OII 2014 2° Livello — 2liv14S-Def.pdf

Documento di soluzioni (spostato da Prove). Testi: 2liv14T-Def.

Fonte: Gara individuale/2livello/2014/2liv14S-Def.pdf · Apri PDF · apri PDF p.1 Cluster: Meccanica

Soluzione 1

QUESITO n.1

Le sorgenti che si osservano in astronomia sono molto distanti, pertanto in assenza dell’oculare, l’obiettivo formerebbe immagini reali sul piano focale, quindi ad $1\text{m}$ da esso; per poter avere raggi paralleli in uscita dal cannocchiale (cioè per osservare l’immagine all’infinito) i prolungamenti geometrici dei raggi che incidono sull’oculare devono convergere nel fuoco oltre lo stesso; in altre parole le due lenti devono avere un fuoco (oltre che l’asse ottico) in comune. La distanza $d$ tra le due lenti (detta “tiraggio”) deve quindi essere uguale alla somma delle distanze focali delle due lenti, cioè $d=95\text{cm}$.

Osserviamo che la condizione per cui il tiraggio dev’essere uguale alla somma delle distanze focali delle due lenti vale anche per il cannocchiale astronomico, realizzato con lenti entrambe convergenti.

Topic: Geometric Optics Metodi: Thin Lens & Mirror Equation, Ray Tracing, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Fonte: Testo (PDF) — p.1

Soluzione 2

QUESITO n.2

In condizioni stazionarie, il flusso di calore che attraversa i due strati della lastra è lo stesso. Ricordiamo che il flusso termico attraverso uno strato omogeneo di area $A$ è direttamente proporzionale all’area stessa e alla differenza di temperatura tra le facce opposte, e inversamente proporzionale allo spessore dello strato; la costante di proporzionalità è la conducibilità termica del materiale di cui esso è costituito. Abbiamo allora:

${\sigma }_{v}A\frac{t_v-t_i}{s_v}={\sigma }_{p}A\frac{t_i-t_p}{s_p}$

da cui

$s_p=s_v\frac{{\sigma }_p}{{\sigma }_v}\frac{t_i-t_p}{t_v-t_i}=6.0\text{mm}.$

$\text{RIS}\Rightarrow 5.96\le s_p\le 6.02[\text{mm}]$

Topic: Thermodynamics Metodi: Physical Modeling, Dimensional Analysis, Conservation Laws Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Fonte: Testo (PDF) — p.1

Soluzione 3

QUESITO n.3

Scegliendo come verso positivo il verso orario per la corrente, la legge di Kirchhoff delle maglie si scrive

$RI+\frac{Q}{2C}-\frac{Q}{C}=0\Rightarrow I=\frac{Q}{2RC}=40\text{mA}.$

Dato che questo valore è positivo, la corrente circola in verso orario.

NOTA per i correttori $\Rightarrow$ Attribuire 1 punto a chi sbaglia o non specifica il verso della corrente.

Topic: Circuits Metodi: Kirchhoff’s Laws, Equivalent Circuit Reduction Competenze: Diagrammatic Reasoning, Mathematical Modeling Fonte: Testo (PDF) — p.2

Soluzione 4

QUESITO n.4

In un urto elastico (in assenza di forze esterne impulsive) si conservano sia la quantità di moto sia l’energia cinetica. Possiamo quindi scrivere (indicando con apici le velocità finali)

$\{\begin{array}{l}{m}_1{v}_1^{\prime }+m_2{v}_2^{\prime }=m_1{v}_1+m_2{v}_2\\ \frac{1}{2}{m}_1{v}_1^{\prime 2}+\frac{1}{2}{m}_2{v}_2^{\prime 2}=\frac{1}{2}{m}_1{v}_1^2+\frac{1}{2}{m}_2{v}_2^2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{m}_1(v_1^{\prime }-v_1)=m_2(v_2-v_2^{\prime })\\ m_1(v_1^{\prime 2}-v_1^2)=m_2(v_2^2-v_2^{\prime 2})\end{array}(1)$

Dividendo la seconda equazione per la prima otteniamo

$v_1^{\prime }=v_2^{\prime }+v_2-v_1$

espressione che, sostituita nella prima delle (1), dà infine

$m_2=m_1\frac{v_2+v_2^{\prime }-2v_1}{v_2-v_2^{\prime }}=15\text{kg}.$

Topic: Conservation of Energy, Conservation of Momentum, Newtonian Mechanics Metodi: Conservation of Energy, Conservation of Momentum, Conservation Laws Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Fonte: Testo (PDF) — p.2

Soluzione 5

QUESITO n.5

Il rendimento di una macchina termica reversibile che scambia calore con due sole sorgenti (macchina di Carnot) è ${\eta }_C=(T_2-T_1)/T_2$, dove $T_1$ e $T_2$ sono le temperature assolute rispettivamente della sorgente fredda e di quella calda.

Poiché il rendimento di una qualunque macchina termica è, per definizione, $L/Q_a$ dove $L$ è il lavoro netto scambiato durante il ciclo e $Q_a$ è il calore assorbito, e poiché – indicando con $P_m$ e $P_{ta}$ rispettivamente la potenza meccanica e quella termica assorbita – risulta evidentemente $L/Q_a=P_m/P_{ta}$, abbiamo:

$0.4(T_2-T_1)/T_2=P_m/P_{ta}$

da cui

$P_{ta}=P_m\frac{T_2}{0.4(T_2-T_1)}=2.99\text{kW}.$

$\text{RIS}\Rightarrow 2.984\le P_{ta}\le 2.998[\text{kW}]$

Topic: Thermodynamics, Conservation of Energy Metodi: Thermodynamic Cycle Analysis, First Law of Thermodynamics, Energy Conservation Method Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Fonte: Testo (PDF) — p.2

Soluzione 6

QUESITO n.6

Se si trascura la resistenza dell’aria, l’energia meccanica si conserva durante il moto. Abbiamo quindi:

$mg{h}_0+\frac{1}{2}m{v}_0^2=\frac{1}{2}m{v}_f^2$

dove $m$ è la massa della palla, $v_f$ la sua velocità finale e $h_0$ l’altezza del punto di lancio della palla. Da questa relazione ricaviamo

$h_0=\frac{v_f^2-v_0^2}{2g}=9.2\text{m}.$

Se $h$ è l’altezza della studentessa, il terrapieno ha un’altezza $h_0-h=7.5\text{m}$ .

$\text{RIS}\Rightarrow 7.42\le h\le 7.52[\text{m}]$

NOTA per i correttori $\Rightarrow$ Attribuire 2 punti se non viene sottratta l’altezza della studentessa.

Topic: Newtonian Mechanics, Conservation of Energy Metodi: Energy Conservation Method, Kinematic Equations, Free-Body Diagram Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Fonte: Testo (PDF) — p.2

Soluzione 7

QUESITO n.7

Dal lato del rame sul piatto della bilancia, tenendo conto anche della spinta idrostatica, agisce una forza $F_{Cu}=m_{Cu}g-(m_{Cu}/{\rho }_{Cu}){\rho }_{acq}g$; dal lato dell’oro, una forza $F_{Au}=m_{Au}g-(m_{Au}/{\rho }_{Au}){\rho }_{acq}g$, con evidente significato dei simboli. Quando la bilancia è in equilibrio, le due forze sono uguali, quindi si ricava

$m_{Au}=m_{Cu}\frac{{\rho }_{Au}({\rho }_{Cu}-{\rho }_{acq})}{{\rho }_{Cu}({\rho }_{Au}-{\rho }_{acq})}=1.124\text{kg}.$

$\text{RIS}\Rightarrow 1.123\le m_{Au}\le 1.125[\text{kg}]$

Topic: Fluid Mechanics, Newtonian Mechanics Metodi: Hydrostatic Equilibrium, Free-Body Diagram, Conservation Laws Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Fonte: Testo (PDF) — p.3

Soluzione 8

QUESITO n.8

Detta $T<F$ la forza che il bullone esercita sulla staffa ed $a>d/2$ la distanza tra il muro e il punto di applicazione del lampione, all’equilibrio risulta, dall’equazione dei momenti, $hT=aP$ con $P$ peso del lampione. A parità di $T$, quindi, il massimo peso del lampione che si può appendere corrisponde a un valore di $a$ minimo. Risulta

$P=\frac{hT}{a}<\frac{2hT}{d}<\frac{2hF}{d}.$

NOTA per i correttori $\Rightarrow$ Si attribuisca punteggio pieno anche a chi esamina direttamente la situazione limite ponendo $T=F$ .

Topic: Rigid Body Statics, Newtonian Mechanics Metodi: Torque & Angular Momentum Analysis, Free-Body Diagram, Vector Decomposition Competenze: Diagrammatic Reasoning, Mathematical Modeling Fonte: Testo (PDF) — p.3

Soluzione 9

QUESITO n.9

Tra i punti A e B ci sono tre fili collegati in parallelo. Il primo è il tratto AB del filo ABC, il secondo è il filo AB e il terzo è dato dal filo AC in serie con il tratto CB del filo ABC.

La resistenza complessiva $R_{AB}$ è data dal parallelo delle tre resistenze. Posta uguale a $R$ la resistenza del filo AB, ricordando che la resistenza di un filo è direttamente proporzionale alla sua lunghezza, si ha

$\frac{1}{R_{AB}}=\frac{1}{R}+\frac{a}{R(a+x)}+\frac{a}{R(\ell -x)}$

Sommando si ottiene

$\frac{1}{R_{AB}}=\frac{1}{R}\left[1+\frac{a(\ell +a)}{(a+x)(\ell -x)}\right]$

Al variare di $x$, $R_{AB}$ è massima quando è massimo il prodotto $(\ell -x)(a+x)=\ell a+x(\ell -a)-x^2$, il cui grafico è una parabola con la concavità verso il basso. Il massimo si ha per $x$ corrispondente al vertice della parabola, cioè per $x=(\ell -a)/2$.

Topic: Circuits Metodi: Equivalent Circuit Reduction, Kirchhoff’s Laws, Approximation & Series Expansion Competenze: Mathematical Modeling, Diagrammatic Reasoning Fonte: Testo (PDF) — p.3

Soluzione 10

QUESITO n.10

Prima dell’apertura della botola, sul primo corpo agisce il peso $m_{1}g$ (verso il basso) e la spinta della molla (verso l’alto); le due forze si equilibrano, quindi la spinta della molla è anch’essa $m_{1}g$. Sul secondo corpo agiscono: il peso $m_{2}g$ (verso il basso), la spinta della molla $m_{1}g$ (verso il basso) e la reazione vincolare della botola (verso l’alto). Immediatamente dopo che quest’ultima viene a mancare, l’estensione della molla, e quindi la sua spinta, è invariata, quindi il secondo corpo è soggetto a una forza $(m_1+m_2)g=m_{2}a$. La sua accelerazione è quindi $a=1.5g=14.7{\text{m s}}^{-2}$, mentre quella del primo corpo è ancora nulla.

$\text{RIS}\Rightarrow 14.70\le a\le 14.73[{\text{m s}}^{-2}]$

NOTA per i correttori $\Rightarrow$ Si assegni un solo punto a chi sbaglia o non fornisce l’accelerazione di uno dei due corpi.

Topic: Newtonian Mechanics, Oscillations & Waves Metodi: Free-Body Diagram, Hooke’s Law, Kinematic Equations Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Fonte: Testo (PDF) — p.3

Soluzione 11

PROBLEMA n.1 – Asta in equilibrio

[Vedi i quesiti seguenti per lo svolgimento delle singole parti del problema.]

Topic: Rigid Body Statics Metodi: Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning Fonte: Testo (PDF) — p.4

Soluzione 12

Quesito n. 1.

L’angolo $\alpha$ può variare tra $\arcsin (1/4)=14.5°$ (asta appoggiata con la punta allo spigolo del gradino) e $90°$ (asta verticale).

Topic: Rigid Body Statics, Newtonian Mechanics Metodi: Physical Modeling, Vector Decomposition Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Fonte: Testo (PDF) — p.4

Soluzione 13

Quesito n. 2.

Le forze che agiscono sull’asta in equilibrio sono: il peso $\vec{P}$, la forza esercitata dal pavimento – che come al solito scomponiamo in una componente normale (${\vec{N}}_1$) e una tangenziale (l’attrito statico $\vec{A}$) – e la forza esercitata dal gradino. Poiché l’attrito tra l’asta e il gradino è trascurabile, questa forza è normale all’asta, e la indicheremo con ${\vec{N}}_2$.

La condizione di equilibrio dell’asta rispetto alla traslazione, ovvero l’annullamento della forza risultante, si scrive quindi:

$\vec{P}+{\vec{N}}_1+\vec{A}+{\vec{N}}_2=0$

[Figura: schema dell’asta appoggiata allo spigolo del gradino, con le forze $\vec{P}$, ${\vec{N}}_2$, $\vec{A}$ e ${\vec{N}}_1$.]

Scomponendo questa equazione lungo una direzione orizzontale e una verticale, otteniamo due equazioni scalari:

$\{\begin{array}{l}{N}_2\sin \alpha -A=0\\ N_1+N_2\cos \alpha -P=0\end{array}(1)$

La condizione di equilibrio rispetto alla rotazione è data dall’annullarsi dei momenti delle forze agenti rispetto ad uno stesso punto, che può essere scelto arbitrariamente se la risultante delle forze è nulla. Scegliendo per comodità il punto di contatto tra l’asta e il pavimento, e considerando positivi i momenti che tendono a far ruotare l’asta in senso antiorario, abbiamo

$2Ph\cos \alpha -N_{2}h/\sin \alpha =0$

Quest’ultima equazione ci consente di ricavare immediatamente $N_2$

$N_2=2P\sin \alpha \cos \alpha$

Sostituendo questo valore nelle (1) abbiamo

$A=2P{\sin }^2\alpha \cos \alpha$ $N_1=P-2P\sin \alpha {\cos }^2\alpha (2)$

Questi sono i valori dei moduli delle forze vincolari che sono necessari per assicurare l’equilibrio dell’asta.

Topic: Rigid Body Statics, Newtonian Mechanics Metodi: Free-Body Diagram, Torque & Angular Momentum Analysis, Vector Decomposition Competenze: Diagrammatic Reasoning, Mathematical Modeling Fonte: Testo (PDF) — p.4

Soluzione 14

Quesito n. 3.

Notiamo che, dal punto di vista matematico, l’espressione di $N_1$ può essere positiva o negativa; se la (2) fornisce un valore negativo, questo significa che, per assicurare l’equilibrio dell’asta, occorrerebbe una forza rivolta verso il basso. Poiché questo non è fisicamente possibile, si ha che in questo caso l’asta ruota attorno allo spigolo del gradino. In altre parole, per avere l’equilibrio dev’essere:

$\sin \alpha {\cos }^2\alpha <1/2\Rightarrow \sin 2\alpha \cos \alpha <1$

Nell’intervallo che ci interessa (tra $14.5°$ e $90°$), questa disequazione è sempre soddisfatta perché risulta sempre $\sin 2\alpha \le 1$, $\cos \alpha \le 1$ e i due fattori non sono mai contemporaneamente uguali ad 1. Possiamo concludere che l’asta non ruota mai attorno allo spigolo del gradino.

Topic: Rigid Body Statics, Newtonian Mechanics Metodi: Free-Body Diagram, Torque & Angular Momentum Analysis, Vector Decomposition Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Fonte: Testo (PDF) — p.4

Soluzione 15

Quesito n. 4.

Affinché l’asta non scivoli, dev’essere

$A<\mu N_1\text{ovvero}2P{\sin }^2\alpha \cos \alpha <\mu P(1-2\sin \alpha {\cos }^2\alpha )\Rightarrow$ $\Rightarrow \sin \alpha \cos \alpha (\sin \alpha +\mu \cos \alpha )=f(\alpha )<\mu /2$

Studiamo per punti la funzione al primo membro, nell’intervallo che ci interessa:

$\alpha$	$f(\alpha )$
$14°$	$0.239$
$20°$	$0.352$
$30°$	$0.517$
$40°$	$0.618$
$50°$	$0.630$
$60°$	$0.548$
$70°$	$0.390$
$80°$	$0.192$
$90°$	$0$

Osserviamo che la funzione ha un andamento regolare, crescente fino a circa $50°$ e poi decrescente. Supera il valore $\mu /2=0.4$ in qualche punto tra $20°$ e $30°$, e torna poi al di sotto di questo valore in qualche punto tra $60°$ e $70°$.

Analizziamo allora più in dettaglio questi intervalli:

$\alpha$	$f(\alpha )$
$22°$	$0.388$
$24°$	$0.423$
$26°$	$0.456$
$28°$	$0.487$
$30°$	$0.517$

$\alpha$	$f(\alpha )$
$62°$	$0.522$
$64°$	$0.492$
$66°$	$0.460$
$68°$	$0.426$
$70°$	$0.390$

Nel primo caso vediamo che il valore $0.4$ viene attraversato tra $22°$ e $24°$. Prendendo il punto medio di questo intervallo, $23°$, siamo sicuri di individuare il punto di passaggio con la precisione richiesta. Nel secondo caso vediamo che il punto $0.4$ viene attraversato tra $68°$ e $70°$. Anche in questo caso, è sufficiente prendere il valore medio dell’intervallo.

Concludiamo quindi che l’asta è in equilibrio per angoli compresi tra $14.5°$ e $23°$, e tra $69°$ e $90°$.

Topic: Rigid Body Statics, Newtonian Mechanics Metodi: Free-Body Diagram, Approximation & Series Expansion, Physical Modeling Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Estimation & Approximation Fonte: Testo (PDF) — p.5

Soluzione 16

PROBLEMA n.2 – Interferenza

Quesito n. 1.

In un generico punto P dello schermo si ha un massimo di oscillazione se $r_2-r_1=m\lambda$ (dove $m$ è un intero che rappresenta l’ordine del massimo, e $r_1$ e $r_2$ rappresentano rispettivamente le distanze tra P e le due sorgenti); abbiamo invece un minimo se $r_2-r_1=(k-1/2)\lambda$, con $k=1,2,\dots$ Per il punto A abbiamo $r_2-r_1=d=N\lambda$, quindi abbiamo un massimo di ordine $N$.

Topic: Wave Optics, Oscillations & Waves Metodi: Interference & Diffraction Analysis, Superposition Principle, Wave Equation Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Fonte: Testo (PDF) — p.5

Soluzione 17

Quesito n. 2.

Considerata la simmetria cilindrica del sistema, attorno all’asse costituito dalla retta passante per le due sorgenti, il luogo geometrico dei punti, appartenenti al piano considerato, tali che $r_2-r_1=\text{costante}$ è una circonferenza con il centro nel punto A. Le frange d’interferenza assumono quindi la forma di circonferenze concentriche.

Topic: Wave Optics, Oscillations & Waves Metodi: Interference & Diffraction Analysis, Superposition Principle, Physical Modeling Competenze: Physical Reasoning, Mathematical Modeling Fonte: Testo (PDF) — p.5

Soluzione 18

Quesito n. 3.

Si presentano qui di seguito quattro alternative di soluzione.

Alternativa A

Come detto sopra, le frange corrispondenti ad un minimo di oscillazione si hanno per $r_2-r_1=(k-1/2)\lambda$, con $k$ intero. Il triangolo avente per vertici S${}_1$, S${}_2$ e un punto P sullo schermo ha lati $r_2$, $r_1$ e $d$. Ricordando che in un triangolo la differenza di due lati è sempre minore o uguale del terzo si ha:

$(k-1/2)\lambda \le d\Rightarrow k\le d/\lambda +1/2=N+1/2.$

Al crescere della distanza fra P e A, la differenza di cammino delle due onde provenienti da S${}_2$ e S${}_1$ diminuisce, quindi per la frangia più vicina ad A il valore di $k$ deve essere il massimo possibile. Il massimo valore intero che soddisfa la relazione qui sopra è evidentemente $k=N$. La frangia, corrispondente ad un minimo, più vicina al punto A, cioè quella di ordine $N$, si trova ad una distanza $h$ da A determinata dall’equazione

$\sqrt{(d+D{)}^2+h^2}-\sqrt{D^2+h^2}=(N-1/2)\lambda =d-\lambda /2(1)$

$(d+D)\sqrt{1+{\left(\frac{h}{d+D}\right)}^2}-D\sqrt{1+{\left(\frac{h}{D}\right)}^2}=d-\frac{\lambda }{2}$

Per $h\ll D$ possiamo usare l’approssimazione suggerita nel testo:

$(d+D)\left[1+\frac{1}{2}{\left(\frac{h}{d+D}\right)}^2\right]-D\left[1+\frac{1}{2}{\left(\frac{h}{D}\right)}^2\right]=d-\frac{\lambda }{2}$

$d+D+\frac{h^2}{2(d+D)}-D-\frac{h^2}{2D}=d-\frac{\lambda }{2}$

$h=\sqrt{\frac{D(N\lambda +D)}{N}}(2)$

Alternativa B

Detto $\alpha$ l’angolo $\widehat{POA}$, dove O è il centro del segmento S${}_1$S${}_2$, poiché $d\ll D$, la differenza $r_2-r_1$ si può approssimare con $d\cos \alpha$. Quindi

$\cos \alpha =\frac{(N-1/2)\lambda }{N\lambda }=1-\frac{1}{2N}$

da cui

$h=\left(D+\frac{N\lambda }{2}\right)\tan \alpha =\left(D+\frac{N\lambda }{2}\right)\frac{\sqrt{4N-1}}{2N-1}(3)$

Alternativa C

Si possono sviluppare i passaggi algebrici a partire dalla (1) senza fare approssimazioni. Si ottiene

$(d+D{)}^2+h^2=(N-1/2{)}^2{\lambda }^2+D^2+h^2+2(N-1/2)\lambda \sqrt{D^2+h^2}$

$\frac{\lambda }{4}(4N-1)+2ND=(2N-1)\sqrt{D^2+h^2}$

$h=\frac{1}{2N-1}\sqrt{\frac{{\lambda }^2}{16}(4N-1{)}^2+DN\lambda (4N-1)-D^2+4N{D}^2}=\frac{4N-1}{2N-1}\sqrt{\frac{{\lambda }^2}{16}+\frac{D(N\lambda +D)}{4N-1}}(4)$

Alternativa D

Infine un ulteriore approccio si ottiene ricordando che il luogo geometrico dei punti per cui è costante la differenza $r_2-r_1$ è un ramo d’iperbole che, in un sistema di riferimento con l’origine nel punto O della figura precedente e asse $x$ coincidente con OA, si scrive nella forma canonica

$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\text{ponendo poi}c=\sqrt{a^2+b^2}$

Il parametro $a$ definisce un semiasse dell’iperbole e individua la posizione dei vertici sull’asse delle ascisse, cioè l’intersezione dell’iperbole con il segmento S${}_1$S${}_2$, mentre $c$ dà l’ascissa della sorgente S${}_1$. Nel nostro caso è allora

$a=\frac{d}{2}-\frac{\lambda }{4}=\frac{\lambda }{4}(2N-1)\text{e}c=\frac{d}{2}=\frac{N\lambda }{2}$

Ne segue che

$b=\sqrt{c^2-a^2}=\sqrt{{\left(\frac{d}{2}\right)}^2-{\left(\frac{d}{2}-\frac{\lambda }{4}\right)}^2}=\frac{\lambda }{4}\sqrt{4N-1}$

e l’equazione dell’iperbole diventa

$\frac{16x^2}{(2N-1{)}^2{\lambda }^2}-\frac{16y^2}{(4N-1){\lambda }^2}=1\Rightarrow \frac{x^2}{(2N-1{)}^2}-\frac{y^2}{(4N-1)}=\frac{{\lambda }^2}{16}$

Il valore di $h$ si ottiene cercando l’intersezione di questa iperbole con la retta $x=d/2+D=N\lambda /2+D$. Sviluppando i calcoli si ottiene la soluzione esatta, ovvero la (4).

Topic: Wave Optics, Oscillations & Waves Metodi: Interference & Diffraction Analysis, Small-Angle Approximation, Approximation & Series Expansion Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning Fonte: Testo (PDF) — p.6

Soluzione 19

Quesito n. 4.

Con i valori indicati, risulta

$h=42.2\text{m}.$

$\text{RIS}\Rightarrow 40.4\le h\le 42.3[\text{m}]$

Nota: Sostanzialmente le tre espressioni trovate differiscono per il peso che si attribuisce al termine $\lambda /D$ (che è molto piccolo) come si può vedere scrivendole nella forma

$h=D\frac{1}{\sqrt{N}}\sqrt{1+N\frac{\lambda }{D}}(2^{\prime })$

$h=D\frac{\sqrt{4N-1}}{2N-1}\left(1+\frac{N\lambda }{2D}\right)(3^{\prime })$

$h=D\frac{\sqrt{4N-1}}{2N-1}\sqrt{1+N\frac{\lambda }{D}+\frac{4N-1}{16}{\left(\frac{\lambda }{D}\right)}^2}(4^{\prime })$

È chiaro che la (2) e la (3) sono approssimazioni della (4). Si può fare un’ulteriore approssimazione della (2) o della (3), un po’ più forte, che porta in entrambi i casi all’espressione $h\approx D/\sqrt{N}=40.4\text{m}$ .

Topic: Wave Optics, Oscillations & Waves Metodi: Interference & Diffraction Analysis, Small-Angle Approximation, Approximation & Series Expansion Competenze: Mathematical Modeling, Estimation & Approximation Fonte: Testo (PDF) — p.7

Soluzione 20

PROBLEMA n.3 – Forza elettrica e forza magnetica

Parte A

La figura qui sotto schematizza la situazione descritta dal problema. Delle infinite cariche allineate, ne sono rappresentate solo otto. In centro è posta la carica $Q=+q$.

[Figura: fila di cariche alternate ($-q$, $q$, $-q$, $q$, $Q$, $-q$, $q$, $-q$, $q$) allineate sull’asse, con spaziatura $d$ tra cariche dello stesso segno e $d/2$ dalla carica centrale $Q$.]

Quesito n. 1.

La risultante delle forze elettrostatiche sulla carica $Q$ si ottiene sommando i contributi di ciascuna coppia di cariche, a partire da quella costituita dalle due cariche più vicine, che dà una forza di modulo

$F_1=2\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{q^2}{(d/2{)}^2}=\frac{2}{\pi {\epsilon }_0}\frac{q^2}{d^2}$

orientata verso destra. La coppia successiva fornisce un contributo di modulo

$F_2=2\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{q^2}{(3d/2{)}^2}=\frac{2}{\pi {\epsilon }_0}\frac{q^2}{(3d{)}^2}$

verso sinistra, poi avremo una $F_3$ verso destra e così via. In definitiva, l’intensità della risultante è data dalla somma algebrica

$F=F_1-F_2+F_3-\cdots =\frac{2}{\pi {\epsilon }_0}\frac{q^2}{d^2}\left[1-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}-\frac{1}{7^2}+\dots \right]=(2.876\times 10^{-5}\text{N})\left[1-\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}-\frac{1}{7^2}+\dots \right]$

La tabella seguente mostra i termini della serie entro la parentesi, insieme alle somme parziali dei vari termini:

Coppia	Contributo	Somma parziale
1	$1$	$1$
2	$-0.1111$	$0.8889$
3	$+0.0400$	$0.9289$
4	$-0.0204$	$0.9085$
5	$+0.0123$	$0.9208$
6	$-0.0083$	$0.9126$
7	$+0.0059$	$0.9185$
8	$-0.0044$	$0.9140$
$\dots$	$\dots$	$\dots$
$\infty$		$0.91596\dots$ (1)

Un valore approssimato della forza risultante è $F=2.63\times 10^{-5}\text{N}$.

Nota – L’errore che si commette troncando una serie convergente a segni alterni all’$n$-simo termine è inferiore al valore assoluto del termine di ordine $n+1$.

Topic: Electrostatics Metodi: Coulomb’s Law, Superposition Principle, Approximation & Series Expansion Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Estimation & Approximation Fonte: Testo (PDF) — p.7

Soluzione 21

Quesito n. 2.

L’errore che si commette troncando la serie deve essere inferiore allo $0.5\%$. Vediamo che l’ottava coppia fornisce un contributo relativo inferiore allo $0.5\%$, quindi per una verifica sperimentale, sarà sufficiente considerare 7 coppie.

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Parte B

La forza d’attrito dinamico $F=\mu mg$ è costante e sempre opposta al verso del moto e fa variare (linearmente nel tempo) il modulo della velocità; la forza di Lorentz, al contrario, è perpendicolare alla velocità e non ne cambia il modulo. Allora

$v(t)=v_0-at\text{con}a=F/m=\mu g$

$r(t)=\frac{mv(t)}{qB}=\frac{m(v_0-\mu gt)}{qB}\Rightarrow \Delta r=-\frac{\mu mg\Delta t}{qB}$

Materiale elaborato dal Gruppo

NOTA BENE: È possibile utilizzare, riprodurre, distribuire, comunicare al pubblico questo materiale alle due seguenti condizioni: citare la fonte; non usare il materiale, nemmeno parzialmente, per fini commerciali.

(1) Curiosità: la somma della serie, cioè il limite della somma parziale $n$-sima per $n$ che tende a infinito è nota come Costante di Catalan: $G=0.915965594177219015054603514932384110774\dots$; non è ancora noto se si tratti di un numero irrazionale o trascendente.

Topic: Electrostatics, Magnetism Metodi: Coulomb’s Law, Lorentz Force Analysis, Kinematic Equations Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Estimation & Approximation Fonte: Testo (PDF) — p.8