21 gennaio 2013 - Dipartimento di Fisica

Laurea Triennale in Ing. Meccanica - Corso di Fisica Generale II - A.A. 2012/2013
Problema 1 Un’onda sinusoidale di ampiezza Em per il campo elettrico e Bm per quello magnetico
attraversa una superficie unitaria perpendicolare alla direzione di propagazione. Usando il linguaggio
quantistico: quanti fotoni attraversano la superficie per unità di tempo?
Soluzione Il flusso di energia attraverso una superficie unitaria è dato dall’ampiezza del vettore di Poynting
P PP = 1
µ0
E EE × B B B = ε0E 2 ccc.
Dunque l’energia media che attraversa la superficie unitaria perpendicolare a tale vettore sarà data da
in cui il termine 1 2
ǫ = ε0E 2 c = 1
2
ε0E 2
m c,
deriva dalla media su un periodo. Questa energia media, nel linguaggio quantistico,
corrisponde all’energia dei fotoni, ognuno con energia hν, che nell’unità di tempo attraversano la superficie
unitaria.
In conclusione
1 2
ε0Emc = nhν,
2
ovvero un numero di fotoni per unità di tempo e superficie pari a
n = ε0cE 2 m
2hν .
G. Giugliarelli Esercitazione 6 – Esercizi vari tratti da vecchie prove d’esame 1

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Problema 2 Calcolare la pressione di radiazione ad una distanza d = 1.5 m da una lampadina da 500 W,
supponendo che la superficie su cui si esercita la pressione sia disposta ortogonalmente alla congiungente
con la lampadina, che sia perfettamente assorbente e che la lampadina irraggi uniformemente in tutte le
direzioni.
Soluzione Per una superficie perfettamente assorbente la pressione di radiazione è pari a
p rad = I
dove I e c sono l’intensità della radiazione incidente e la velocità della luce, mentre P è il valor medio del
vettore di Poyinting.
Per il vettore di Poynting abbiamo
P = 1
S
dU
c
= P
c
dt = Plamp 500 W
=
4πd2 4π(1.5 m) 2 = 17.68 W/m2 ,
dove si è supposto che tutta la potenza dissipata dalla lampadina venga irraggiata allo spazio circostante
sottoforma di radiazione elettromagnetica.
Si ha dunque
p rad = 5.9 · 10 −8 N/m 2 .
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Problema 3 Un blocco di Al (A = 27) di massa 12 g è riscaldato da 80 K a 180 K a volume costante.
Quanto calore bisogna fornire secondo la teoria classica della capacità termica molare e quanto secondo la
teoria quantistica di Einstein.
(Prendere T E = hν/k = 290 K).
Soluzione Secondo la teoria classica (legge di Dulong e Petit)
Dunque
c V = 3R = 24.9 J · mol −1 · K −1 .
Q = nc V ∆T = 1107 J.
Per quanto riguarda l’espressione quantistica del calore specifico (secondo Einstein), si ha
c V = 3R
„ «
TE 2 e TE /T
T
“
eTE /T ” .
2
− 1
Da questa relazione si ottiene che, per una mole di sostanza, si ha
Q = ∆U =
Posto x = e T E /T − 1, si ha
Z T2
T 1
c V dT = 3R
Z „
180 K TE
80 K
T
« 2 e TE /T dT
“
e TE /T ” .
2
− 1
dx = − TE T2 eTE /T dT ⇒ dT = − T2
e
TE −TE /T ,
e dunque ponendo x1 = e TE /T1 − 1 e x2 = e TE /T2 − 1 si ha
Z
x2 dx
Q = 3RTE x2 = 3RT »
E − 1
x
Il calore richiesto è dunque
x 1
– x2
x 1
Q = 0.445 mol · 1606 J/mol = 714 J.
= 1606 J/mol.
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Problema 4 Tra due lastrine di vetro di lato l = 4.0 cm , poste l’una sull’altra, viene inserita, lungo uno
dei lati, una sottile striscia di carta. Illuminando il sistema così ottenuto con luce rossa di lunghezza
d’onda λ = 632.8 nm a incidenza normale, si hanno cento frange chiare e il centro della centesima coincide
con un’estremità delle lastrine. Si determini l’angolo α del prisma d’aria compreso tra le due lastrine.
Soluzione Prima di tutto si noti che all’estremità dove le lastrine sono a contatto c’è una frangia scura.
Se poi indichiamo con ∆x la distanza tra il suo centro (che coincide con le estremità delle lastrine) e il
centro della frangia chiara adiacente, si vede subito che ∆x è anche la larghezza di tutte le frange, chiare
o scure che siano. Se poi teniamo presente che, come detto nel testo, ”si hanno cento frange chiare e il
centro della centesima coincide con un’estremità delle lastrine”, allora possiamo capire che le frange si
susseguono cosŞ: mezza scura, 99 chiare alternate a 99 scure, mezza chiara. Conseguentemente deve essere
∆x
2
+ 2 · 99∆x + ∆x
2
= l ⇒ ∆x = l
199
= 0.201 mm.
I massimi di interferenza (centri delle frange chiare) e i minimi di interferenza (centri delle frange scure)
corrispondono alle distanze dal bordo delle lastrine seguenti
λ
(2m + 1) e
4α
λ
2α m,
e quindi la distanza tra il centri di una frangia chiara ed una scura adiacente è
Quindi è
α = λ
2∆x
∆x = λ
2α .
= 199λ
2l = 1.57 · 10−3 rad.
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Problema 5 Una sorgente puntiforme, monocromatica di luce con λ = 441.6 nm si trova ad un’altezza
d = 1.0 mm sopra uno specchio. Ad una distanza D = 1.0 si trova uno schermo perpendicolare allo
specchio. Calcolare le posizioni sullo schermo dei primi due massimi e dei primi due minimi di luminosità.
Soluzione Il sistema è detto specchio di Lloyd. La sorgente S interferisce con una sorgente S ′ simmetrica
rispetto ad S dall’altro lato del piano (vedere disegno nelle dispense); S ′ non è altro che l’immagine di S
prodotta dallo specchio. La differenza di cammino è data da ∆x = 2d sin θ che dà massimi a
„
∆x = m + 1
«
λ,
2
considerato che la fase cambia di π nella riflessione sullo specchio, e minimi per
Ovvero sotto le direzioni
e quindi a valori di
sin θ =
„
m + 1
z = D tan θ ≈ D sin θ =
2
« 1
∆x = mλ.
2d
λ e sin θ = m
2d λ,
„
m + 1
2
« D
2d
λ e z = Dm
2d λ.
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Problema 6 In un esperimento sull’effetto fotoelettrico su una superficie metallica si trova un potenziale
di arresto V1 = 1.85 V per luce di lunghezza d’onda λ1 = 300 nm e V2 = 0.82 V per λ2 = 400 nm.
Da questi dati calcolare:
a) il valore della costante di Planck h;
b) il lavoro di estrazione We del metallo;
c) la lunghezza d’onda massima λ0 che produce l’effetto fotoelettrico nel metallo.
Soluzione Dal significato di potenziale di arresto segue che nei due casi esaminati deve essere
eV1 = hc
λ1
Mettendo a sistema e risolvendo si ottiene
Infine
h = e
c
(V1 − V2)λ1λ2
λ2 − λ1
− We e eV2 = hc
λ2
− We.
= 6.6 · 10 −34 J · s; We = e(V1λ1 − V2λ2)
λ0 = c
ν0
= hc
We
= 543 nm.
λ2 − λ1
= 2.29 eV.
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Problema 7 Un fotone avente energia E0 = 10 keV urta contro un elettrone libero e viene diffuso ad un
angolo θ = 60 ◦ . Calcolare:
a) l’energia cinetica e la quantità di moto dell’elettrone dopo l’urto;
b) la direzione φ dell’elettrone dopo l’urto.
Soluzione La lunghezza d’onda del fotone diffuso e la corrispondente energia sono pari a
λ0 = hc
E0
e quindi
= 1.24 ·10 −10 m; ∆λ = λc(1 −cos θ) = 1.24 ·10 −12 m ⇒ λ1 = λ0 +∆λ = 1.25 ·10 −10 m,
E1 = hc
λ1
= 9.9 keV.
Dalla conservazione dell’energia segue che l’energia cinetica dell’elettrone è
Quindi la quantità di moto dell’elettrone è
K =
K el = E0 − E1 = 0.1 keV = 100 eV.
q
p2 ec2 + m2 ec4 − mec 2 ⇒ pe = 1 p
K2 + 2Kmec
c
2 = 5.344 · 10 −24 kg · m/s.
Infine, la conservazione della quantità di moto impone che
h
λ1
„ «
h sin θ
sin θ = pe sin φ ⇒ φ = arcsin
≈ 59 ◦ .
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λ1pe

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Problema 8 Dimostrare che dalla relazione di Compton deriva che il rapporto tra le energie finale Ef e
iniziale Ei del fotone è pari a
Ef Ei 1
= »
1 + E – .
1
mec2 (1 − cos θ)
Soluzione Dalla relazione della variazione di lunghezza d’onda nell’effetto Compton segue che
Da questa otteniamo
e quindi
λf − λi = h
(1 − cos θ) ⇒
mec
hc
E F
= hc
E i
+ h
(1 − cos θ) ⇒
mec
E f
E i
=
hc
E F
E i
E F
− hc
E i
1
»
1 + E – .
1
mec2 (1 − cos θ)
= h
(1 − cos θ).
mec
= 1 + Ei (1 − cos θ),
mec2 G. Giugliarelli Esercitazione 6 – Esercizi vari tratti da vecchie prove d’esame 8

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Problema 9 Un fascio di elettroni incide nel vuoto su due fenditure parallele molto strette a distanza
d = 50 nm, l’una dall’altra; la figura d’interferenza è osservata su uno schermo distante L = 20 cm dal
piano delle fenditure. La distanza tra le due frange chiare adiacenti è pari a 0.6 mm.
Calcolare la velocità degli elettroni.
Soluzione Chiamando ∆x la distanza tra le due frange e supponendo che una delle due sia quella centrale,
allora l’angolo a cui cade l’altra è dato da
θ ≈ tan θ = ∆x
Quindi, dato che la differenza tra i cammini ottici deve essere pari ad una lunghezza d’onda, possiamo
scrivere
λ = dsin θ ≈ d · θ = ∆xd
L = 1.5 · 10−10 m.
Questa lunghezza d’onda è la lunghezza d’onda di De Broglie degli elettroni e quindi
λ = h
p
= h
mev
L
⇒ v = h
mλ = 4.9 · 107 m/s.
G. Giugliarelli Esercitazione 6 – Esercizi vari tratti da vecchie prove d’esame 9