CompitoFinale_CiviliInformatici_2011.nb
1
COMPITO FINALE CIVILI-INFORMATICI
1) Due fili conduttori rettilinei indefiniti sono disposti lungo gli assi x e z e percorsi da correnti elettriche rispettivamente i1 =10A ed i2 =20A in verso positivo (vedi figura). Se nello spazio è presente un campo induzione B
Æ
uniforme B = B0 èi , con B0 = 10-6 T, determinare nel punto P di coordinate (0m,1m,0m):
a)
il modulo la direzione ed il verso del campo induzione B;
b)
la densità di energia.
(si ricordi che m0=4π 10-7 Tm/A)
Soluzione:
a) si applica il Principio di sovrapposizione.
Dal teorema della circuitazione d'Ampere (crosscheck con la regola della mano destra),
m0 i1
m0 i2
si sa che B1 HPL = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅ k , B2 HPL = - ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅÅÅ i.
2 p Py êê
2 p Py ê
Con Py il modulo della componente lungo l'asse Y del punto P = 1 m
Ø
Ø
À B1 À = À B2 À = 2 10-6 T = 2 B0 .
Quindi in numeri:
Ø
Ø
Ø
Quindi Btot = -B0 êi + 2 B0 êkê
Ø
Ø
m0
m0
b) Densità di energia magnetica: ÅÅÅÅ
ÅÅÅ Btot 2 = ÅÅÅÅ
ÅÅÅ Btot ÿ Btot = ÅÅÅÅ52 m0 B0 2
2
2
2) Una spira quadrata di lato L è costituita da un cavo metallico di resistività r’ e sezione S. La spira si muove
Ø
nel piano xy con velocità costante V = V0 êi con i lati paralleli ai due assi in una regione di spazio in cui è presente il campo induzione magnetica dato dall’espressione B = C H1 + tL èi + C H1 - tL èè
k , dove C è una costante
nota e t il tempo. Al tempo t=0 la spira si trova con uno spigolo coincidente con l’origine O del sistema di assi
(vedi figura). Determinare al tempo t=0:
a) il verso della corrente che circola nella spira;
b) l’intensità della corrente elettrica;
c) la forza totale agente sulla spira.
Æ
Soluzione:
Ø
a) Il flusso del campo magnetico B attraverso la spira si scrive in generale come
F(t) = ‡ B ÿ „ S, dove scegliamo la convenzione di assumere dS = dS êkê.
Ø
S
Ø
Ø
CompitoFinale_CiviliInformatici_2011.nb
2
Soluzione:
Ø
a) Il flusso del campo magnetico B attraverso la spira si scrive in generale come
F(t) = ‡ B ÿ „ S, dove scegliamo la convenzione di assumere dS = dS êkê.
Ø
Ø
Ø
S
Quindi
F(t) = ŸS H C H1 + tL êi + C H1 - tL êkêL ÿ dS êkê = ŸS C H1 - tL dS = C H1 - tL ŸS dS = C S H1 - tL .
Ø
In sostanza: il campo magnetico è variabile nel tempo, ma è omogeneo spazialmente e quindi il flusso di B attraverso la
superficie della spira non dipende dalla posizione della stessa.
Per il flusso conta soltanto il campo magnetico nella sua componente lungo z.
Ora, quello che succede quindi è che con il passare del tempo, fintanto che t < 1 il flusso diminuisce ma resta F (t) >0.
Per t =1, il F(0)=0 ; poi per t>1, F(t)<0.
In sostanza il flusso diminuisce sempre.
Ora, per la legge di Faraday Neumann e Lens, che asserisce che la corrente indotta deve instaurarsi in modo da compensare la variazione di flusso, si può dire che la corrente circola sempre in senso antiorario.
d
Infatti, la f.e.m. indotta è costante: eind = - ÅÅÅÅ
ÅÅ FHtL = C S.
dt
r
b) Essendo sia la resistività che la sezione della spira delle costanti, Rspira = 4 ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ!ÅÅ . Di conseguenza, per la legge di
è!!!
S
Ohm,
è!!!!
CS S
C L3
il modulo della corrente indotta Iind = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ .
4r
4r
c) Per la legge di Biot-Savart, la forza che si applica sulla spira vale Fmag = ‡
Ø
Ø
I dl ä B . Siccome il campo è omoge-
circ
neo, le forze indotte sui lati opposti si compensano e la risultante delle forze è nulla.
3) Siano date tre cariche puntiformi poste come in figura ai vertici di un quadrato di lato L. Le cariche in A e C
valgono Q, quella in B . Determinare:
a) l’espressione del campo elettrico generato nel punto O;
b) il lavoro necessario per portare una carica positiva Q dall’infinito al punto O.
Soluzione
a) Principio di sovrapposizione Etot = ‚ Ei . Innanzi tutto sono tutte cariche puntiformi, e quindi tutte hanno il
i
Ø
i
campo esprimibile nella semplice forma E = ÅÅÅÅÅÅÅÅÅQÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ r` , con R la distanza i-esima della carica da O, e r` il versore
Ø
Ø
i
4 p e0 Ri 2
i
i
i
direzione di Ri .
1
Sia il versore êuê il vettore unitario diretto secondo la bisettrice del I quadrante, in verso positivo êuê = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ!ÅÅ Hiê + êjL.
è!!!
2
Nell'origine degli assi O, il campo generato dalla somma dei campi delle cariche positive vale in modulo
è!!!!
Q
Q
1
1 2
E+ = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ H ÅÅÅÅ
ÅÅÅ + ÅÅÅÅ
ÅÅÅ L = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅLÅ2ÅÅÅ2ÅÅ , e ha la scrittura vettoriale come E+ = - E+ êuê.
4 p e0
L4
L4
4 p e0
ÅÅ1ÅÅ
Ø
La carica negativa origina in O un campo con la stessa direzione ma con il verso opposto. In modulo vale
è!!!
Q
E- = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅ1ÅÅÅÅÅ dove L 2 rappresenta la diagonale che congiunge -Q a O.
4 p e0 2 L2
Ø
In sintesi E- = E- êuê
Di conseguenza
Ø
Ø
Ø
+
-
+
-
1
Sia il versore êuê il vettore unitario diretto secondo la bisettrice del I quadrante, in verso positivo êuê = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ!ÅÅ Hiê + êjL.
è!!!
2
Nell'origine degli assi O, il campo generato dalla somma dei campi delle cariche positive vale in modulo
CompitoFinale_CiviliInformatici_2011.nb
+
E =
Q
ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ
4 p e0
1
H ÅÅÅÅ
ÅÅÅ
L4
+
1 ÅÅ2ÅÅ
ÅÅÅÅ
ÅÅÅ L
L4
1
=
Q
ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ
4 p e0
è!!!!
ÅÅÅÅLÅ2ÅÅÅ2ÅÅ ,
Ø
3
+
e ha la scrittura vettoriale come E+ = - E êuê.
La carica negativa origina in O un campo con la stessa direzione ma con il verso opposto. In modulo vale
è!!!
Q
E- = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅÅ1ÅÅÅÅÅ dove L 2 rappresenta la diagonale che congiunge -Q a O.
4 p e0 2 L2
Ø
In sintesi E- = E- êuê
Etot = E+ + E- = -E+ êuê + E- êuê = H-E+ + E- L êuê =
è!!!!
è!!! 1
Q
Q
= ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ I- ÅÅÅÅLÅ2ÅÅÅ2ÅÅ + ÅÅÅÅ
Å1ÅÅÅÅÅ M u = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅ1ÅÅÅ I- 2 + ÅÅÅÅÅ
Mu =
4 p e0
2 L2 êê
4 p e0 L2
2 êê
Di conseguenza
Ø
Ø
Ø
Q
= - ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ ÅÅÅÅ1ÅÅÅ C êuê
4 p e0 L2
con
C ? 0.914
In sostanza, il vettore del campo elettrico risultante, con punto d'applicazione in O, ha il verso diretto secondo il senso
negativo della bisettrice del primo quadrante. Si confronti questo risultato con il risultato del punto successivo.
b) Il lavoro compiuto dalle forze esterne per portare in O una carica positiva Q equivale all'energia potenziale sentita da
Q2
Q in O per la presenza delle tre cariche. Le due cariche positive danno una U + = Q · 2 V(Q, L) = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ . La carica
2 p e0 L
è!!!
Q2
negativa dà una U = Q ÿ VI-Q, 2 LM - ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ!ÅÅÅÅÅÅ , quindi,
è!!!
è!!!!
4 p e0
2 L
Q
Q
Q
Q
1- 2
Utot = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ - ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ!ÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ I ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅ M = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ 2 I1 è!!!
2 p e0 L
p e0 L
2
4 p e0 L
2
2
4 p e0
2
2 L
2
è!!!
Q2
2 M = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ K ,
4 p e0 L
con K ? 0.83.
Di conseguenza il lavoro fatto dalle forze esterne è positivo. Questo trova riscontro con il risultato del punto precedente.
Infatti, si supponga di portare la carica Q dall'infinito ad O muovendola lungo la bisettrice del III quadrante. La forza
elettrostatica risultante in ogni punto della bisettrice ha il verso opposto al moto imposto alla carica Q. Di conseguenza,
il lavoro non può che essere positivo (leggete: si deve far fatica per portare la carica Q in O).
4) Il circuito mostrato in figura è composto da quattro resistenze rispettivamente del valore R1 = R2 =60W ed
R3 = R4 =80W, da tre condensatori di capacità C1 = C2 = C3 =10mF, da due generatori di forza elettromotrice
rispettivamente ¶ε1 = 60 V ed ¶ε1 = 90 V e resistenza interna trascurabile e da un interruttore T inizialmente
aperto. Determinare
a) la corrente elettrica che circola nelle quattro resistenze in funzione del tempo;
Determinare in regime stazionario (t Æ •):
b) il valore del potenziale nel punto A;
c) l’energia totale immagazzinata nel sistema.
d) la potenza dissipata nel sistema.
Soluzione
In virtù della f.e.m. e2 , che mantiene la d.d.P costante tra i suoi capi, il circuito si splitta in due circuiti indipendenti.
Circuito A: si identifica con la maglia di sinistra, e pertanto è un banale circuito RL, con
R3 R4
RA = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = 40 W,
R3 +R4
LA = L1 + L2 = 2 mH;
la f.e.m. vale eA = e2 , e solo per questo circuito ha senso fare il conto delle correnti nel tansitorio.
Circuito B: si identifica con la maglia di destra, ed è un circuito RC, ma in esso non circola corrente, a causa di C1 o
C3 , che tengono sempre aperto il circuito. La f.e.m. da considerare è eB = e1 + e2 = 150 V. Siccome non circola
Soluzione
CompitoFinale_CiviliInformatici_2011.nb
4
In virtù della f.e.m. e2 , che mantiene la d.d.P costante tra i suoi capi, il circuito si splitta in due circuiti indipendenti.
Circuito A: si identifica con la maglia di sinistra, e pertanto è un banale circuito RL, con
R3 R4
RA = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = 40 W,
R3 +R4
LA = L1 + L2 = 2 mH;
la f.e.m. vale eA = e2 , e solo per questo circuito ha senso fare il conto delle correnti nel tansitorio.
Circuito B: si identifica con la maglia di destra, ed è un circuito RC, ma in esso non circola corrente, a causa di C1 o
C3 , che tengono sempre aperto il circuito. La f.e.m. da considerare è eB = e1 + e2 = 150 V. Siccome non circola
corrente, per la legge di Ohm ai capi delle resistenze R1 e R2 non ci sono cadute ohmiche; questo implica in particolare
che il condensatore C2 è scarico, non avendo nessuna d.d.P. ai suoi capi.
Quindi in pratica si può schematizzare ulteriormente il circuito come un circuito con soli i condensatori C1 e C3
C1 C3
disposti in serie, cui corrisponde una capacità complessiva CB = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = 5 m F, che presenta una d.d.P. ai suoi capi
C1 +C3
pari a eB .
--Detto questo:
a) Il transitorio si ha soltanto nel circuito A, ed è immediato risolvere l'equazione differenziale lineare di primo grado
non omogenea
d
eA = RA IA + LA ÅÅÅÅ
ÅÅ I ,
dt A
che ha come soluzione
eA
IA HtL = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ J1 - e
RA
R
A
- ÅÅÅÅ
LÅÅ Å Å t
A
N;
quindi
R4
in R3 circola IA HtL ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ ;
RA
R3
in R4 circola IA HtL ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ ;
RA
e come già detto, in R1 e R2 non circola mai corrente.
b) A regime stazionario, il potenziale nel punto A vale 0, dato che è direttamente collegato alla massa (le induttanze
d
non rappresentano nessuna caduta di tensione quando ÅÅÅÅ
ÅÅ I = 0).
dt
c) A regime stazionario, si immagazzina energia nell'induttanza LA e nella capacità CB , pari a
eA 2
Utot = ÅÅÅÅ12 LA IA H¶L2 + ÅÅÅÅ12 VB 2 CB = ÅÅÅÅ12 ALA I ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅ M + eB 2 CB E = 0.51 10-2 + 5.62 10-2 J = 6.13 10-2 J.
RA
eA
d) A regime, si dissipa potenza solo in RA , con potenza W = IA H¶L2 RA = ÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅ = 202.5 W
RA
2
5) Siano dati una sfera conduttrice di raggio R ed un guscio sferico conduttore di raggio interno R1 = 2R raggio
esterno R2 = 3R concentrici. Sulla sfera è distribuita uniformemente una carica negativa -Q così come sul guscio
sferico. Determinare:
a) l’espressione della densità di carica sulla superficie interna Hs1 L ed esterna Hs2 L del guscio.
b) il lavoro necessario per portare una carica positiva Q dall’infinito al centro della sfera.
Supponendo che ad un certo istante i due conduttori vengano messi in contatto elettrico attraverso un filo sottile,
determinare all’equilibrio:
Soluzione:
a) Per le proprietà dei conduttori, secondo cui nel conduttore il campo elettrico è nullo all'equilibrio, la carica sulla
sfera non è condizionata minimamente dalla carica depositata esternamente sul guscio sferico.
Q
Di conseguenza la densità sulla sfera vale s = - ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ .
4 p R2
A causa del fenomeno di induzione elettrica, una carica +Q si induce sulla superficie interna al guscio, generando
Q
Q
quindi una s1 = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ . A causa di questa induzione sulla superficie esterna del guscio si induce una carica
16 p R2
4 p R1 2
2Q
Q
-Q che si somma alla carica -Q depositata. Di conseguenza, s2 = - ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = - ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
18 p R2
4pR 2
2
CompitoFinale_CiviliInformatici_2011.nb
5
Soluzione:
a) Per le proprietà dei conduttori, secondo cui nel conduttore il campo elettrico è nullo all'equilibrio, la carica sulla
sfera non è condizionata minimamente dalla carica depositata esternamente sul guscio sferico.
Q
Di conseguenza la densità sulla sfera vale s = - ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅ .
4 p R2
A causa del fenomeno di induzione elettrica, una carica +Q si induce sulla superficie interna al guscio, generando
Q
Q
quindi una s1 = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ . A causa di questa induzione sulla superficie esterna del guscio si induce una carica
16 p R2
4 p R1 2
2Q
Q
-Q che si somma alla carica -Q depositata. Di conseguenza, s2 = - ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = - ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ
18 p R2
4pR 2
2
b) Basta calcolarsi il potenziale totale nel centro della sfera, dato da tre contributi: quello della sfera, del guscio interno
e del guscio esterno. Qui si sfrutta il fatto che il campo elettrico all'interno di una distribuzione di carica sferica è nullo,
e quindi il potenziale è costante.
Quindi
Q
Q
Q
Vtot = - ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ + ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅQÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ - 2 ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅQÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ H-1 + ÅÅÅÅ12 - ÅÅÅÅ23 L = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ K
4 p e0 R
4 p e0 2 R
4 p e0 3 R
4 p e0 R
4 p e0 R
con K = 1.1;
c) Quando si collega la sfera interna con il filo conduttore al guscio esterno si connettono due conduttori. All'equilibrio
quindi si deve avere che ciascun punto del conduttore complessivo sia equipotenziale. L'unica configurazione di cariche
che permette questa situazione è una carica tutta disposta sulla superficie esterna del guscio. Ovviamente, per la
conservazione della carica, questo implica che la carica originariamente disposta sulla sfera migri tutta sulla superficie
esterna del guscio, portando la carica complessiva su tale superficie a -2 Q. Di conseguenza, dopo il collegamento tra
sfera e guscio, alla situazione di equilibrio abbiamo:
s1 = 0
-2Q
-Q
s2 = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ = ÅÅÅÅÅÅÅÅ
ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ , ovvero rimane immutata rispetto al caso precedente.
18 p R2
4pR 2
2
