PROBLEMA 2
Assegnato un numero reale positivo , considerare le funzioni e così definite:
\(f(x)=\sqrt{x}(k-x)\) \(g(x)=x^2(x-k)\)
1. Provare che, qualunque sia k>0, nell’intervallo [0,k] il grafico di \(f\) ha un unico punto di massimo \(F(x_F,y_F)\) ed il grafico di \(g\) ha un unico punto di minimo \(G(x_G,y_G)\). Verificare che si ha \(x_G=2 x_F\) e \(y_G=-(y_F)^2\).
Soluzione prima domanda
Dominio di f(x): \(x\ge 0\)
Studio il segno della derivata prima della funzione:
\({f}’\left( x \right)=\frac{k-3x}{2\sqrt{x}}>0\) \(\Rightarrow \)\(x<\frac{k}{3}\)
La funzione è crescente per \(x<\frac{k}{3}\) , è decrescente altrove sul dominio e presenta un punto di massimo relativo in corrispondenza di \({{x}_{F}}=\frac{k}{3}\) , \({{y}_{F}}=f\left( \frac{k}{3} \right)=2\frac{k\sqrt{k}}{3\sqrt{3}}\)
Dominio di g(x): Tutto l’asse dei reali.
Studio il segno della derivata prima della funzione:
\({g}’\left( x \right)=x\left( 3x-2k \right)>0\) \(\Rightarrow \) \(x<0\vee x>\frac{2k}{3}\)
La funzione è crescente per \(x<0\vee x>\frac{2k}{3}\), è decrescente altrove e presenta un punto di minimo relativo in corrispondenza di \({{x}_{G}}=\frac{2k}{3}=2{{x}_{F}}\) , \({{y}_{G}}=g\left( \frac{2k}{3} \right)=-\frac{4}{27}{{k}^{3}}=-y_{F}^{2}\)
2. Verificare che, qualunque sia k>0, i grafici delle due funzioni sono ortogonali nell’origine, vale a dire che le rispettive rette tangenti in tale punto sono tra loro ortogonali. Determinare per quale valore positivo di \(k\) i due grafici si intersecano ortogonalmente anche nel loro ulteriore punto comune
D’ora in avanti, assumere k=1. In un riferimento cartesiano, dove le lunghezze sono espresse in metri (m), l’unione degli archi di curva di equazioni y=f(x) e y=g(x), per \(x\in[0,1]\) , rappresenta il profilo di una spira metallica. Sia \(S\) la regione piana delimitata da tale spira.
Soluzione seconda domanda
Per quanto riguarda la prima richiesta, bisogna verificare che le due rette tangenti nell’origine degli assi (osserviamo che entrambi le funzioni passano per l’origine).
Si ha che f(x) non è derivabile nell’origine e che
\(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{f}’\left( x \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{k-3x}{2\sqrt{x}}=+\infty \) \(\Rightarrow\) la retta tangente al grafico di f(x) nell’origine è l’asse y.
\(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{g}’\left( x \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,x\left( 3x-2k \right)=0\) \(\Rightarrow \) la retta tangente al grafico di g(x) nell’origine è l’asse x.
I grafici sono ortogonali, perché le rispettive rette tangenti sono gli assi cartesiani.
Per quanto concerne la seconda richiesta, si ha invece che le due funzioni si incontrano ulteriormente nel punto che si ricava risolvendo l’equazione f(x)=g(x)
\(\sqrt{x}\ (k-x)={{x}^{2}}\left( x-k \right)\)\(\Rightarrow \) L’ulteriore punto in comune si trova nel punto di ascissa x=k e ordinata y=0.
I grafici sono ortogonali, se i coefficienti angolari delle rette tangenti, ovvero la derivata prima calcolata in x=k, sono antireciproci.
\({{m}_{1}}={f}’\left( k \right)=-\sqrt{k}\)
\({{m}_{2}}={g}’\left( k \right)={{k}^{2}}\)
\({{m}_{1}}=-\frac{1}{{{m}_{2}}}\) \(\Rightarrow \) \({{k}^{2}}=\frac{1}{\sqrt{k}}\) \(\Rightarrow\) \(k=1\)
3. Supponendo che nella regione \(S\) sia presente un campo magnetico uniforme, perpendicolare al piano di \(S\) , avente intensità \(B_0=2,0\cdot 10^{-2}T\) , verificare che il valore assoluto del flusso di tale campo attraverso \(S\) è pari a \(B_0=7,0\cdot 10^{-3}T\)
Soluzione terza domanda
Per il calcolo del flusso attraverso la superficie S, procediamo attraverso la definizione di flusso:
\({{\Phi }_{S}}\left( {\vec{B}} \right)=\int_{S}{\vec{B}\cdot \hat{n}\,dS}\)
La normale alla superficie è l’asse z, che forma un angolo nullo con il vettore (\vec{B}), si può pertanto semplificare l’integrale come segue:
\({{\Phi }_{S}}\left( {\vec{B}} \right)=\) \({{B}_{0}}\int_{S}{dS}={{B}_{0}}\int\limits_{0}^{1}{f(x)-g(x)\,dx}=\) \({{B}_{0}}\int\limits_{0}^{1}{\left( 1-x \right)\sqrt{x}+(1-x){{x}^{2}}\,dx}=\)
\({{B}_{0}}\int\limits_{0}^{1}{{{x}^{1/2}}-{{x}^{3/2}}+{{x}^{2}}-{{x}^{3}}\,dx}=\) \({{B}_{0}}\left[ \frac{2}{3}{{x}^{3/2}}-\frac{2}{5}{{x}^{5/2}}+\frac{{{x}^{3}}}{3}-\frac{{{x}^{4}}}{4} \right]_{0}^{1}=\) \(\frac{7}{20}\,{{B}_{0}}=7,0\cdot {{10}^{-3}}\ Wb\)
4. Supporre che la spira abbia resistenza elettrica pari a \(R=70\Omega\) e che il campo magnetico, rimanendo perpendicolare al piano di \(S\), a partire dall’istante \(t_0=0s\), inizi a variare secondo la legge:\(B(t)=B_0 e^{-\omega t} cos(\omega t)\), con \(\omega=\pi rad/s\)e \(t\geqslant 0\) espresso in secondi (s). Esprimere l’intensità della corrente indotta nella spira in funzione di t, specificando in quale istante per la prima volta la corrente cambia verso.
Qual è il valore massimo di tale corrente per \(t\geqslant 0\)? Spiegare quale relazione esiste tra la variazione del campo che induce la corrente e il verso della corrente indotta.
Soluzione quarta domanda
Sfruttando i calcoli del punto precedente possiamo scrivere l’espressione del flusso magnetico\({{\Phi }_{S}}\left( {\vec{B}} \right)=\frac{7}{20}\,B(t)\) .
A partire da quest’ultima è possibile ricavare l’espressione della forza elettromotrice indotta nella spira attraverso la legge di Faraday-Newman:
\(fem=-\frac{\partial {{\Phi }_{S}}\left( {\vec{B}} \right)}{\partial t}=-\frac{7}{20}\,{B}'(t)=\) \(\frac{7}{20}\,{{B}_{0}}\ \omega {{e}^{-\omega t}}\left[ \cos \left( \omega t \right)+\sin \left( \omega t \right) \right]\)
La corrente elettrica nella spira si ottiene attraverso la legge di Ohm:
\(i(t)=\frac{fem}{R}=\frac{7{{B}_{0}}\ \omega }{20R}\left[ \cos \left( \omega t \right)+\sin \left( \omega t \right) \right]\,{{e}^{-\omega t}}\)
La corrente cambia verso quando \(\cos \left( \omega t \right)+\sin \left( \omega t \right)=0\) . Per la prima volta si ha quando \(\omega t=\frac{3\pi }{4}\) \(\Rightarrow \) \(t=\frac{3\pi }{4\omega }\)
Soluzione Problema 1 – simulazione seconda prova maturità scientifica
Soluzione Quesito 1 – simulazione seconda prova maturità scientifica
