Forze elettriche e campi elettrici

1. Cariche di segno oppostoa.Il modulo della forza che una carica esercita sull'altra è dato da F= 1

4π ϵ0

Q1Q2

d2 , la direzione è lungo la

congiungente le due cariche e la forza è attrattiva.

Con i dati del problema, il modulo della forza vale F= 14π ϵ0

(−3,5⋅10−9C )(2,6⋅10−9C )(0,32m)2

=−8⋅10−7N ,

dove il segno meno rispecchia il fatto che la forza è attrattiva.

b.Il campo elettrico prodotto dalla carica Q1 è in modulo E1(r)=

FQ2

= 14π ϵ0

Q1

r, è radiale e entrante.

Il campo elettrico prodotto dalla carica Q2 è in modulo E2(r)=FQ1

=− 14 πϵ0

Q2

r, è radiale e uscente

dalla carica. Il campo elettrico totale nel punto medio del segmento congiungente le due cariche è dato da

Etot(d2)=E1(

d2)+E2(

d2)=

(Q1−Q2)

4π ϵ0(d /2)2=

14π ϵ0

(−3,5⋅10−9C )−(2,6⋅10−9C )(0,16m)2

=−2,1⋅103N /C .

c.Il numero di linee di forza entranti nella prima carica è minore del numero di linee di forza uscenti dalla seconda carica, in quanto la densità di linee della forza rappresenta graficamente l'intensità della forza.

d.Applicando il teorema di Gauss abbiamo Φ( E⃗)=

Q2ϵ0=2,9 Nm2 /C .

e.Il campo elettrico prodotto dalle due cariche lungo la retta congiungente ha la stessa direzione e lo stesso verso e i moduli dei campi elettrici sono sempre non nulli. Di conseguenza, il campo elettrico totale, dato dalla somma di due quantità con lo stesso segno e mai nulle, non si annulla mai.

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2. Induzione e non soloa.Avvicinando le due sfere, la sfera metallica più piccola e non carica si elettrizza per induzione. Le cariche negative migrano verso la sfera carica e quello positive migrano dalla parte opposta.Essendo collegata a terra, gli elettroni liberi possono fluire lungo il filo dalla terra nella sfera.Staccando il filo e allontanando la sfera piccola dalla sfera grande, la sfera piccola rimane carica negativamente.

b.La sfera S2 ha una carica indotta per induzione Q2<Q1. Ponendo la terza sfera tra le sfere S1 e S2

e collegandola a terra (vedi figura) la sfera si caricherà di carica Q3<Q1+Q2.

c.Il campo elettrico generato dalla sfera è radiale, uscente e in modulo E (r)=

Q1

4 πϵ0 r.

La forza agente sull'elettrone è quindi −eQ1

4π ϵ0r=−4,2⋅10−19N .

d.Il campo elettrico appena fuori dalla sfera S2 è il campo generato da una sfera carica positivamente. Il campo elettrico a grande distanza da S1 è sostanzialmente il campo da essa generata, ovvero non risente dell'influenza dell'altra sfera.

e.Il campo elettrico nel punto medio della congiungente i centri delle due sfere è dato dal principio di sovrapposizione E⃗tot= E⃗1+E⃗2 . Poniamo l'asse x lungo la congiungente dei punti medi delle sfere. Il campo

elettrico generato rispettivamente dalle due sfere è in modulo E1(x)=Q1

4π ϵ0xe

E2(x)=Q2

4π ϵ0 x=

0,1Q1

4 π ϵ0 x, da cui Etot(x=1m)=

Q1+Q2

4πϵ0 x=

1,1Q1

4 π ϵ0x=1,3 kN /C . La direzione e il verso

del campo elettrico totale sono quelli del campo elettrico generato dalla sfera S1 .

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Energia potenziale elettrica e potenziale elettrico1. Un condensatore a facce piane parallelea.La capacità di un condensatore piano a facce parallele è data da C=ϵrϵ0

Ad, dove A è la superficie delle

armature e d la distanza fra esse. Sostituendo i dati del problema si ottiene C=2,5⋅10−11F=25 pF .

b.La carica sulle armature è data da q=C V=2,5⋅10−11F 12V=30⋅10−11C=0,3nC.

L'energia immagazzinata nel condensatore è E=12CV 2=1,8⋅10−19J .

c.Costruiamo un sistema di riferimento con l'origine degli assi nella posizione iniziale della particella, l'asse x lungo la lunghezza L dell'armatura, con verso positivo verso destra e l'asse y lungo la distanza tra le due armature, in direzione e verso del campo elettrico, ovvero verso il basso. Lungo l'asse x abbiamo un moto rettilineo uniforme, di velocità v. Lungo l'asse y abbiamo un moto uniformemente accelerato dovuto alla presenza del campo elettrico. Il moto della particella è dunque un moto parabolico e la condizione che la particella abbia la velocità minima per uscire dal condensatore si traduce nella richiesta che il punto(x=L , y=d) appartenga alla traiettoria della particella.

L'accelerazione agente sulla particella è a= qEm

= qVm d

. Il moto è descritto dal seguente sistema di equazioni:

{ x=v t

y=12at2 . La condizione per cui la particella esce dal condensatore è

{x=Ly=d⇒{ v t=L

12at2=d

⇒{ vt=L

t=√2 da=√2 d2m

qV

La velocità minima per cui la particella esce dal condensatore è

quindi v= Lt=Ld √ qV2m

.

d.Il campo elettrico nella situazione descritta è uniforme, con modulo costante, direzione perpendicolare alle armature del condensatore e verso dall'armatura positivamente carica a quella negativamente carica.

La carica del condensatore nel vuoto si può esprimere come q=CV=ϵ0AdV⇒ q

ϵ0 A=Vd=E .

Siccome il rapporto tra la carica elettrica sull'armatura del condensatore e la superficie dell'armatura è la densità superficiale di carica si ottiene la relazione desiderata σ

ϵ0=E .

Se il dielettrico tra le armature del condensatore non è il vuoto, si procede in maniera identica e si ottieneσϵ0ϵr=E.

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2. Umani, sferici, super, ma pur sempre condensatori!a.Per una sfera isolata si ha V= Q

4πϵ0R. Sapendo che C=Q

Ve sostituendo l'espressione per il potenziale

si ottiene C=4 πϵ0 R.

b.Approssimando l'uomo con una sfera di raggio 1 m si ottiene per la capacità C=111 pF , coerentemente con il valore dato.

c.Le capacità delle sfere A e B sono rispettivamente CA=4π ϵ0R e CB=4 π ϵ0(2R )=2C A . A parità di

carica Q, le due sfere non hanno lo stesso potenziale, infatti V A=QCA

e V B=QCB

= Q2C A

=V A

2.

d.Si registra un passaggio di cariche nel filo perché le due sfere non hanno lo stesso potenziale.

e.L'equilibrio è raggiunto quando V A=V B . Inoltre la carica totale finale è uguale alla carica totale iniziale, ovvero 2Q. In formule

{ V A=V B

QA+QB=2Q⇒{ Q A

4π ϵ0C A

=QB

4πϵ0C B

Q A+QB=2Q

⇒{ Q A

4π ϵ0C A

=QB

4 π ϵ0 2C A

Q A+QB=2Q

⇒{ Q A=QB

2Q A+QB=2Q

⇒{V A=23Q

QB=43Q.

f.Data la misura delle armature, al fine di massimizzare la capacità, bisogna porre le armature al distanza minima possibile e scegliere un dielettrico con la massima constante dielettrica possibile.

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Circuiti elettrici

1. Analisi di un circuitoa.Chiamiamo rispettivamente R1,R2,R3 la resistenza a sinistra da 5Ω, quella a destra da 7Ω e quella centrale da4Ω. Per i generatori di tensione abbiamo V 1=12V e V 2=8V .Quando l'interruttore è aperto, la resistenza centrale non gioca alcun ruolo e il circuito è composto dalle due resistenza in serie R1 e R2 e da un generatore di tensione effettivo che eroga ΔV=V 1−V 2.

La corrente che circola nel circuito è quindi I= ΔVRserie

= ΔVR1+R2

=0,33 A.

b.La potenza dissipata quando l'interruttore è aperto è data da P=Rserie I

2=(R1+R2)I2=1,3W .

c.Una volta chiuso l'interruttore bisogna considerare anche la resistenza centrale. Per calcolare il valore delle correnti che scorrono nei tre rami del circuito, applichiamo la legge delle maglie alla maglia di destra e a quella di sinistra, dove i versi delle correnti sono quelli dati in figura B:

{V 1=−I 3R3+I 1R1

V 2=−I 3R3+I 2R2

inoltre I 1+I 2+I3=0 .

Risolvendo il sistema di tre equazioni nelle incognite I 1, I2, I3 si ottengono I 1=1,20 A , I 2=0,29 A eI3=−1,49 A

d.All'istante in cui il condensatore viene inserito la corrente che attraversa il resistore da 4Ω è nulla, infatti un condensatore scarico è come un interruttore aperto.

e.All'istante iniziale di chiusura il condensatore agisce come un generatore di potenziale, quindi per calcolare le correnti bisogna di nuovo risolvere l'equazione delle maglie, includendo il generatore di potenziale effettivo:

{V 1=I 3R3−VC+I1 R1

V 2=I 3R3−VC+I2 R2

dove V C è il potenziale a cui si trovano le armature del condensatore.

Per calcolare V C osserviamo che, prima che l'interruttore venga chiuso, il ramo con il resistore da 4Ω non gioca alcun ruolo e quindi V C=V 1−V 2−R2 I , dove I è la corrente calcolata al punto (a).Nello stato stazionario finale, la corrente è nulla.

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2. Una lampadina a filamentoa.Conoscendo la potenza dissipata dalla lampadina possiamo ricavarne la resistenza: R=V 2

P=48Ω .

Conoscendo la dipendenza della resistenza dalla temperatura R (T )=R0(1+α(T−T 0)) possiamo ricavare la

temperatura alla quale si trova la lampadina accesa : T=T 0+1α ( RR0

−1)=1740°C .

b.Gli atomi di un metallo ad una certa temperatura hanno una certa energia cinetica media, che si riflette nel fatto che gli atomi oscillano intorno alla loro configurazione di equilibrio. A temperature maggiori corrispondono energie cinetiche maggiori e quindi gli atomi oscillano di più, rendendo più difficile il moto degli elettroni, ovvero la resistività del materiale aumenta.

c.L'amperometro deve essere posto in serie con la resistenza, visto che deve essere attraversato dalla stessa corrente. Il volmetro invece va messo in parallelo.

d.La figura D rappresenta un voltmetro. Infatti il voltmetro va posto in parallelo alla resistenza ai capi della quale si vuole misurare la differenza di potenziale. La resistenza interna del voltmetro è idealmente infinita, così che tutta la corrente attraversa la resistenza R.La figura E rappresenta un amperometro, che va posto in serie alla resistenza, così che venga attraversato dalla stessa corrente che attraversa la resistenza R. Per la stessa ragione, la resistenza interna dell'amperometro ideale è nulla.

e.L'energia totale utilizzata è data dal numero di lampadine moltiplicato dalla potenza erogata per il tempo di utilizzo (3 ore al giorno per un anno), ovvero E=nt P=5⋅100W⋅3⋅365h=5,50kWh .Conoscendo il prezzo per 1 kWh si ottiene il prezzo pagato per l'energia necessaria a far funzionare quelle lampadine in un anno, ovvero p=5,50 kWh0,162€ / kWh=89€ .Se si consuma l'80% in meno, la spesa totale per l'energia è del 20% di quella iniziale. Il risparmio è quindi prisparmiato=0,80 p=72€ .

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Interazioni magnetiche e campi magnetici

1. Super magnetia.Il campo magnetico generato da un solenoide percorso da corrente è B=μ0

NLI , quindi, conoscendo il valore

del campo magnetico B e il numero di spire per unità di lunghezza NL

, possiamo ricavare l'intensità di

corrente: I= B

μ0NL

=900 A .

b.La potenza dissipata per effetto Joule è P=R I2. Per calcolare la potenza dissipata calcoliamo per prima cosa

il valore della resistenza del cavo di rame di lunghezza L=1m , sezione A=0,5⋅10−4m2 e resistività

ρ=1,72⋅10−8Ω⋅m : R=ρ LA=3,4⋅10−4Ω . Utilizzando il valore della corrente calcolato al punto

precedente possiamo ricavare la potenza dissipata P=280W .

c.La forza agente sul filo è in direzione perpendicolare al piano su cui si trovano il campo magnetico e il filo, verso l'alto (determinato con la regola della mano destra) e il suo modulo per unità di lunghezza èFL=I Bsin θ=450⋅10−3 A 11,7T sin 40 °=3,4 N

m.

d.Il flusso del campo magnetico attraverso una superficie chiusa è nullo, quindi entrambe le affermazioni sono corrette.

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2.Traiettorie di Störmer e aurore boreali a.La componente della velocità responsabile della forza di Lorentz è la componente perpendicolare al campo magnetico. Quella parallela al campo magnetico non contribuisce.

b.L'elettrone, in assenza di una componente della velocità parallela al campo magnetico, percorrerebbe una traiettoria circolare, il cui raggio è determinato dall'intensità del campo magnetico e dalla velocità.In presenza di una componente parallela a B, il moto lungo la direzione del campo magnetico è rettilineo con velocità costante. Il moto risultante è elicoidale.

c.Dalla figura C vediamo che la componente parallela al campo magnetico è v par=v cosα . Siccome lungo nonci sono forze agenti in direzione parallela al campo magnetico, non ci sono accelerazioni in quella direzione e quindi la particella si muove di moto rettilineo uniforme con velocità v par .A causa della forza di Lorenz, la particella ruota intorno alle linee di forza di B. Il periodo di rotazione è il tempoin cui la particella percorre un orbita con velocità data dalla componente della velocità perpendicolare al campo

magnetico. In formule T= 2πRv perp

= 2πRv sinα

, dove il raggio dell'orbita è dato da R=m v sinαeB

, da cui

T= 2πme B

.

d.Il passo è dato dalla distanza percorsa lungo la direzione del campo elettrico in un periodo, ovvero

p=v parT=v cosαT= 2πm v cosαeB

.

e.Ai poli l'intensità del campo magnetico terrestre è massima e quindi è possibile osservare questi fenomeni.

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Induzione elettromagnetica

1. Un avvolgimento chiuso attorno a un solenoidea.Per un solenoide di lunghezza infinita, il campo magnetico è parallelo all'asse del solenoide, il verso è dato dalla regola della mano destra (avvolgendo con le dita il solenoide nel verso della corrente, il verso in cui punta il

pollice indica il verso del campo magnetico) e il modulo è dato da B=μ0N IL

all'interno del solenoide,

mentre il campo è nullo all'esterno. Se la lunghezza del solenoide è molto maggiore del diametro delle spire possiamo trattare il solenoide come un solenoide infinito. Nel caso in esame, data la superficie delle spire, calcoliamo il diametro della spira: d=√4 π Ssol=0,025m≪L . Possiamo quindi approssimare il solenoide

con un solenoide infinito e calcolare il modulo del campo elettrico: B=1,3⋅10−3T .

b.Il flusso del campo magnetico attraverso l'avvolgimento è dato da Φ(B⃗)=N avv⋅Savv⋅B=N avv⋅Ssol⋅B .L'ultima uguaglianza è dovuta al fatto che il campo magnetico al di fuori del solenoide è nullo. Quindi

Φ( B⃗)=2⋅10−5Wb=20μWb

c.Se la corrente varia, si ha una variazione del campo magnetico e, di conseguenza, del flusso del campo magnetico attraverso l'avvolgimento. Questo genera una forza elettromotrice indotta.

d.Per calcolare la f.e.m. indotta nell'avvolgimento, calcoliamo l'espressione della corrente in funzione del tempo.La corrente varia linearmente con il tempo, ovvero i(t )=i0+k t . Poniamo t=0 quando i(t )=i0 e

i(Δt )=i1 , da cui i1−i0

Δt=k=84 A / s. La f.e.m. indotta è data da

f . e .m .=ΔΦΔ t

=N avv⋅SavvΔBΔ t

=N avv⋅Savvμ0

NLΔ i(t )Δ t

=N avv⋅S avvμ0

NL⋅k=2,1⋅10−3V .

e.f . e .m .=M

Δi(t)Δ t

=M⋅k⇒M= f . e .mk

=2,5⋅10−5H .

f.Se si fa variare la corrente che scorre nell'avvolgimento e si chiude su se stesso il solenoide si avrà una forza elettromotrice indotta nel solenoide dovuta alla variazione di corrente nell'avvolgimento. La forza elettromotrice indotta nel solenoide è data dal prodotto tra il coefficiente di mutua induttanza con la variazione nel tempo della

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corrente, come al punto e. Inoltre il valore del coefficiente di mutua induttanza è quello calcolato al punto e. in quanto il coefficiente di mutua induttanza è una proprietà del sistema avvolgimento – solenoide e quindi è simmetrico se si scambiano i ruoli dei due circuiti.

2. Giochiamo al tecnico del suonoa.Quando un'onda sonora raggiunge il microfono il diaframma si mette in oscillazione, così come la bobina ad essa attaccata. Quando la bobina si allontana e avvicina al magnete perché messa in oscillazione dall'onda sonora, il flusso del campo magnetico prodotto dal magnete che la attraversa cambia e si genera una forza elettromotrice indotta. La f.e.m. così generata viene poi inviata ad un amplificatore e poi ai diffusori acustici.

b.Sì, la massa del blocco membrana-bobina è importante. Infatti a parità di pressione esercitata sul diaframma,un blocco membrana-bobina di massa inferiore oscillerà con ampiezza maggiore e viceversa. La massa influenzaquindi il valore della forza elettromotrice indotta.

c.La presenza di un campo elettromagnetico modifica il valore del flusso del campo magnetico attraverso le spire della bobina e, di conseguenza, il valore della f.e.m.

d. Sceglierei il microfono a bobina mobile in quanto meccanicamente più stabile. Il sottile nastro di alluminio potrebbe deformarsi a seguito delle improvvise e rapide variazioni di pressione.

e. La frequenza di risonanza è f r=

12π√LC

=4,5 kHz .

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Le equazioni di Maxwell e le onde elettromagnetiche

1. Telecomunicazioni in cittàa. La potenza minima è data da Pmin=Smin⋅4πR2 .Per la singola antenna, il raggio R è dato dal raggio della città e la potenza minima vale

Pmin=5⋅10−3 Wm2

4π(3,6⋅103m)2=810 kW .

Per il sistema composto da 7 antenne, bisogna prima calcolare il raggio delle regioni circolari in cui la città vienesuddivisa. Dalla figura B, deduciamo che R=2a+r , dove a è l'apotema dell'esagono inscritto nella

circonferenza e r il raggio della circonferenza. In un esagono regolare, l'apotema è dato da a= √32l e il lato l

è lungo quanto il raggio r, da cui R=2 √32r+r⇒ r= R

√3+1=1,3⋅103m.

La potenza minima per ciascuna delle antenne piccole è P'min=Smin⋅4 πr2=106 kW .

b. La potenza totale consumata dalle 7 antenne è Ptot=7P'min=742kW , quindi l'antenna grossa consuma nel complesso più energia.

c. L'intensità efficace del campo elettrico ad una distanza dG è data da Eeff=√ S

c ϵ0

, con S=Pmin

4πdG2 , da

cui Eeff=√ Pmin

4πc ϵ0dG2 =62V /m.

d.Denotando con d la distanza alla quale si devono trovare gli edifici più vicini, perché il campo elettrico efficace

sia quello calcolato al punto precedente, abbiamo d=√ P 'min4πc ϵ0 Eeff

2 =√ P'minPmin

dG2 =29m.

e. L'intensità del campo magnetico dell'onda è B=

Eeff

c= 62V /m

3⋅108m/ s=2,1⋅10−7T=210nT .

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2. Alla scoperta della nostra stella a. La potenza irraggiata dal Sole è data da P= S̄ 4 πd 2 dove d è la distanza Terra-Sole. La luce del Sole impiega

8' 20'' = 500 s per raggiungere la Terra, quindi d=c t=1,5⋅1011m, da cuiP=1,36⋅103 4 π(1,5⋅1011)2W=3,8⋅1026 J .

b. La figura C mostra un'immagine Doppler della fotosfera solare lungo la direzione di vista. I punti con velocità negativa e con colore più scuro sono punti in cui la fotosfera si avvicina alla Terra con velocità compresa tra 0 e 2500 m/s. I punti con velocità positiva e con colore più chiaro sono quelli che si allontanano dalla Terra.

c. La relazione fra frequenza osservata e frequenza emessa nel caso della massima velocità è f o=f s(1+

vmaxc

) ,

dove il segno positivo indica che la sorgente e l'osservatore si stanno avvicinando. Dalla figura C vediamo che

vmax=2500m /s , quindi f of s=1+2500

3⋅108=1+8⋅10−6.

d. Un osservatore non potrebbe vedere il fenomeno, in quanto l'emissione è nell'ultravioletto: 171 A≡17,1nm .

e. La luce del Sole non ha una direzione di polarizzazione ben definita. Le onde elettromagnetiche sono emesse dagli atomi che compongono il sole e ognuno di essi emette con la proprio direzione di polarizzazione, che cambia in maniera causale per via degli urti a livello atomico.

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La relatività ristretta

1. Un'astronave in viaggio nello spazioa.Il tempo misurato sulla Terra è dato da Δt=

Δt0

√1− v2

c2

= 2,0h

1−0,22=2,04 h.

b.L'intervallo di tempo misurato sulla Terra differisce da quello misurato sull'astronave di 5,00 s, ovvero

5,00 s=Δt terra−Δtastro=Δtastro ( 1

√1− v 2

c2

−1)⇒Δtastro=5,00 s

( 1

√1−0,22−1)

=242 s .

c.Il segnale si propaga alla velocità della luce, quindi impiega Δt=Δx

c=40 s per raggiungere la Terra.

d.La lunghezza misurata da Marte è legata alla lunghezza misurata dagli astronauti dalla legge di contrazione delle

lunghezza, ovvero Δl=Δl0√1− v 2

c2=85m√1−0,42=78m.

e.Δl0=

Δl

√1− v 2

c2

=2,7⋅103m.

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2. Sonde di Von Neumanna.La velocità a cui si muove la sonda 0 è una velocità relativistica. Per calcolare la velocità della sonda 1 consideriamo la legge di addizione delle velocità. La sonda 1 si muove rispetto alla sonda 0 di velocità v0 ,ovvero la stessa velocità con cui la sonda 0 si muove rispetto alla Terra. La velocità della sonda 1 rispetto alla

Terra è quindi data da v1=v0+v 0

1+v0

2

c

=0,02c .

La sonda 2 si muove rispetto alla sonda 1 di velocità v0 , quindi v2=v1+v0

1+v 1v0

c2

=0,03c .

b.Non accade perchè la sonda è un oggetto massivo.

c.La sonda 101 si muoverà con velocità v101=

v100+v0

1+v 100v0

c2

=0,770 c.

d.L'aumento di velocità tra la sonda 266 e la sonda 265 è Δv=v266−v265=

v265+v0

1+v265 v0

c2

−v265=2⋅10−4 c.

e.L'energia cinetica delle sonde rispetto alla Terra è data dall'espressione relativistica per l'energia cinetica

K=mc2( 1

√1− v2

c2

−1). Per la sonda 1 abbiamo K 1=mc2( 1

√1−v1

2

c2 )=2,2⋅1016 J .

Per la sonda 265, invece, l'energia cinetica vale K 265=mc2( 1

√1−v265

2

c2 )=6,6⋅1020J .

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Particelle e onde

1. Confronto fra fotoelettronia.Il lavoro di estrazione di un metallo è il lavoro necessario ad estrarre un elettrone dal metallo quando colpito da un fotone. Se il fotone che colpisce il metallo ha energia superiore al lavore di estrazione l'elettrone, detto fotoelettrone, viene emesso.

b.A parità di energia del fotone incidente, l'uranio emette fotoelettroni più energetici, perchè il lavoro d'estrazione

dell'uranio è inferiore a quello dell'oro. In particolare, Kmax=h f−W 0=hcλ−W 0 .

Il lavoro d'estrazione dell'oro è W 0Au=5,1 eV=5,1⋅1,602⋅10−19 J , da cui Kmax

Au =4,2⋅10−19 J .

Il lavoro d'estrazione dell'uranio è W 0U=3,6eV=3,6⋅1,602⋅10−19 J , da cui Kmax

Au =6,6⋅10−19J .

c.Per il bario si ha Kmax=h

cλ−W 0

Ba=8,1⋅10−19J . L'energia minima dei fotoelettroni emessi dal bario è data

dal lavoro di estrazione, mentre quella massima è data dal lavoro di estrazione più l'energia cinetica massima.

In formule h f max=hvλmin

=W 0+Kmax⇒λmin=h v

W 0+Kmax

=1,60⋅10−7m=160nm.

h f min=hv

λmax=W 0⇒λmin=

hvW 0

=7,37⋅10−7m=737nm. Il bario può emettere in tutto lo spettro visibile.

La variazione di lunghezza d'onda è data da λ '−λ= hmc

(1−cosθ)=2 hmc

=4,85⋅10−12m.

d. La lunghezza d'onda di de Broglie è legata all'impulso dalla relazione λ= h

p= hmv

. Possiamo quindi stimare

la velocità dell'elettrone come v= hλm

=3,6⋅106m/ s≃0,01c . L'elettrone è relativistico, quindi la relazione

p=mv fornisce solo una stima della velocità, in quanto non è la relazione relativistica.

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2. Alla scoperta di Antaresa.Un corpo nero ideale è un oggetto che assorbe tutta radiazione che lo colpisce, senza rifletterla, che poi viene riemessa sotto forma di radiazione elettromagnetica, il cui spettro dipende solo dalla temperatura del corpo.Lo spettro della radiazione elettromagnetica emessa da Antares (e da tutte le altre stelle) è approssimativamente quello di un corpo nero a temperatura T, dove T è la temperatura superficiale. Antares si presenta rossa, perchè la temperatura superficiale è circa 3000 K.

b.La legge di spostamento di Wien pone in relazione la lunghezza d'onda massima della radiazione emessa e la

temperatura del corpo nero: λmaxT=2,9⋅10−3m⋅K⇒ 2,9⋅10−3m⋅Kλmax

=2,9⋅10−3m⋅K8,00⋅10−7 =3625K .

c.La lunghezza d'onda massima è nell'infrarosso vicino, quindi le lunghezze d'onda intorno al picco della distribuzione del corpo nero corrispondono ad una radiazione di coloro rosso-arancio. Antares è quindi la stella in basso a sinistra di colore rossastro.

d.La legge di Stefan-Boltzmann descrive l'energia irradiata da un corpo nero in 1 secondo da 1 m^2 di superficie.

Quindi l'energia totale irradiata in 1 secondo da Antares è E tot=σ T 4 4πR2=1,77⋅1032 J , dove R è il raggio

di Antares. La potenza totale è dunque Ptot=Etot

Δt= 1,77⋅1032 J

1 s=1,77⋅1032W .

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La natura dell'atomo1. Stato fondamentale di atomia.

I numeri quantici degli elettroni del carbonio sono:

1 s2 :n=1, l=0,m=0,ms=±12,

2 s2:n=2, l=0,m=0,ms=±12,

e i due elettroni nel livello 2p possono scegliere 2 tra le seguenti configurazioni elettroniche

n=2, l=1,m=1,ms=±12, oppure n=2, l=1,m=−1,ms=±

12, che, in assenza di un campo magnetico

esterno, sono energeticamente equivalenti.

b.Tale configurazione non è possibile per via del principio di esclusione di Pauli: in un atomo due elettroni non possono avere lo stesso insieme di valori dei quattro numeri quantici. Nel livello 1s sono disponibili sono due configurazioni, distinte dal valore del numero quantico di spin dell'elettrone.

c.Stato fondamentale dell'azoto N: 1 s2 2 s22 p3 .

d.La formula generale per atomi o ioni con un solo elettrone orbitante intorno ad un nucleo di carica Z è data da

En=−(13,6eV ) Z2

n2 . Lo ione di elio He+ ha effettivamente un solo elettrone orbitante intorno al nucleo

(quindi la formula si applica) e il nucleo è composto da 2 protoni, ovvero Z=2.

e.L'elettrone rimasto ha numero quantico principale n=1. L'energia di legame è data daE1=(−13,6eV )⋅4=−54,4eV . L'energia necessaria a strappare l'unico elettrone è dunque 54,4 eV.

Un fotone di lunghezza d'onda 37 nm ha energia

E=hf=h vλ = 6,63⋅10−34 J⋅s3⋅108m/ s

37⋅10−9m=5,3⋅10−18J=33 eV<|E1| , quindi non abbastanza da strappare

l'unico elettrone dello ione di elio.

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2. Spettri!a.Per un'onda di de Broglie si ha λ= h

p= hmv

⇒mvλ=h . La condizione per avere onde stazionarie associate

all'elettrone è 2πr=nλ⇒r= nλ2π

. Il momento angolare dell'elettrone è dato da L=mvr=mv nλ2π

.

Utilizzando iil fatto che l'onda è di de Broglie si ottiene L=n (mv λ)

2π= n h

2π.

b.Calcoliamo la lunghezza d'onda relativa alla transizione:

1λ=R (

122− 1

32)=1,1⋅107m−1⇒λ=656 nm,

quindi la linea C.

c.La frequenza massima corrisponde al valore massimo di

1λ . Per n→+∞ si ha

1λ∞

=R⇒ f max≃cλ∞

=3,3⋅1015Hz , ovvero nell'infrarosso.

d.Lo spettro continuo in figura è lo spettro di Bremsstrahlung, emesso dagli elettroni che decelerano a causa degli urti contro gli atomi del bersaglio. Per quanto riguarda le righe, se gli elettroni che colpiscono la targhetta di tungsteno hanno energia sufficiente da espellere elettroni nel guscio K, elettroni dai gusci più esterni possono occupare il guscio K e la transizione avviene accompagnata dall'emissione di un fotone X. Le righe corrispondono ai fotoni X emessi.

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Fisica nucleare e radioattività

1. Decadimento del polonioa.

Po84210 → Pb82

206 + He24 .

b.La massa dell'elettrone è 2000 volte più piccola della massa del nucleone. Quindi l'errore che si commette utilizzando le masse atomiche invece delle masse nucleari è trascurabile, in particolare per nuclei così pesanti.

c.ΔE=mPo−mPb−mHe=0.0058u . 1u≡930MeV⇒ΔE=5,4MeV .

d.La costante di decadimento è legata all'emivita (per il polonio 138 giorni, ovvero 1,2⋅107 s )dalla seguente

relazione λ= ln 2T 1 /2

. Si ha quindi λ Po=ln2

1,2⋅107 s=5,8⋅10−8 s−1 .

e.L'attività ad un certo istante è legata all'attività iniziale dalla seguente relazione: A (t )=A 0e

−λ t . Vogliamo

sapere dopo quanti giorni l'attività si è ridotta ad un decimo di quella iniziale, ovvero A (t )= 110

A 0. Dalla

formula sopra otteniamo A 0

10=A0e

−λ t⇒e−λ t= 110

⇒λ t=ln 10⇒ t= ln 10λ =4,0⋅107 s≃460giorni .

2. Banconote radioattivea.Gli isotopi di europio si trasformano in samario per cattura K e in gadolinio via dicadimento beta. Le reazioni di decadimento sono:

Eu63150 +e→ Sm62

150 +νEu63

152 +e→ Sm62152 +ν

Eu63152 → Gd64

152 +̄ν+e .

b.Il modello di Bohr si applica per atomi o ioni con un solo elettrone orbitante intorno ad un nucleo con Z protoni.In questo caso gli atomi di europio non sono ionizzati e quindi hanno 63 elettroni.

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c.Gli elettroni più esterni si trovano nel livello 6s. Applicando la formula di Bohr otteniamo

En=6=(−13,6 eV ) 632

62 ≃1,5⋅103eV . Per sapere a quale regione dello spettro appartengono questi fotoni

calcoliamo la frequenza: f= Eh= 1500⋅1,602⋅10−19 J

6,63⋅10−34 J⋅s=3,62⋅1017 Hz , ovvero raggi X.

d.A=λ Eu⋅N , dove N è il numero di atomi contenuti nel campione. Per calcolare il numero di atomi presenti in

1 mg di europio basta osservare che 1 mole di europio ha massa pari al numero di massa atomico, ovverommolare=150g , e che una mole di materiale contiene un numero di Avogadro di atomi. Il numero di atomi in

1 mg di europio è quindi N=mEu

mmolare

N A=1⋅10−3g

150 g /mol6,023⋅1023mol−1=4,0⋅1018. L'attività è dunque

A= ln 2T 1 /2

N= ln21,15⋅109 s

4,0⋅1018=2,4⋅109 Bq .

e.L'attività indica il numero di decadimenti al secondo. Nel caso in esame, il campione è composto da una mistura di due isotopi di europio. L'attività è quindi la somma delle attività dei due isotopi, ovvero, ad un certo istante t, abbiamo A (t )=A 150(t )+A152(t )=λ150N 150(t )+λ152N 152(t ) .

Con i dati del problema abbiamo A (t=0)≡A0=λ150 N 150(t=0)+λ152N 152(t=0)=600Bq

A (t=100 y)≡A100=λ150 N 150(t=100 y)+λ152 N152(t=100 y)=60BqRiscrivendo il numero di atomi a t=100 anni in termini del numero di atomi iniziali, il sistema diventa

A0=λ150N 150( t=0)+λ152N 152(t=0)A100=λ150 N 150(t=0)e−λ150Δt+λ152N 152(t=0)e−λ152Δ t

dove Δt=100 y≡3,15⋅109s .

Risolvendo il sistema rispetto alle incognite N 150(t=0) e N 152(t=0) si ottiene

N 150(t=0)=6,5⋅1011

N 152(t=0)=1,3⋅1011.

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Energia nucleare e particelle elementari1. Produzione di energia elettrica con reattori nucleari a fissionea.La fissione di nuclei pesanti produce energia perché l'energia rilasciata (energia di legame per nucleone per il numero di nucleoni, quest'ultimo molto elevato) è maggiore dell'energia iniziale del nucleo.

b.La massa di anidride carbonica emessa in un anno è data dall'energia totale prodotta dalla centrale in un anno, espressa in TJ, moltiplicata per la massa di anidride carbonica emessa per TJ:Etot=P⋅Δt=800⋅106W⋅1 y=800⋅1063,15⋅107J=2,5⋅1016J=2,5⋅10 4TJ .

MCO 2=Etot⋅95⋅103 kg /TJ=2,4⋅109kg=2,4⋅106 t .

c.Conoscendo l'energia totale prodotta dalla centrale nucleare e l'energia rilasciata in ogni fissione dall'isotopo

U92235 , possiamo stimare il numero di atomi di U92

235 necessario per produrre tale energia. Dal numero di

atomi ricaviamo la massa totale di U92235 e, conoscendo in che percentuale l' U92

235 è presente nel reattore, possiamo stimare la massa totale di uranio utilizzata in un anno dalla centrale nucleare.L'energia totale prodotta in un anno è Etot=9,9⋅1016 J , mentre l'energia rilasciata per fissione è

Efissione=200MeV=200⋅106eV 1,602⋅10−19J /eV=3,2⋅10−11 J

La massa dell' U92235 è m235=235u=235⋅1,77⋅10−27kg=4,2⋅10−24kg .

La massa necessaria di U92235 in un anno è quindi m235 tot

=NU235m235=

Etot

Efissione

m235=1,3⋅103kg .

La massa totale di uranio in un anno è mU tot=

m235 tot

0.0375=3,5⋅104 kg=35 t , da confrontarsi con 1,3 milioni di

tonnellate di carbone emessi dalla centrale a carbone.

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2. Nucleare da fissionea.Le reazioni sono U92

238 +n→ U92239 +γ

Np93239 +e+̄νPu94

239 +e+̄ν

b.Le scorie nucleari sono nuclei come per esempio il kripton o il bario, per i quali il numero N > Z, ovvero questi nuclei non si trovano nella cosiddetta valle di stabilità e quindi presentano una marcata radioattività.

c.Le scorie prodotte dai reattori nucleari a fissioni mantengono un'elevata attività per migliaia di anni. Uno dei principali problemi è la loro conservazione e/o smaltimento. Al momento, l'unica possibilità è conservarle in luoghi geologicamente (e politicamente) stabili finché la loro attività si è ridotta al di sotto di una certa soglia, ovvero finché le scorie possono essere considerate non pericolose. Le scorie devono essere dunque stoccate in “luoghi sicuri”, in contenitori meccanicamente e chimicamente stabili e deve essere possibile monitorarle. Questo per migliaia di anni.

d.L'attività del cesio corrisponde al numero di decadimenti al secondo. L'energia totale prodotta in un certo intervallo di tempo è dunque il numero di decadimenti moltiplicato per l'energia rilasciata ad ogni decadimento.In un secondo si ha Etot=N dec Edec=1,3⋅107 0,5⋅106eV 1,602⋅10−19 J /eV=1,0⋅103 J

La corrispondente potenza è dunque P=E tot

Δt=1,0⋅103J

1 s=1,0⋅103W .

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