Compito di Fisica Generale II di Ingegneria CIVILE e BIOMEDICA
18 gennaio 2012.
Esercizio 1: Una spira circolare di raggio a = 5 cm si trova sul piano xy con centro nell'origine.
Metà spira giacente sul semipiano x > 0 è caricata con la carica positiva q = 3nC distribuita
uniformemente, l'altra metà è caricata con una carica opposta - q.
y
-
+
O
x
1.1- Si trovino le componenti Ex,Ey e Ez del campo elettrico nell'origine.
1.2 - Si calcoli il lavoro fatto dal campo per portare una carica Q = 2 nC dal punto P di coordinate x
= 0 e y = 2 a fino a distanza infinita.
Esercizio 2 – Una carica elettrica positiva si trova distribuita nello spazio vuoto all'interno di una
sfera conduttrice cava di raggio interno a = 20 cm e raggio esterno b = 30 cm. La carica elettrica è
distribuita in modo non uniforme con una densità che varia con la distanza r dal centro con la legge
ρ = α r2 dove α = 5 nC/m5.
2.1 - Si trovi il campo elettrico a distanza r = a/2 dal centro.
2.2 – Sapendo che il potenziale della sfera conduttrice cava è Vc = 1 V, si trovino le cariche qa e qb
che si portano sulle superfici di raggio a e b della sfera.
Esercizio 3- Due lastre I e II si area A = 3 m2 e spessore d = 2 mm si trovano fra le armature di un
condensatore piano con armature di uguale area come mostrato schematicamente in figura. Le due
piastre hanno conducibilità elettriche σI = 2 10 - 3 (Ω m)-1 e σII = σI/2 = 10 - 3 (Ω m)-1, mentre le
armature del condensatore hanno resistività trascurabile . Fra le armature è applicata una d.d.p. ∆V =
4.5 V.
II
I
3.1 – Si calcoli la potenza dissipata in condizioni di regime.
3.2 – Si calcolino i campi elettrici EI e EII presenti all'interno della piastra I e II a regime.
3.3 – Si trovi il valore (modulo e segno) della carica elettrica Q che si accumula sulla superficie di
separazione fra le piastre in condizioni di regime.
Esercizio 4 Una corrente elettrica i = 3 A scorre uniformemente lungo l'asse z nello spazio compreso fra due
superfici cilindriche di raggi a = 3 cm e b = 5 cm coassiali con l'asse z.
4.1 - Si trovi il campo di induzione magnetica in tre punti a distanza r1 = 2 cm, r2 = 4 cm e r3 = 6
cm dall'asse z.
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- Per ogni elemento infinitesimo di carica dq c'è un elemento identico
simmetrico rispetto all'asse x. Le componenti y dei campi prodotti dai due elementi sono uguali ed
opposte mentre quelle x sono uguali. Dunque, il campo risultante è diretto lungo l'asse x, cioè:
Ey = Ez = 0
(1)
Inoltre, per simmetria, i campi prodotti dalle due semicirconferenze con cariche opposte sono uguali
e, dunque, la componente risultante del campo lungo x è 2 volte quella prodotta dalla
semicirconferenza positiva, cioè:
π /2
1
dq
1
q
q
θ
E x = 2 E qx = −
cos
=
−
cos θdθ = − 2
= -1.37 104 V/m (2)
∫
2
∫
2
2πε 0 a
2πε 0 −π / 2 πa
π ε 0a2
1.2 – Per ogni elemento di carica positivo dq sul semianello positivo ne esiste uno negativo - dq
simmetrico rispetto all'asse y. Questi elementi si trovano alla stessa distanza dal punto P e, quindi, il
potenziale elettrico totale generato dai due elementi in P è nullo. Lo stesso ragionamento si può
ripetere per ogni punto della spira e, quindi, il potenziale risultante in P è
V (P) = 0
(3)
Dunque, il lavoro fatto dal campo per portare la carica Q da P ad infinito è
L= Q[V ( P ) − V (∞)] = 0
(4)
Soluzione Esercizio 2. 2.1- Data la simmetria sferica, il campo in ogni punto è radiale e il valore
della componente radiale si ottiene applicando il teorema di Gauss ad una superficie sferica di
raggio r. In particolare,
r
∫ ρdV
∫ αr
2
4πr 2 dr
Qint
αr 3
0
=
=
=
(1)
5ε 0
4πε 0 r 2 4πε 0 r 2
4πε 0 r 2
sostituendo r = a/2 si trova
αa 3
E ==
= 1.13 10 -1 V/m
(2)
40ε 0
2.2- In condizioni di equilibrio, il campo all'interno della sfera conduttrice è nullo. Ma allora,
applicando il teorema di Gauss ad una superficie sferica contenuta interamente nel conduttore si
deduce che la carica qa presente sulla superficie di raggio a è uguale ed opposta alla carica totale
interna, cioè:
a
4πa 5α
q a = − ∫ ρdV = − ∫ αr 2 4πr 2 dr = −
= - 4.02 10 -12 C= - 4.02 pC
(3)
5
0
Il campo all'esterno, per il teorema di Gauss è radiale ed ha componente radiale pari a
E=
E=
∫ ρdV + q
a
+ qb
2
=
qb
4πε 0 r
4πε 0 r 2
Il potenziale Vc del conduttore è, perciò:
∞
Vc = ∫ Edr =
qb
4πε 0 b
imponendo che il potenziale sia pari a Vc = 1V si deduce qb = 3.34 10-11 C = 33.4 pC.
b
(4)
(5)
Soluzione esercizio 3. 3.1- Le piastre sono equivalenti a due resistori di resistenze
d
d
2d
RI =
= 0.333 Ω
e
RII =
=
= 0.667 Ω
(1)
σI A
σ II A σ I A
posti in serie. Dunque, la resistenza totale è:
(2)
R = R I + R II = 1 Ω
e la potenza dissipata è:
(∆V )2 = 20.3 W
P = i2R =
(3)
R
3.2 – In condizioni di regime, le correnti che attraversano le due piastre sono uguali e pari a
i =∆V/R.= 4.5 A
Ma
iI = J I A = σ I E I A = i
(4)
σ E A
(5)
e
i II = J II A = σ II E II A = I II = i
2
Dunque, Si deduce:
i
2i
= 750 V/m
e
(6)
EI =
E II =
= 2 E I = 1500 V/m
σI A
σIA
Entrambi i campi sono diretti dalla piastra inferiore verso quella superiore.
3.3 - Per trovare la carica Q che si accumula sulla superficie di separazione basta applicare il
teorema di Gauss ad un parallelepipedo che contenga all'interno la superficie di separazione e che
abbia le basi di area A parallele alla superficie e disposte all'interno delle due lastre ( superficie
tratteggiata in figura). Per il Teorema di Gauss, tenendo conto del verso dei campi EI e EII, si trova:
superficie
di Gauss
II
I
Φ = E II A − E I A =
Q
ε0
⇒
Q = ε 0 A(E II − E II ) = 1.99 10 - 8 C = 19.9 nC
Soluzione Esercizio 4. Data la simmetria, le linee di campo sono circonferenze con centro sull'asse.
Dal teorema di Ampere si trova:
µi
B = 0 conc
(1)
2πr
per r = r1, iconc = 0 ⇒
B(r1) = 0
(2)
2
2
r −a
per r = r2 , iconc = i 22
e, quindi
b − a2
µ i r2 − a2
B(r2 ) = 0 22
= 6.56 10 - 6 T
(3)
2πr2 b − a 2
per r = r3 , iconc = i
e
µ0i
B(r3 ) =
= 1.00 10 - 5 T
(4)
2πr3
