws, Torque & Angular Momentum Analysis, Vector Decomposition Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Objects: Point Charge Fonte: Testo (PDF) — p.6 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 5. Since this is a central force field, angular momentum is conserved, perpendicular to the plane defined by the initial position $r_{0}$ and velocity $v_{o}$ . Therefore the trajectory must lie entirely in the same plane. Alternatively, one can recognize that the force always lies in the same plane and thus there can never be a perpendicular component of acceleration capable of taking the particle out of that plane.

p.6 — Graph of field E(r), central force trajectory

Solution: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 6. Alla distanza minima $r$ (si omette il pedice per semplicità) la particella si muove con velocità incognita di modulo $v$ . Occorre quindi impostare un sistema di due equazioni: una è fornita dalla conservazione dell’energia, l’altra dalla conservazione del momento angolare ${\frac{1}{2} m v^{2} + q V (r) = \frac{1}{2} m v_{0}^{2} + q V (2 R) m r v = m (2 R) v_{0} sen 4 5^{\circ} \Rightarrow {m r^{2} v^{2} R + m r^{2} v_{0}^{2} (2 R - r) = m r^{2} v_{0}^{2} R r v = 2 R v_{0} sen 4 5^{\circ}$ avendo moltiplicato la prima equazione per $2 r^{2} R$ ed avendo sostituito $2 q E_{0} R = m v_{0}^{2}$ per definizione di $v_{0}$ . Dalla seconda equazione $r^{2} v^{2} = 4 R^{2} v_{0}^{2} sen^{2} 4 5^{\circ} = 2 R^{2} v_{0}^{2}$ che, sostituito nella prima per eliminare l’incognita $v$ dà $2 R^{3} v_{0}^{2} + r^{2} v_{0}^{2} (2 R - r) = r^{2} v_{0}^{2} R \Rightarrow r^{3} - R r^{2} - 2 R^{3} = 0$ Nella variabile $z = r / R$ l’equazione da risolvere è $f (z) = z^{3} - z^{2} - 2 = 0 in 1 < z < 2$ Si osserva che $f (1) = - 2 < 0$ , $f (2) = 2 > 0$ e che la derivata $f^{'} = 3 z^{2} - 2 z$ è sempre positiva nell’intervallo considerato: dunque nello stesso intervallo la funzione è continua e crescente per cui ha certamente uno ed un solo zero che può essere determinato ad esempio col metodo dicotomico: Soluzione numerica dell’equazione $f (z) = 0$ in $1 < z < 2$

valore nel punto medio	nuovo intervallo	nuova posizione
$f (1.500) = - 0.8750 < 0$	1.500 – 2.000	$1.750 \pm 0.250$
$f (1.750) = 0.2969 > 0$	1.500 – 1.750	$1.625 \pm 0.125$
$f (1.625) = - 0.3496 < 0$	1.625 – 1.750	$1.687 \pm 0.063$
$f (1.687) = - 0.0422 < 0$	1.687 – 1.750	$1.719 \pm 0.031$
$f (1.719) = 0.1246 > 0$	1.687 – 1.719	$1.703 \pm 0.016$

La soluzione (a meno dell’1 %) vale $z = 1.70$ per cui $r_{min} \approx 1.70 R$ . ——————————— PROBLEMA n. 4 – Due altoparlanti 45 Punti

Topic: Electrostatics, Newtonian Mechanics Metodi: Conservation Laws, Energy Conservation Method, Torque & Angular Momentum Analysis Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Estimation & Approximation Objects: Point Charge Fonte: Testo (PDF) — p.6 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question no. 6. At the minimum distance $r$ (the subscript is omitted for simplicity) the particle moves with unknown speed of magnitude $v$ . It is therefore necessary to set up a system of two equations: one is provided by the conservation of energy, the other by the conservation of angular momentum ${\frac{1}{2} m v^{2} + q V (r) = \frac{1}{2} m v_{0}^{2} + q V (2 R) m r v = m (2 R) v_{0} sen 4 5^{\circ} \Rightarrow {m r^{2} v^{2} R + m r^{2} v_{0}^{2} (2 R - r) = m r^{2} v_{0}^{2} R r v = 2 R v_{0} sen 4 5^{\circ}$ having multiplied the first equation by $2 r^{2} R$ and having substituted $2 q E_{0} R = m v_{0}^{2}$ by the definition of $v_{0}$ . From the second equation $r^{2} v^{2} = 4 R^{2} v_{0}^{2} sen^{2} 4 5^{\circ} = 2 R^{2} v_{0}^{2}$ which, substituted into the first to eliminate the unknown $v$ gives $2 R^{3} v_{0}^{2} + r^{2} v_{0}^{2} (2 R - r) = r^{2} v_{0}^{2} R \Rightarrow r^{3} - R r^{2} - 2 R^{3} = 0$ In the variable $z = r / R$ the equation to be solved is $f (z) = z^{3} - z^{2} - 2 = 0 in 1 < z < 2$ One observes that $f (1) = - 2 < 0$ , $f (2) = 2 > 0$ and that the derivative $f^{'} = 3 z^{2} - 2 z$ is always positive in the interval considered: therefore in the same interval the function is continuous and increasing, so it certainly has one and only one zero which can be determined for example with the bisection method: Numerical solution of the equation $f (z) = 0$ in $1 < z < 2$

value at the midpoint	new interval	new position
$f (1.500) = - 0.8750 < 0$	1.500 – 2.000	$1.750 \pm 0.250$
$f (1.750) = 0.2969 > 0$	1.500 – 1.750	$1.625 \pm 0.125$
$f (1.625) = - 0.3496 < 0$	1.625 – 1.750	$1.687 \pm 0.063$
$f (1.687) = - 0.0422 < 0$	1.687 – 1.750	$1.719 \pm 0.031$
$f (1.719) = 0.1246 > 0$	1.687 – 1.719	$1.703 \pm 0.016$

The solution (to within 1%) is $z = 1.70$ so $r_{min} \approx 1.70 R$ . ——————————— PROBLEM no. 4 – Two loudspeakers 45 points

Solution: Soluzioni (PDF)

Quesito n. 1. Consideriamo il vertice B. Affinché in esso si abbia il massimo d’intensità del prim’ordine, le onde provenienti dai due altoparlanti devono arrivare in fase. Poiché le sorgenti sono in fase, l’unico sfasamento è quello introdotto dalla differenza di cammino $Δ L$ : in B ci sarà un massimo se $Δ L = nλ$ . I massimi del prim’ordine si hanno quando la differenza di cammino è pari a una lunghezza d’onda: $d (2 - 1) = λ = \frac{v}{ν} \Rightarrow ν = \frac{v}{d ( 2 - 1 )} = 233 Hz$ Il valore trovato corrisponde ad un La#3. Si ha interferenza distruttiva, come è noto, quando la differenza di cammino percorso dalle onde sonore è un multiplo dispari di mezze lunghezze d’onda. I punti $P = (x, y)$ del piano del quadrato in cui si hanno i minimi d’interferenza descrivono il luogo $∣ S_{1} P - S_{1} P ∣ = (2 n + 1) \frac{λ}{2}$ . I punti del piano in cui si ha interferenza distruttiva, dunque, appartengono alle iperboli di un fascio che ha i fuochi nelle sorgenti $S_{1}$ ed $S_{2}$ e l’asse di simmetria coincidente con l’asse del segmento $S_{1} S_{2}$ . I punti da trovare sono quelli d’intersezione tra le iperboli suddette e i lati del quadrato. Il problema è simmetrico e, per risolverlo, si fissa un sistema di riferimento cartesiano con gli assi paralleli ai lati del quadrato e origine nel punto medio del segmento $S_{1} S_{2}$ . I punti d’interferenza distruttiva sull’asse delle ordinate aventi ordinata positiva sono quelli che soddisfano la condizione $x = 0$ , $y = (2 n + 1) \frac{λ}{4}$ con $n = 0, 1, 2, ...$ purché $y < \frac{d}{2}$ . In questo caso $n = 0, 1$ soltanto e dunque $y_{1} = \frac{λ}{4} = 0.36$ m e $y_{2} = \frac{3}{4} λ = 1.09$ m. Considerando che questi sono i vertici delle iperboli d’interferenza distruttiva e che le sorgenti sono nei fuochi, si determinano rapidamente le equazioni dei luoghi cercati. I minimi d’interferenza sono 4 sul segmento $S_{1} S_{2}$ , due sul lato BC del quadrato, gli altri due sui lati $S_{1} B$ ed $S_{2} C$ . Indicando con $a$ l’ordinata dei vertici e con $c$ quella dei fuochi, i luoghi hanno l’equazione generale seguente $I : (c^{2} - a^{2}) y^{2} - a^{2} x^{2} = (c^{2} - a^{2}) a^{2}$ In particolare, lungo il segmento BC $x = d a = \frac{λ}{4} = \frac{d}{4} (2 - 1) c = \frac{d}{2} \Rightarrow y = \pm \frac{( c ^{2} - a ^{2} ) a ^{2} + a ^{2} x ^{2}}{c ^{2} - a ^{2}} = \pm 0.82 m$ mentre lungo i segmenti $S_{1} B$ ed $S_{2} C$ $y = \pm \frac{d}{2} a = \frac{3}{4} λ = \frac{3}{4} d (2 - 1) c = \frac{d}{2} \Rightarrow x = \frac{( c ^{2} - a ^{2} ) y ^{2} - ( c ^{2} - a ^{2} ) a ^{2}}{a ^{2}} = 1.73 m$ La figura accanto descrive la situazione. ——————— In alternativa i minimi sui segmenti BC, $S_{1} B$ ed $S_{2} C$ si possono trovare anche senza ricorrere alle iperboli, semplicemente scrivendo la condizione d’interferenza distruttiva, analogamente a quanto s’è fatto per trovare i massimi. Si ottiene, rispettivamente sui lati orizzontali e sul lato verticale, $x = \frac{d}{12} (13 - 52) = 1.73 m e y = \pm \frac{d}{4} \frac{114 2 - 155}{7} = \pm 0.82 m$

Topic: Oscillations & Waves, Wave Optics Metodi: Superposition Principle, Interference & Diffraction Analysis, Wave Equation Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: — Fonte: Testo (PDF) — p.7 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 1. Let’s consider the B-summit. In order to achieve the maximum intensity of the first order, the waves coming from the Two speakers must be in phase. Since the sources are in phase, the only phase-out is the one introduced from the path difference $Δ L$ : in B there will be a maximum if $Δ L = nλ$ . The first-order maximum has been When the difference in path is equal to a wavelength: $d (2 - 1) = λ = \frac{v}{ν} \Rightarrow ν = \frac{v}{d ( 2 - 1 )} = 233 Hz$ The value found corresponds to a La#3. You have destructive interference, as you know, when the difference in pathway traveled by the sound waves is A odd multiple of half wavelengths. The $P = (x, y)$ points on the square plane where the The minimum interference shall describe the place $∣ S_{1} P - S_{1} P ∣ = (2 n + 1) \frac{λ}{2}$ . The points of the plan where interference is involved distruttiva, dunque, appartengono alle iperboli di un fascio che ha i fuochi nelle sorgenti $S_{1}$ ed $S_{2}$ e l’asse di symmetry matching the $S_{1} S_{2}$ segment axis. The points to be found are those at the intersection of the hyperbolites The above and the sides of the square. The problem is symmetrical and a reference system is used to solve it. Cartesian with parallel axes on the sides of the square and originating in the middle of the $S_{1} S_{2}$ segment. The destructive interference points on the axis of positive ordered orders are those that satisfy the following criteria: the condition $x = 0$ , $y = (2 n + 1) \frac{λ}{4}$ with $n = 0, 1, 2, ...$ provided that $y < \frac{d}{2}$ . In this case only $n = 0, 1$ and therefore $y_{1} = \frac{λ}{4} = 0.36$ m e $y_{2} = \frac{3}{4} λ = 1.09$ m. Considering that these are the peaks of interference hyperbolic The results of the research are very good. I The minimum interference is 4 on the $S_{1} S_{2}$ segment, two on the BC side of the square, the other two on the $S_{1} B$ and $S_{2} C$ sides. Indicating with $a$ the order of the peaks and with $c$ that of the fires, the places have the following general equation $I : (c^{2} - a^{2}) y^{2} - a^{2} x^{2} = (c^{2} - a^{2}) a^{2}$ In particular, along the BC segment $x = d a = \frac{λ}{4} = \frac{d}{4} (2 - 1) c = \frac{d}{2} \Rightarrow y = \pm \frac{( c ^{2} - a ^{2} ) a ^{2} + a ^{2} x ^{2}}{c ^{2} - a ^{2}} = \pm 0.82 m$ whereas along the $S_{1} B$ and $S_{2} C$ segments $y = \pm \frac{d}{2} a = \frac{3}{4} λ = \frac{3}{4} d (2 - 1) c = \frac{d}{2} \Rightarrow x = \frac{( c ^{2} - a ^{2} ) y ^{2} - ( c ^{2} - a ^{2} ) a ^{2}}{a ^{2}} = 1.73 m$ The figure next to it describes the situation. ——————— Alternatively, the BC, $S_{1} B$ and $S_{2} C$ segments can be found without the use of hyperbolic, The first is that the data is not available to the public. Maximum. The horizontal and vertical sides are obtained, respectively. $x = \frac{d}{12} (13 - 52) = 1.73 m e y = \pm \frac{d}{4} \frac{114 2 - 155}{7} = \pm 0.82 m$

Quesito n. 2. Per una sorgente puntiforme di onde tridimensionali, l’intensità è direttamente proporzionale alla potenza della sorgente e inversamente proporzionale al quadrato della distanza. Poiché la potenza degli altoparlanti è la stessa e l’intensità è, anche, direttamente proporzionale al quadrato dell’ampiezza, si ha $I_{1} r_{1}^{2} = I_{2} r_{2}^{2} \Rightarrow A_{1}^{2} r_{1}^{2} = A_{2}^{2} r_{2}^{2} \Rightarrow \frac{A _{1}}{A _{2}} = 2$ Lo sfasamento dipende dalla differenza di cammino di due raggi emessi dalle sorgenti. Si ha $ϕ = 2 π \frac{Δ L}{λ} = 2 π \frac{d ( 2 - 1 )}{λ} = 2 π \frac{d ( 2 - 1 ) ν}{v} = 5.57 rad$

Topic: Oscillations & Waves Metodi: Superposition Principle, Wave Equation, Physical Modeling Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: — Fonte: Testo (PDF) — p.7 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Question No. 2. For a point source of three-dimensional waves, the intensity is directly proportional to the power of the The distance is proportional to the square of the distance. Because the power of the speakers is the same. And the intensity is also directly proportional to the square of the width, so we have $I_{1} r_{1}^{2} = I_{2} r_{2}^{2} \Rightarrow A_{1}^{2} r_{1}^{2} = A_{2}^{2} r_{2}^{2} \Rightarrow \frac{A _{1}}{A _{2}} = 2$ The phase difference depends on the path difference of two rays emitted by the sources. Si ha $ϕ = 2 π \frac{Δ L}{λ} = 2 π \frac{d ( 2 - 1 )}{λ} = 2 π \frac{d ( 2 - 1 ) ν}{v} = 5.57 rad$

Quesito n. 3. Sovrapponendo due onde sinusoidali con la stessa frequenza e sfasate di $ϕ$ , si ottiene un’onda sinusoidale con la stessa frequenza, la cui ampiezza è legata alle ampiezze delle due onde componenti dalla relazione $A^{2} = A_{1}^{2} + A_{2}^{2} + 2 A_{1} A_{2} cos ϕ$ . Questa espressione si ricava facilmente utilizzando la rappresentazione vettoriale delle funzioni d’onda mediante i fasori. Secondo questa rappresentazione, l’ampiezza dell’onda risultante si determina sommando due vettori di modulo $A_{1}$ e $A_{2}$ che formano un angolo $ϕ$ . Si può arrivare allo stesso risultato sommando due funzioni d’onda di ampiezza diversa e sfasate di $ϕ$ : $y_{1} = A_{1} sen (ω t)$ e $y_{2} = A_{2} sen (ω t + ϕ)$ . Così facendo si ottiene l’onda di ampiezza $A$ e fase iniziale $ψ$ che si vuol determinare. $A_{1} sen (ω t) + A_{2} sen (ω t + ϕ) = A sen (ω t + ψ)$ Sviluppando con la formula di addizione $A_{1} sen ω t + A_{2} cos ϕ sen ω t + A_{2} sen ϕ cos ω t = A cos ψ sen ω t + A sen ψ cos ω t$ Imponendo l’uguaglianza, prima per $ω t = 0$ e poi per $ω t = π /2$ , $A_{2} sen ϕ = A sen ψ$ $A_{1} + A_{2} cos ϕ = A cos ψ (1)$ Quadrando e sommando $A_{2}^{2} sen^{2} ϕ + A_{1}^{2} + A_{2}^{2} cos^{2} ϕ + 2 A_{1} A_{2} cos ϕ = A^{2} sen^{2} ψ + A^{2} cos^{2} ψ$ Semplificando $A^{2} = A_{1}^{2} + A_{2}^{2} + 2 A_{1} A_{2} cos ϕ$ Ritornando al problema, si sa che accendendo o spegnendo l’altoparlante in $S_{2}$ non si nota alcuna variazione nell’intensità del suono in B, in altre parole le ampiezze $A_{1}$ della prima sorgente ed $A$ della sovrapposizione delle onde, sono uguali. Inoltre si ha che $A_{1} = 2 A_{2}$ a causa della diversa distanza. Si ottiene, quindi, $A_{1}^{2} = A_{1}^{2} + A_{2}^{2} + 2 A_{1} A_{2} cos ϕ \Rightarrow 2 A_{2}^{2} = 2 A_{2}^{2} + A_{2}^{2} + 22 A_{2}^{2} cos ϕ$ $1 + 22 cos ϕ = 0 \Rightarrow cos ϕ = - \frac{2}{4} \Rightarrow ϕ_{1} = arccos (- \frac{2}{4}) e ϕ_{2} = 2 π - arccos (- \frac{2}{4})$ Ora, ricordando che $ϕ_{i} = 2 π \frac{d _{i} ( 2 - 1 ) ν}{v}$ , si ricava $d_{i} = \frac{ϕ _{i}}{2 π} \frac{v}{ν} \frac{1}{2 - 1} \Rightarrow d_{1} = 0.57 m e d_{2} = 1.28 m$ Materiale prodotto dal gruppo OLIMPIADI PROGETTO PROGETTO OLIMPIADI Segreteria Olimpiadi Italiane della Fisica fax: 041.584.1272 e-mail: olifis@libero.it I problemi n.1 e n.2 sono stati elaborati su proposta di due studenti già membri delle squadre italiane alle Olimpiadi Internazionali, rispettivamente Giuliano Chiriacò (Medaglia d’argento alle IPhO di Merida, Messico, 2009) e Andrea Caleo (Medaglia d’argento alle IPhO di Hanoi, Vietnam, 2008); per questa collaborazione va loro un vivo ringraziamento da parte del Gruppo Olimpiadi.

Topic: Oscillations & Waves Metodi: Superposition Principle, Wave Equation, Simple Harmonic Motion Analysis Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Objects: — Fonte: Testo (PDF) — p.8 Soluzione: Soluzioni (PDF)

Problem no. 3. By superimposing two sinusoidal waves with the same frequency and phase-shifted by $ϕ$ , one obtains a sinusoidal wave with the same frequency, whose amplitude is related to the amplitudes of the two component waves by the relation $A^{2} = A_{1}^{2} + A_{2}^{2} + 2 A_{1} A_{2} cos ϕ$ . This expression is easily derived using the vector representation of the wave functions by means of phasors. According to this representation, the amplitude of the resulting wave is determined by adding two vectors of magnitude $A_{1}$ and $A_{2}$ that form an angle $ϕ$ . The same result can be reached by adding two wave functions of different amplitude and phase-shifted by $ϕ$ : $y_{1} = A_{1} sen (ω t)$ and $y_{2} = A_{2} sen (ω t + ϕ)$ . In this way one obtains the wave of amplitude $A$ and initial phase $ψ$ that is to be determined. $A_{1} sen (ω t) + A_{2} sen (ω t + ϕ) = A sen (ω t + ψ)$ Expanding with the addition formula $A_{1} sen ω t + A_{2} cos ϕ sen ω t + A_{2} sen ϕ cos ω t = A cos ψ sen ω t + A sen ψ cos ω t$ Imposing equality, first for $ω t = 0$ and then for $ω t = π /2$ , $A_{2} sen ϕ = A sen ψ$ $A_{1} + A_{2} cos ϕ = A cos ψ (1)$ Squaring and adding $A_{2}^{2} sen^{2} ϕ + A_{1}^{2} + A_{2}^{2} cos^{2} ϕ + 2 A_{1} A_{2} cos ϕ = A^{2} sen^{2} ψ + A^{2} cos^{2} ψ$ Simplifying $A^{2} = A_{1}^{2} + A_{2}^{2} + 2 A_{1} A_{2} cos ϕ$ Returning to the problem, it is known that turning the loudspeaker in $S_{2}$ on or off produces no noticeable variation in the sound intensity at B, in other words the amplitudes $A_{1}$ of the first source and $A$ of the superposition of the waves are equal. Moreover, one has that $A_{1} = 2 A_{2}$ because of the different distance. One obtains, therefore, $A_{1}^{2} = A_{1}^{2} + A_{2}^{2} + 2 A_{1} A_{2} cos ϕ \Rightarrow 2 A_{2}^{2} = 2 A_{2}^{2} + A_{2}^{2} + 22 A_{2}^{2} cos ϕ$ $1 + 22 cos ϕ = 0 \Rightarrow cos ϕ = - \frac{2}{4} \Rightarrow ϕ_{1} = arccos (- \frac{2}{4}) e ϕ_{2} = 2 π - arccos (- \frac{2}{4})$ Now, recalling that $ϕ_{i} = 2 π \frac{d _{i} ( 2 - 1 ) ν}{v}$ , one obtains $d_{i} = \frac{ϕ _{i}}{2 π} \frac{v}{ν} \frac{1}{2 - 1} \Rightarrow d_{1} = 0.57 m e d_{2} = 1.28 m$ Material produced by the group OLYMPIADS PROJECT OLYMPIAD PROJECT Secretariat of the Italian Physics Olympiads fax: 041.584.1272 e-mail: olifis@libero.it Problems no.1 and no.2 were developed on the proposal of two students who were already members of the Italian teams at the International Olympiads, respectively Giuliano Chiriacò (Silver Medal at the IPhO in Merida, Mexico, 2009) and Andrea Caleo (Silver Medal at the IPhO in Hanoi, Vietnam, 2008); for this collaboration they deserve warm thanks from the Olympiad Group.

Solution: Soluzioni (PDF)

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