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Compito di Fisica Generale II di Ingegneria BIOMEDICA
24 Febbraio 2011.
Esercizio 1: Un anello di raggio R = 20 cm è caricato con una carica elettrica distribuita
uniformemente con densità lineare λ = 3 nC/m.
1.1- Si trovi in quali punti lungo l'asse x dell'anello il modulo del campo ha il massimo valore. ( 5
punti)
1.2 - Una carica elettrica puntiforme positiva q = 2 µC di massa m = 5 mg si trova inizialmente
sull'asse a grande distanza dall'anello e viene sparata con velocità vo verso l'anello. La carica si puo'
muovere senza attrito sull'asse. Si trovi il minimo valore vmin che deve avere la velocità della carica
perchè possa passare attraverso l'anello.(5 punti)
y
v0
x
Esercizio 2 - Un solenoide ideale di diametro d = 10 cm e numero di spire per unità di lunghezza n
= 2000 spire/m è attraversato da una corrente I = 3 A. Un protone di carica elettrica q = 1.6 10-19 C
e massa m = 1.67 10-27 Kg si trova inizialmente in un punto sull'asse del solenoide con una velocità
v che forma un angolo θ = 60° con l'asse x del solenoide e che ho modulo v.
2.1 - Si dica per quali valori di v il protone non urta mai le pareti del solenoide.(5 punti)
2.2 - Se il protone si trova al tempo t = 0 nel punto x = 0 con velocità v = 2000 m/s ( v < vmin), quale
è la coordinata x del punto in cui il protone riincontra l'asse per la prima volta? ( 5 punti)
y
v
θ
x
I
Esercizio 3- Tre piastre metalliche di superficie quadrata di lato L = 50 cm e spessore molto minore
di L sono disposte a distanza d = 1 mm l'una dall'altra. Le piastre sono inizialmente scariche. Una
carica q = 3 nC viene depositata sulla piastra I.
q
d
I
1
II
T
d
R
2
III
L
3.1 - Determinare il campo elettrico presente nelle regioni 1 e 2 fra le piastre conduttrici. (5 punti)
Ad un dato istante t = 0, l'interruttore T viene chiuso e, perciò, i due conduttori II e III vengono
collegati insieme attraverso un resistore di resistenza R = 3 MΩ.
3.2 - Si trovino i campi elettrici presenti a regime nelle regioni 1 e 2 ( 5 punti)
3.3 - Si trovi l'andamento temporale del campo elettrico nella regione 2. (5 punti)
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.
Soluzione Esercizio 1- 1.1- Data la simmetria, il campo elettrico dell'anello è diretto lungo l'asse in
verso uscente dall'anello. indichiamo con x l'asse dell'anello e prendiamo l'origine O al centro
dell'anello. Il campo elettrico ha solamente la componente x che è pari a :
λdl
λ
λR
Ex = ∫
cos θ =
cos θ ∫ dl =
cos θ
(1)
2
2
4πε 0 r
4πε 0 r
2ε 0 r 2
λRx
dove r = R 2 + x 2 e cos θ = x . Dunque, la(1) diventa: E x =
(2)
r
2ε 0 ( R 2 + x 2 ) 3 / 2
La funzione (2) è dispari, dunque il modulo del campo è una funzione pari di x. Dunque, se x = x0 è
un punto di massimo modulo, anche x = -x 0 sarà di massimo modulo. Possiamo, perciò, limitarci a
studiare il modulo del campo solo per x > 0. In tale situazione |Ex|=Ex. I punti di massimo ( o
minimo) sono quelli dove si annulla la derivata di Ex, cioè quelli che soddisfano la condizione
( x 2 + R 2 ) 3 / 2 − 3( x 2 + R 2 )1 / 2 x 2 = 0
(3)
La soluzione positiva dell'equazione (3) è
x = R / 2 = 0.141 m
(4)
Si verifica facilmente che la (4) corrisponde ad un punto di massimo. Data la parità della funzione
modulo del campo, anche x = - R / 2 = - 0.141 m è un punto di massimo.
1.2 - Finchè non arriva al centro O, la carica è sottoposta ad una forza elettrica opposta al
suo moto, mentre non appena superato il centro la carica si trova sottoposta ad una forza che la
spinge nello stesso verso del suo moto. Dunque, la carica riuscirà ad attraversare l'anello solamente
se riuscirà ad arrivare con velocità appena superiore a zero nel centro O. La velocità vmin cercata
sarà, perciò, la velocità per cui la carica arriva a fermarsi in O. Poichè il campo elettrico è
conservativo, possiamo applicare la conservazione dell'energia meccanica. L'energia iniziale è tutta
1 2
cinetica e pari a
Ei = mv min
(5)
2
mentre l'energia finale sarà solamente l'energia potenziale della carica in O, cioè
qλ
(6)
E f = qV (O ) =
2ε 0
dove V (O ) =
λ
è il potenziale elettrostatico in O. Imponendo l'uguaglianza delle energie
2ε 0
meccaniche (5) e (6) si trova: v min =
qλ
= 11.6 m/s
mε 0
(7)
Soluzione Esercizio 2. Il solenoide genera un campo uniforme B = µ0nI = 7.54 10-3 T diretto lungo
l'asse. Dunque, essendo il campo uniforme, la traiettoria della particella è di forma elicoidale con
asse dell'elica parallelo a quello del solenoide. Il moto è la sovrapposizione di un moto rettilineo ed
uniforme lungo il campo con velocità v// costante pari alla componente della velocità iniziale lungo
il campo, cioè:
v // = v cos θ
(1)
e di un moto circolare ed uniforme nel piano perpendicolare all'asse del solenoide con velocità
ω = qB/m
(2)
angolare
e raggio r = mvsinθ /(qB)
(3)
In figura è mostrata schematicamente la proiezione della traiettoria nel piano perpendicolare
all'asse
Solenoide
r
possibile
traiettoria
Come risulta evidente dalla figura, il protone non urterà le pareti se r < d/4 cioè se
qBd
v<
(4)
= 2.09 104 m/s
4m sin θ
2.1-Il protone incontrerà nuovamente l'asse dopo un periodo T = 2π/ω. Durante tale tempo, lo
spostamento lungo l'asse è x = v// T = 2π m v cosθ /(qB) = 8.69 10-3 m
(5)
Soluzione esercizio 3. 3.1- Data la simmetria, le cariche si distribuiscono uniformemente su
ciascuna delle 6 facce dei conduttori. Utilizzando la procedura standard ( uso del Teorema di
Gauss+conservazione di carica+principio di sovrapposizione) si dimostra facilmente che le
distribuzioni di cariche sulle varie superfici che rendono nullo il campo all'interno di ciascun
conduttore e che soddisfano la conservazione della carica sono quelle in figura a sinistra.
q/2
q/2
-q/2
E1
1
q/2
2
-q/2
q/2
q/2
I
i
II
E2
III
T
q/2
-q/2
Q(t)
-Q(t)
q/2
Conseguentemente, per il Teorema di Coulomb, i campi nelle regioni 1 e 2 sono uguali ed entrambi
(1)
diretti come mostrato in figura ed hanno modulo E = q /(2ε0L2) = 6.78 102 V/m
3.2 - A regime la carica sulle piastre II e III deve restare costante, dunque la corrente che
scorre nella resistenza R deve essere nulla ( per l'equazione di continuità). Ciò significa che a
regime la d.d.p. V= iR fra i conduttori II e III deve essere nulla. Dunque, anche il campo nella
regione 2 si deve annullare. Per il Teorema di Coulomb, allora, le cariche elettriche presenti sulle
superfici affacciate delle piastre II e III devono essere nulle (Q = 0 nella figura a destra). Le cariche
sulle altre superfici restano uguali a prima. Dunque, il campo nella regione 1 resta ancora uguale a
quello in eq.(1), mentre il campo nella regione 2 è nullo.
3.3 - Per trovare l'andamento temporale del campo nella regione 2 si deve trovare
l'andamento temporale delle cariche sulle due superfici affacciate delle piastre II e III. Se
indichiamo con Q(t) la carica presente ad un dato istante sulla superficie inferiore della piastra II,
allora, per induzione, la carica sulla superficie superiore della piastra III sarà pari a - Q(t). Indicando
con i la corrente che scorre nella resistenza R nel verso scelto in figura, per l'equazione di continuità
dQ
i=−
(2)
dt
D'altra parte, la corrente che scorre nella resistenza è pari alla d.d.p. fra le due piastre al tempo t
diviso per la resistenza R. Poichè il campo fra le piastre è E = Q/(ε0L2), la d.d.p è V = E d = d
Q/(ε0L2) e la corrente è i = V/R = d Q/(Rε0L2) che, sostituito nella (2) fornisce l'equazione:
Qd
dQ
=−
(3)
2
dt
Rε 0 L
t
q −
la cui soluzione compatibile con la condizione iniziale Q(0) =q/2 è Q (t ) = e τ
(4)
2
dove abbiamo definito il tempo caratteristico è τ = Rε0L2/d = 6.64 ms
(5)
2
Poichè il campo nella regione 2 è Q/ε0L , anche il campo decresce esponenzialmente a zero con la
−
t
costante tempo τ , cioè E (t ) = E 0 e τ , dove E0 è il campo iniziale dato dalla (1).