COMPITO23LUGLIO2011

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Compito di Fisica Generale II di Ingegneria CIVILE e BIOMEDICA
23 LUGLIO 2011
Esercizio 1: Una lastra piana metallica infinita giace nel piano xy ed è caricata uniformemente con
densità di carica σ=1 mC/m2. In corrispondenza dell’origine degli assi viene praticato nella lastra un
forellino di raggio a=1 mm, come mostrato in figura.
1.1 Determinare modulo, direzione e verso del campo elettrico nel punto di coordinate x = y = 0,
z =1 cm.
1.2 Calcolare la velocità minima iniziale che deve avere un protone (massa mp=1.7 10-27 kg, carica
qp=+1.6 10-19 C) che parte da x = y = 0, z =1 cm per passare attraverso il foro.
Esercizio 2: Un condensatore a facce piane e parallele quadrate, aventi lato L=5 cm e poste a
distanza d=1 mm, è collegato ad un generatore di d.d.p costante V0=5 V tramite una resistenza R.
Sapendo che il condensatore è inizialmente scarico e assumendo condizioni stazionarie:
2.1 Calcolare il lavoro TOTALE fatto dal generatore per caricare completamente il condensatore.
2.2 Calcolare l’energia immagazzinata nel condensatore e l’energia dissipata nella resistenza R.
2.3 Calcolare il modulo della forza tra le armature, dicendo se essa è attrattiva o repulsiva.
Ad un certo istante, le armature vengono avvicinate ad una distanza d/2, mantenendo il
condensatore collegato al generatore. Assumendo nuovamente condizioni stazionarie (in generale,
differenti dalle precedenti):
2.4 Calcolare il modulo della forza tra le armature nella nuova situazione.
2.5 Come cambia la risposta alla domanda precedente se, prima di portare la piastra a distanza d/2,
il condensatore viene scollegato dalla batteria?
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23 LUGLIO 2011
Esercizio 3: Una spira a forma di settore circolare (angolo al centro π/2 rad e raggio a =2 cm) ruota
nel piano xy con velocità angolare ω =100 rad/s (mantenuta costante da un motorino) attorno
all’asse z nel verso antiorario. Nella porzione del piano xy data da x>0, y>0 è presente un campo
magnetico B0=1 mT. Al tempo t=0 s la spira si trova nella posizione rappresentata in figura.
Sapendo che la resistenza totale della spira è R =10 Ω, mentre la sua autoinduttanza è trascurabile,
determinare:
3.1 L’andamento temporale della corrente che scorre nella spira in un periodo di rotazione T.
3.2 L’energia dissipata nella spira in un periodo di rotazione.
3.3 Il momento di forza che il motorino deve esercitare per mantenere il circuito in moto con
velocità angolare costante. ( Si calcoli il momento di forza rispetto all'origine degli assi)
Suggerimento: Può essere utile ricordare che l’area di un settore circolare di raggio a ed angolo al
centro θ (espresso in radianti) è data da A=1/2a2 mentre la lunghezza dell'arco di circonferenza
sotteso è L= θ a.
ATTENZIONE: LE RISPOSTE DEVONO ESSERE GIUSTIFICATE INDICANDO I
PASSAGGI LOGICI ESSENZIALI UTILIZZATI PER ARRIVARE AL RISULTATO
FINALE. RISPOSTE SENZA ALCUNA GIUSTIFICAZIONE, ANCHE SE CORRETTE,
NON SARANNO PRESE IN CONSIDERAZIONE.
Soluzioni
Esercizio 1 - 1.1 La lastra forata può essere vista come la configurazione risultante dalla
sovrapposizione di una lastra infinita continua con densità di carica σ ed un disco di raggio a con
una densità di carica -σ. Il campo risultante è la semplice sovrapposizione dei campi di queste due
(note) distribuzioni continue di carica. Dato che l’asse z coincide con l’asse del disco, il campo
totale è diretto lungo questo asse ed ha verso uscente rispetto alla lastra. Esso è dato da:
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

z

z
1 
 zˆ 
zˆ

2
2 
2
2
2

a

z
a

z
0


In z=1 cm il suo modulo vale 5.62 107 V/m.
1.2 Nel moto da z = 1 cm a z = 0 il protone deve affrontare una barriera di potenziale ΔV data da:





E ( z )  Elastra  E disco 
zˆ 
2 0
2 0
1cm
V  V (0)  V (1cm) 
 E( z)dz 
0

a2  z2
2 0
1cm
= 5.11 105 V
0
La velocità minima iniziale deve essere tale da permettere al protone di superare tale barriera di
potenziale, giungendo con velocità nulla in z = 0. Dalla conservazione dell’energia si ricava quindi:
2q p V
1
2
= 9.81 106 m/s
m p vmin
 q p V  vmin 
2
mp
Esercizio 2 -2.1 La capacità del condensatore vale C = ε0A/d = 2.21 10-11 F, dove A è l'area
dell'armatura. Il lavoro fatto dal generatore per caricare completamente il condensatore è dato
dall’integrale nel tempo della potenza sviluppata dal generatore stesso:


0
0
Lgen   V0 Idt  V0  Idt  V0 Q  CV02 = 5.53 10-10 J
dove Q è la carica totale che viene trasferita sul condensatore, inizialmente scarico.
2.2 L’energia immagazzinata nel condensatore è data da:
1
U cond  CV02 = 2.76 10-10 J
2
mentre, per la conservazione dell’energia totale, l’energia dissipata nella resistenza è pari alla
differenza tra il lavoro compiuto dal generatore e l’energia immagazzinata nel condensatore:
1
E joule  L gen  U cond  CV02 = 2.76 10-10 J
2
2.3 La forza agente su una armatura del condensatore è attrattiva e il suo modulo è pari al prodotto
della carica dell’armatura per il campo prodotto dall’altra armatura, che è pari a metà del campo
V0
V02
totale V0/d. Dunque,
= 2.76 10-7 N
F  QE  Q
C
2d
2d
2.4 Dato che il condensatore è collegato al generatore, la d.d.p tra le piastre rimane costante e pari a
V0. Cambiando la distanza tra le armature, la capacità del condensatore ed il campo generato da una
singola armatura diventano, rispettivamente:
V0
A
A
= 5 103 V
C'   0
 2 0 = 4.42 10-11 F e E ' 
2( d / 2)
(d / 2)
d
Di conseguenza, la carica sulle armature assume un valore Q’ diverso dal valore precedente. La
forza tra le armature, nella nuova situazione, si calcola come:
V02
F '  Q' E '  C '
= 1.11 10-6 N
d
2.5 Se il condensatore viene scollegato dal generatore, la carica sulle armature (e non più la d.d.p tra
di esse) rimane costante e pari a Q=CV0. Conseguentemente anche il campo generato da ciascuna
piastra resta costante [ il campo di una piastra è Q/(20A)]. La forza fra le armature è, perciò,
sempre uguale a quella calcolata al punto 2.3.
Esercizio 3 - 3.1 Sfruttiamo il suggerimento chiamando, in accordo con le condizioni iniziali date,
θ = ωt l’angolo compreso tra il lato AB della spira e l’asse x e T = 2/ = 62.38 ms il periodo di
rotazione. Si distinguono tre casi: a) 0 < t < T/4, la spira sta entrando nel campo e il flusso del
campo nel verso dell'asse z aumenta; b) T/4 < t < T/2 la spira sta uscendo dal campo e il flusso del
campo nel verso dell'asse z diminuisce; c) T/2 < t < T, la spira è fuori del campo e il flusso del
campo è nullo. Nel caso c), poichè il flusso non varia, non c'è corrente indotta e, quindi, nessuna
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energia dissipata e nessun momento di forza. Gli unici casi da considerare sono, quindi, il caso a) e
il caso b).
Caso a), 0 < t < T/4 : Il flusso del campo magnetico Φ(t) attraverso la superficie della spira nel
verso dell'asse z vale:
a2
a2
(t )  B0 A(t )  B0 (t )
 B0 t
2
2
dove A(t) è l'area della sezione di spira immersa nel campo. Prendendo come verso positivo della
corrente quello antiorario e utilizzando la legge di Faraday si trova
B  a2
1 d(t )
= - 2 10 -6 A
ia (t )  
 0
R dt
R 2
Caso b), T/4 < t < T/2 : Il flusso del campo magnetico Φ(t) attraverso la superficie della spira nel
verso dell'asse z vale:
a2
a2
(t )  B0 A(t )  B0  / 2   (t )  B0 T / 4  t 
2
2
e la corrente indotta è
B0 a 2
1 d(t )
= 2 10 -6 A
ib (t )  

R dt
R 2
3.2 L’energia dissipata nella spira si calcola come integrale della potenza dissipata per effetto Joule
in un semiperiodo di rotazione ( nel secondo semiperiodo non c'è corrente):
T /4
T /2
 a 4B02
= 1.26 10 -12 J
Ediss   Ria2 (t )dt   Rib2 (t )dt 
4 R
0
T /4
3.3 Ad un generico istante t, la forza magnetica totale sulla spira può essere scomposta in due
contributi: quello agente sul tratto rettilineo AB, perpendicolare ad esso, e quello agente sul tratto di
circonferenza che si trova, all’istante t, nella porzione di piano x>0, y>0. È immediato verificare che
quest’ultimo è sempre diretto verso l’origine degli assi (che scegliamo come polo per il calcolo del
momento agente sul circuito) e quindi non può contribuire al momento stesso. Per il calcolo del
momento si considera quindi solo il primo contributo. Applicando la II legge elementare di Laplace
  
e la definizione di momento di una forza M  r  F , si trova che il momento agente su un elemento
infinitesimo dr del tratto AB, posto a distanza r dall’origine degli assi, vale:


 

dM (t )  r   i(t )dr  B0  i(t ) B0 rdrz


dove r è il vettore posizione di un generico tratto infinitesimo dr sul tratto AB. Il segno - è dovuto
all'aver scelto come verso positivo della corrente quello antiorario. Dunque, il momento di forza
risultante è

a

B02a 4 



M (t )    i (t ) B0 rdrdr  z  
z = - 4.00 10 - 13 N m z per 0 < t < T/4
4R
0



Nel caso T/4 < t < T/2 il tratto di spira che dà luogo ad un momento è il segmento AC. La corrente
nella spira si inverte in questo intervallo di tempo ma il verso della corrente nel tratto AC resta
uguale a quello precedente nel tratto AB e, quindi, il momento di forza è uguale. Il momento
esercitato dal motorino deve essere, perciò, uguale ed opposto a quello del campo e pari a



per 0 < t < T/2.
M mot (t )  M (t ) = + 4.00 10 - 13 N m z
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