Compito di prova

Fisica generale II, a.a. 2013/2014
TUTORATO 6: COMPITO DI PROVA
Compito di prova - risolti
y
x
A
P
B
qA
qP
qB
1. La carica positiva mobile qP si trova tra le cariche
positive fisse qA, qB dove |AB| = 1 m. Se qA = 2 C e
all’equilibrio |AP| = 0.333 m, la carica qB vale circa
(A) 2 C
(B) 4.5 C
(C) 8 C
(D) 18 C
(E) 32 C
SOLUZIONE. La carica positiva mobile qP deve essere in equilibrio tra la forza repulsiva tra qP e
qA e la forza repulsiva tra qP e qB. A meno delle costanti deve essere:
| |
| |
| |
| |
2. Con riferimento al problema precedente, se qP = 1 C, l’energia potenziale della carica mobile
nella posizione di equilibrio vale circa
(A) 72 mJ
(B) 112.5 mJ
(C) 162 mJ
(D) 288 mJ
(E) 450 mJ
SOLUZIONE. Il potenziale generato in P da qA e il potenziale generato in P da qB valgono
rispettivamente
| |
| |
Per il principio di sovrapposizione e applicando la definizione di energia potenziale:
(
)
(
)
3. Con riferimento ai problemi precedenti, se la carica qP è spostata dalla posizione di equilibrio di
un centimetro nella direzione dell’asse y, la componente Fy della forza su qP vale circa
(A) 2.9 mN
(B) 4.7 mN
(C) 7.3 mN
(D) 15.4 mN
(E) 28.1 mN
SOLUZIONE. Nella nuova posizione, la carica qP forma con le altre cariche angoli tali che
( ̂ )
( ̂ )
̂
( ̂ )
( ̂ )
̂
La componente Fy della forza su qP vale
( ̂ )
( ̂ )
(
|
|
|
|
)
4. Una particella di massa m =3.2(1027) kg e carica positiva

+
q = 1.6(1019) C è sparata tra le armature del condensatore della figura
dove a = 1 m e la differenza di potenziale tra le armature vale
v
m,q
V = 10 kV. Al tempo iniziale l’ascissa della particella è x(0) = 0 m e la
sua velocità è v(0) = 106 m/s. Tra le seguenti affermazioni sono vere
x
(A) La particella raggiunge il punto x = a quando ha velocità nulla
(B) la particella va oltre il punto x = a e continua poi a muoversi verso
O
a
ascisse crescenti
(C) la particella ha velocità nulla in un punto x<a dove la particella
rimane indefinitamente
(D) la velocità della particella si annulla in un punto x<a; raggiunto tale punto la particella torna
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indietro e si muove indefinitamente nella direzione delle ascisse negative
(E) la particella compie un moto oscillatorio attorno alla posizione dove la sua velocità si annulla
SOLUZIONE. Ricordando le leggi della cinematica per il moto uniformemente decelerato, lo
spazio percorso dalla particella prima di fermarsi vale
Sostituendo i valori numerici si trova
Raggiunta la sua ascissa massima x = a, la particella ha esaurito la sua energia cinetica. Essa
invertirà il verso di moto accelerando sotto l’effetto del campo elettrico che ha verso opposto
all’asse x. Dunque l’affermazione (A) è vera, e tutte le altre necessariamente errate.
5. La Terra e la sua ionosfera possono essere idealizzati come una sfera conduttrice con raggio
RT = 6300 km circondata da un guscio conduttore di raggio Ri = 6500 km tra cui vi è aria rarefatta
(r = 1). Sulla Terra vi è una carica negativa QT = 10000 C e mentre sulla ionosfera vi è una carica
positiva Qi = 11000 C. Uno ione Cl (massa 6.01026 kg, carica negativa q = 1.61019 C) viene
rilasciato con velocità nulla alla superficie terrestre, passa la ionosfera e si allontana dalla Terra sino
a raggiungere una distanza massima dal centro della Terra pari a
(A) 6.7(106)m
(B) 6.9(106)m
(C) 7.7(106)m
(D) 9.5(106)m
(E) 17.8(106)m
SOLUZIONE. L’energia iniziale totale ETOT,i dello ione è l’energia potenziale dovuta al potenziale
dovuto alla Terra a distanza RT dal suo centro e al potenziale della ionosfera alla stessa distanza dal
centro. Poichè il potenziale di un conduttore è costante all’interno del conduttore stesso, il
potenziale all’interno del guscio che rappresenta la ionosfera è pari a quello sulla superficie del
guscio. Dunque
(
)
Nel tratto fra Terra e ionosfera, parte dell’energia potenziale iniziale si trasforma in energia
cinetica; in corrispondenza della massima distanza dal centro della Terra raggiunta dallo ione,
tuttavia, l’energia cinetica è nulla (lo ione si ferma) e la sua energia totale è l’energia potenziale
dovuta a Terra e ionosfera alla distanza massima Rmax:
(
)
Per il principio di conservazione dell’energia:
6 Un condensatore con C = 3.6 mF possiede un’energia di 0.18 J quando la sua carica è di circa
(A) 156.2 mC
(B) 31.6 mC
(C) 36.0 mC
(D) 17.7 mC
(E) 3.3 mC
SOLUZIONE. L’energia del condensatore espressa in funzione di capacità e carica vale
√
7. Un condensatore piano, costituito da due armature in aria di superficie S = 0.3 m2 distanti
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d = 2 mm, è collegato a un generatore di voltaggio costante V. Se il lavoro minimo richiesto per
inserire tra le armature un foglio di teflon ( r = 2.3) spesso s = 1.5 mm è di 49 mJ il voltaggio V del
generatore vale
(A) 25 kV
(B) 15 kV
(C) 12 kV
(D) 10 kV
(E) 8 kV
SOLUZIONE. Il condensatore con il foglio di Teflon inserito equivale, a causa della
polarizzazione elettrica del Teflon, a due condensatori collegati in serie, uno con spessore s e
costante dielettrica 0r e l’altro con spessore ds e costante dielettrica 0.
La capacità totale CT del condensatore con il foglio di Teflon inserito vale quindi
(
)
(
)
mentre la capacità iniziale C del condensatore vuoto vale
Poiché il generatore è a voltaggio costante, l’energia finale Ef del condensatore è maggiore di quella
iniziale Ei il lavoro minimo richiesto per inserire il foglio di Teflon tra le due armature si può
esprimere come
(
)
(
(
)
(
)
)
(
)
Ricavando l’espressione per V e sostituendo i valori numerici troviamo
√
(
(
)
)
√
(
)
8. Un filo percorso da una corrente If = 100 A giace nel piano xy e
interseca gli assi cartesiani nei punti A(8,0) e B(0,6) (coordinate in
metri). Una spira di corrente giace in un piano parallelo a xy con centro
nel punto C dell’asse delle z con distanza dall’origine |OC| = 4 m; la
spira ha raggio R = 3 m ed è percorsa da corrente Is = 92.1 A in senso
antiorario (per osservatore diretto come l’asse z che guardi la spira
dall’alto). La componente lungo z del campo magnetico B in O vale
(A) ________
(B) 3.88 T
(C) 6.28 T
(D) 8.33 T
(E) minore in valore assoluto di 10 nT
z
C
Is
If
O
B
y
A
x
SOLUZIONE. Utilizzando la regola della mano destra si osserva che
sia il campo generato dal filo sia quello generato dalla spira sono diretti lungo il verso positivo
dell’asse z. La distanza del filo da O rappresenta l’altezza h del triangolo AOB e, poichè esso è
rettangolo, detta S la sua area si ha:
| | | |
| |
| |
| |
(
(
(
|
| )
)
(
(
)
)
)
9. Un avvolgimento circolare di raggio R = 7 cm è costituito da N = 300 spire percorse da una
corrente Is =15 A. L’asse dell’avvolgimento, orientato nella direzione che vede la corrente circolare
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in senso antiorario, è parallelo al versore j. L’avvolgimento è in un campo magnetico
B = 0.3i0.4j+0.5k (valori delle componenti in tesla). L’avvolgimento è sottoposto a una coppia di
circa
(A) 31.4 Nm
(B) 40.4 Nm
(C) 34.6 Nm
(D) 44.4 Nm
(E) ______Nm
SOLUZIONE. L’avvolgimento e il sistema cartesiano di riferimento sono
rappresentati in figura. Il momento magnetico dell’avvolgimento vale
dove S è l’area di ogni spira. Il momento torcente è
. Calcoliamo il prodotto vettoriale tra momento magnetico
dell’avvolgimento e campo B:
|
| |
|
y
Sj
x
z
I
|
√
|
√
10. Con riferimento al problema precedente, se l’avvolgimento è libero di orientarsi nel campo B,
passando dall’orientamento iniziale a quello di equilibrio l’energia potenziale dell’avvolgimento
diminuisce di circa
(A) 28.20 J
(B) 14.35 J
(C) 83.62 J
(D) 21.27 J
(E) 76.69 J
SOLUZIONE. La posizione di equilibrio dell’avvolgimento è quella che massimizza il flusso
positivo del campo magnetico attraverso l’avvolgimento stesso, quindi quella perpendicolare a B.
Nella posizione finale di equilibrio, l’energia potenziale dell’avvolgimento (dipolo magnetico) è
pertanto:
√
√
Nella posizione iniziale, invece, il momento magnetico dell’avvolgimento è
e
l’energia potenziale dell’avvolgimento è
(
) (
)
La diminuzione di energia potenziale dell’avvolgimento è quindi
(
√ )
(√
)
11. Nel circuito della figura si ha R1 = 2 , R2 = 10 , R3 = 5 , I3 = 1 A e
V1 = 6 V. Il voltaggio V2 vale
(A) 4 V
(B) 5 V
(C) 6 V
(D) 10 V
(E) _______ V
R1
R2
+
V1
+
R3
I3
V2
SOLUZIONE. Scriviamo le leggi delle due maglie del circuito V1R1R3 e V2R2R3:
{
Moltiplicando la prima equazione per R2 e la seconda per R1 e sottraendo membro a membro si
ottiene
(
)
(
)
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12. Prima della chiusura dell’interruttore, nel circuito della figura il
condensatore C1 è completamente carico mentre C2 è scarico. Si ha:
Vg = 72 V, C1 = 0.2 F, R1 = 11 , C2 = 0.1 F, R2 = 1 . Il voltaggio
V2() sul condensatore C2 molto tempo dopo la chiusura
dell’interruttore vale
(A) 6 V
(B) 12 V
(C) 24 V
(D) 36 V
R1
Vg
V2
C1
R2 C2
I2
(E) 48 V
SOLUZIONE. Alla chiusura del circuito, C1 inizierà a scaricarsi e C2 a caricarsi; C1, R2 e C2 sono,
dal punto di vista del generatore, collegati in parallelo, pertanto
( )
( )
( )
Quando i condensatori si sono caricati completamente, la corrente attraversa solo la parte di circuito
costituita dal generatore e dalle resistenze in serie R 1 e R2, quindi
( )
( )
( )
( )
( )
13. Con riferimento al problema precedente il rapporto E(0)/E() tra l’energia immagazzinata in C1
prima della chiusura dell’interruttore e l’energia complessivamente immagazzinata nei due
condensatori molto tempo dopo la chiusura dell’interruttore vale
(A) 0.45
(B) 1
(C) 3
(D) 18
(E) 96
SOLUZIONE. All’istante iniziale,
( )
e l’energia immagazzinata da C1 vale
( )
Dopo tempi sufficientemente lunghi si ha
( )
( )
( )
( )
( )
(
( )
)
(
( )
)
14. Nel circuito della figura si ha R1 = 3  , R2 = 9  , R3 = 6. Se V2 = 5 V e la
differenza di potenziale tra A e B è VAB = 1 V la tensione V1 vale
(A) 1V
(B) 2V
(C) 5V
(D) 8V
(E) 10V
A
R3
R1
+
V1
B
R2
+
SOLUZIONE. La corrente che circola nel circuito vale
dove il segno negativo indica che VB > VA e quindi che la corrente circola da B verso A. Applicando
la legge di Ohm al circuito:
15. Nel problema precedente la potenza erogata dal generatore V1 vale (segno negativo = potenza
assorbita)
(A) 1/3 W
(B) 2/5 W
(C) 5/3 W
(D) 8/3 W
(E) 20/9 W
SOLUZIONE. La corrente circola da V2 verso V1, quindi V1 assorbe una corrente pari in modulo a
| |
5
V2