PROBLEMA 1 – SOLUZIONE
Due fili rettilinei paralleli vincolati a rimanere nella loro posizione, distanti 1 m l’uno dall’altro e di lunghezza indefinita, sono percorsi da correnti costanti di pari intensità ma verso opposto; si indichi con i l’intensità di corrente, espressa in ampere (A). Si consideri un piano perpendicolare ai due fili sul quale è fissato un sistema di riferimento ortogonale Oxy, dove le lunghezze sono espresse in metri (m), in modo che i due fili passino uno per l’origine O e l’altro per il punto 𝐷(1,0), come mostrato in figura.
1. Verificare che l’intensità del campo magnetico 𝐵⃗ , espresso in tesla (T), in un punto 𝑃(𝑥,0) con 0<𝑥<1, è data dalla funzione \(𝐵(𝑥)=𝐾(\frac{1}{𝑥}+\frac{1}{1−𝑥})\), dove 𝐾 è una costante positiva della quale si richiede l’unità di misura. Stabilire quali sono la direzione e il verso del vettore al variare di 𝑥 nell’intervallo (0,1). Per quale valore di 𝑥 l’intensità di \(\vec{𝐵}\) è minima.
Soluzione prima domanda
Il verso del campo magnetico si ottiene applicando la regola della mano destra.
Mentre l’intensità si ottiene applicando la sovrapposizione degli effetti.
Il campo di induzione magnetica generato dal filo passante per l’origine è quello di un filo indefinito avente espressione:
\({{B}_{1}}\left( x \right)=\frac{{{\mu }_{0}}i}{2\pi x}\)
Il campo di induzione magnetica generato dal filo centrato in D(1,0) , ha la stessa espressione ma traslato di 1 rispetto all’asse x
\({{B}_{2}}\left( x \right)={{B}_{1}}\left( 1-x \right)=\frac{{{\mu }_{0}}i}{2\pi \left( 1-x \right)}\)
Il campo magnetico totale può essere calcolato applicando la sovrapposizione degli effetti. I due campi hanno lo stesso verso (regola della mano destra) pertanto è possibile sommare i rispettivi moduli.
\(B(x)={{B}_{1}}\left( x \right)+{{B}_{2}}\left( x \right)\)
\(B(x)=\frac{{{\mu }_{0}}i}{2\pi x}+\frac{{{\mu }_{0}}i}{2\pi \left( 1-x \right)}=\frac{\mu {}_{0}i}{2\pi }\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{1-x} \right)\)
Posto \(K=\frac{\mu {}_{0}i}{2\pi }\) , si ha che la sua unità di misura è \(\left[ K \right]=T\cdot m\)
2. Nella zona di spazio sede del campo \(\vec{𝐵}\) , una carica puntiforme q transita, ad un certo istante, per il punto 𝐶 (1/2, 0), con velocità di modulo \(𝑣_0\) nella direzione della retta di equazione 𝑥 =1/2. Descriverne il moto in presenza del solo campo magnetico generato dalle due correnti, giustificando le conclusioni
Soluzione seconda domanda
Le linee di campo magnetico lungo la retta x=1/2 sono parallele all’asse y, perché i punti su questa retta sono equidistanti da 0 e D e le correnti sono uguali. Lungo l’asse x=1/2 pertanto si annullano le componenti x, essendo queste ultime uguali e contrarie, mentre si sommano le componenti y.
Se una carica q viaggia a velocità \({{v}_{0}}\) lungo la retta x=1/2, non subisce alcuna forza per effetto del campo magnetico essendo quest’ultimo parallelo al vettore velocità. La forza di Lorentz \(\vec{F}=q{{\vec{v}}_{0}}\times \vec{B}=0\).
La carica viaggia di moto rettilineo uniforme lungo la retta x=1/2.
A destra del punto D lungo l’asse x, i moduli si sottraggono, ma prevale l’effetto del filo in D, essendo quest’ultimo più vicino.
A sinistra del punto O lungo l’asse x, i moduli si sottraggono, ma prevale l’effetto del filo in O, essendo quest’ultimo più vicino.
Questo è sufficiente per affermare che i campi non si annullano mai (hanno la stessa intensità solo al centro tra i due fili in x=1/2 dove però hanno lo stesso verso). In ogni caso è possibile arrivare alle stesse conclusioni attraverso l’equazione:
\(B(x)=K\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{1-x} \right)=\frac{K}{x\left( 1-x \right)}\ne 0\)
\(\forall x\in \mathbb{R}-\left\{ 0,\,1 \right\}\)
Inoltre \(B(x)<0\) se \(x<0\,\vee x>1\) , il che giustifica i versi riportati in figura.
3. Indipendentemente da ogni riferimento alla fisica, studiare la funzione \(f(𝑥)=𝐾(\frac{1}{𝑥}+\frac{1}{1−𝑥})\) dimostrando, in particolare, che il grafico di tale funzione non possiede punti di flesso. Scrivere l’equazione della retta tangente al grafico di nel suo punto di ascissa 1/3 e determinare le coordinate dell’ulteriore punto d’intersezione tra \(r\) e il grafico di \(f\).
Soluzione terza domanda
Dominio di f(x): \(D=\mathbb{R}-\left\{ 0,\,1 \right\}\)
K è una costante positiva, quindi K>0.
Studio del segno: \(f(x)>0\) se \(0<x<1\)
La funzione è positiva tra 0 e 1 e negativa altrove. Non incontra mai l’asse x.
\(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,K\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}\ \right)=0\)
Pertanto y=0 è un asintoto orizzontale bilatero.
\(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,K\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}\ \right)=+\infty \) \(\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,K\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}\ \right)=+\infty \)
\(\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,K\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}\ \right)=-\infty \) \(\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,K\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}\ \right)=-\infty \)
Le rette x=0 e x=1 sono asintoti verticali.
Studio del segno della derivata prima:
\(f\left( x \right)=\frac{k}{x-{{x}^{2}}}\)\(\Rightarrow \) \({f}’\left( x \right)=-K\frac{1-2x}{{{\left( x-{{x}^{2}} \right)}^{2}}}\)
Si ha che \({f}’\left( x \right)>0\)\(\Rightarrow \)\(x<\frac{1}{2}\) da cui si deduce che in x=1/2 c’è un punto di massimo relativo. Passiamo a questo punto allo studio del segno della derivata seconda della funzione:
\({f}”\left( x \right)=2K\frac{-3{{x}^{2}}+3x-1}{{{\left( x-1 \right)}^{3}}{{x}^{3}}}>0\)
Il numeratore ha \(\Delta <0\) pertanto è sempre negativo sul dominio.
La derivata seconda è positiva per 0<x<1 e negativa altrove.
Poiché i cambi di concavità avvengono in corrispondenza di punti in cui la funzione non è definita, possiamo concludere che la funzione non ha flessi.
La retta tangente al punto di ascissa \(x=\frac{1}{3}\) ha equazione \(y={f}’\left( \frac{1}{3} \right)\left( x-\frac{1}{3} \right)+f\left( \frac{1}{3} \right)\)
\({f}’\left( \frac{1}{3} \right)=-\frac{27}{4}K\), \(f\left( \frac{1}{3} \right)=\frac{9}{2}K\)
Per cui l’equazione diventa: \(y=-\frac{27}{4}K\left( x-\frac{1}{3} \right)+\frac{9}{2}K\)
4. Calcolare il valore dell’integrale\[\int_{1/4}^{3/4}{f\left( x \right)\ dx}\]ed interpretare geometricamente il risultato ottenuto. Esprimere, per , l’integrale\[g\left( t \right)=\int_{2}^{t}{|f\left( x \right)|\ dx}\]e calcolare \(\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,g(t)\). Qual è il significato di tale limite?
Soluzione quarta domanda
\(\int_{1/4}^{3/4}{f\left( x \right)\ dx}=K\int\limits_{1/4}^{3/4}{\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}\ \right)dx}\)
\(\int_{1/4}^{3/4}{f\left( x \right)\ dx}=K\left[ \ln \left| x \right|-\ln \left| 1-x \right| \right]_{1/4}^{3/4}\)
\(\int_{1/4}^{3/4}{f\left( x \right)\ dx}=K\left[ \ln \left| \frac{x}{1-x} \right| \right]_{1/4}^{3/4}\)
\(\int_{1/4}^{3/4}{f\left( x \right)\ dx}=K\left[ \ln 3-\ln \frac{1}{3} \right]=2K\ln 3\)
Per \(t\ge 2\) si ha che f(x)<0
Quindi: \(\int\limits_{2}^{t}{\left| f\left( x \right) \right|dx}=-\int\limits_{2}^{t}{f\left( x \right)dx}\)
\(\int\limits_{2}^{t}{\left| f\left( x \right) \right|dx}=K\int\limits_{2}^{t}{\left( -\frac{1}{x}+\frac{1}{x-1}\ \right)dx}\)
\(\int\limits_{2}^{t}{\left| f\left( x \right) \right|dx}=K\left[ \ln \left| \frac{x-1}{x} \right| \right]_{2}^{t}\)
\(\int\limits_{2}^{t}{\left| f\left( x \right) \right|dx}=K\left( \ln \left| \frac{t-1}{t} \right|-\ln \frac{1}{2} \right)\)
\(\int\limits_{2}^{t}{\left| f\left( x \right) \right|dx}=K\left( \ln \left( 1-\frac{1}{t} \right)+\ln 2 \right)\)
\(\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,K\left( \ln \left( 1-\frac{1}{t} \right)+\ln 2 \right)=K\ln 2\)
