Compito di Fisica 2 Corso di Laurea in Ingegneria Elettronica e delle

Compito di Fisica 2
Corso di Laurea in Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni
7 luglio 2016
1. Una distribuzione di carica a simmetria sferica con densità volumetrica costante , posta nella regione
delimitata dai raggi R1= 1cm ed R2 = 3R1 , contiene la carica totale q = 10-7 C. (a) Determinare l’andamento
del campo elettrostatico e del potenziale elettrostatico generati da questa distribuzione di carica in tutto lo
spazio. (b) Se una particella puntiforme di stessa carica e massa m = 10-3 g posta inizialmente all’infinito deve
attraversare tale distribuzione lungo un suo diametro, che condizioni dobbiamo imporre sulla sua velocità
iniziale perché ciò avvenga?
2. Tre lastre conduttrici quadrate di spessore b=3mm e lato L =10cm, tra
1
loro parallele, sono poste come in figura. Le lastre 1 e 2 sono tra loro distanti
3
d = 2b, la lastra 3 è inserita tra le altre due per la metà della sua lunghezza.
2
La lastra 1 è carica con carica Q = 10-8C , le altre lastre sono scariche.
Determinare (a) le densità di carica suelle varie superfici dei conduttori e (b) la forza sulla lastra 3 ( direzione
verso e modulo).
3. Nel circuito di figura C è un condensatore ad armature piane di forma circolare
e raggio r2=2a poste a distanza d tra loro. Tra le due armature è presente un cilindro
coassiale costituito da un dielettrico imperfetto, di raggio r1 = a , costante dielettrica
relativa r e conducibilità elettrica . (a) Si calcoli la resistenza R2 e la capacità C del
condensatore con dielettrico. (b) Si determini l’andamento della corrente che scorre
nella resistenza R1 se alla chiusura del tasto T, all’istante t = 0, la carica sulle
armature del condensatore è nulla. (c) Si valuti il campo magnetico nei punti distanti
r1 dall’asse del condensatore, una volta raggiunta la condizione di regime.
T

R1
r2
C
c
4. Si calcoli il coefficiente di mutua induzione tra i due circuiti elettrici
di figura, posti nel vuoto e costituiti da un filo rettilineo indefinito ed
un circuito chiuso a forma di triangolo rettangolo con cateti c =3cm,
d = 10cm, giacente nello stesso piano che contiene il filo indefinito e
tale che il cateto maggiore disti a =0.5cm da esso.
a
d
4. Una sbarra metallica di resistenza r = 2 , massa M=30g e lunghezza L = 14cm scivola senza attrito su due
guide metalliche con velocità v come mostrato in figura. Alle estremità delle guide sono posti due resistori
uguali di resistenza R = 10 . Il sistema è immerso in un campo
B
magnetico statico uniforme perpendicolare al piano delle guide, B
= 1T. L’autoinduttanza del sistema e la resistenza delle guide sono
trascurabili. Se all’istante t = 0 la sbarretta si muove con velocità v0
= 3m/s, determinare l’andamento della velocità della sbarretta in
funzione del tempo.
v
R
r,L, M
R
Soluzioni
𝑞𝑖𝑛𝑡
1. (a) Utilizzando il teorema di Gauss ∮ 𝐸 ∙ 𝑢𝑛 𝑑𝑎 =
E=0
si ha:
𝜀0
0 ≤ r < R1
𝐸=
𝜌
(𝑟
3𝜀0
𝐸=
𝑞
4𝜋𝜀0 𝑟 2
−
𝑅13
)
𝑟2
R1 ≤ r ≤ R2 con: 𝜌 = 𝑞
3
4𝜋(𝑅23 −𝑅13 )
=𝑞
3
104𝜋𝑅13
= 9.18𝑥10−4
𝐶
.
𝑚3
r > R2
Utilizzando la definizione di potenziale elettrostatico e ponendo V(∞)=0 abbiamo:
r ≥ R2 𝑉(𝑟) =
𝑞
4𝜋𝜀0 𝑟
; 𝑉(𝑅2 ) =
𝑞
4𝜋𝜀0 𝑅2
= 30𝑘𝑉.
R1 ≤ r ≤ R 2
𝑅
𝑅2
𝜌
∫ (𝑟
3𝜀0 𝑟
𝑉(𝑟) = 𝑉(𝑅2 ) + ∫𝑟 2 𝐸𝑑𝑟 = 𝑉(𝑅2 ) +
−
𝑅13
) 𝑑𝑟
𝑟2
= 𝑉(𝑅2 ) +
𝜌 𝑅22
(
3𝜀0 2
+
𝑅13
𝑅2
−
𝑟2
2
−
𝑅13
)
𝑟
0 ≤ r ≤ R1
𝑉(𝑟) = 𝑉(𝑅1 ) =
𝑞
4𝜋𝜀0 𝑅2
+
10𝜌 2
𝑅
9𝜀0 1
.
(b) Per attraversare la distribuzione di carica lungo un suo diametro la particella deve vincere la repulsione
coulombiana. La velocità deve essere superiore al valore minimo che corrisponde ad arrivare nel centro della
distribuzione di carica ( V(0)=V(R1) = Vmax ) con velocità nulla. Per il principio di conservazione dell’energia
quindi :
1
𝑚𝑣02
2
2𝑞𝑉(𝑅1 )
𝑚
= 𝑞𝑉(0) = 𝑞𝑉(𝑅1 ) → 𝑣0 = √
= 94.86 𝑚/𝑠.
2. Il sistema può essere visto come un sistema di condensatori piani
capacità equivalente:
𝐶𝑒𝑞 =
𝐶 𝐶
𝐶1 + 2 3
𝐶2 +𝐶3
𝜀0 𝐿2
;
4𝑏
dove 𝐶1 =
𝐶2 = 𝐶3 =
𝜀0 𝐿2
2𝑏
= 2𝐶1 .
1
(a) Le densità di carica sulle armature del condensatore 1 siano 1 e –1, quelle
sul condensatore 2 e 3 siano 2, -2. Avremo quindi le densità superficiali di
carica 0 e 4 sulle superfici esterne rispettivamente delle lastre 1 e 2. Poiché
la lastra 1 ha carica Q si ha 𝑄 = σ0 𝐿2 + σ1
scarica abbiamo anche: σ3 𝐿2 − σ1
questo comporta
2
σ2 𝑏
𝜀0 2
σ1
𝜀0
σ
− 3
𝜀0
σ
+ 2
𝜀0
−
σ2
𝜀0
𝐿2
2
− σ2
𝐿2
2
𝐿2
2
+ σ2
𝐿2
2
C2
C1
con
0
1
2
2
2
2
1
C3
3
2
3
. Poiché la lastra 2 è
= 0. All’interno della lastra 3 il campo deve essere nullo, e
= 0 e quindi 0 = 3. Inoltre, poiché V1-V2 = V1-V3 + V3-V2 , si ha:
σ1
2𝑏
𝜀0
=
= → 2σ1 = σ2 . Risulta:
σ0 = σ3 =
𝑄
,
2𝐿2
σ1 =
𝑄
,
3𝐿2
σ2 =
2𝑄
.
3𝐿2
(b) Sia x la porzione di lunghezza L della lastra 3 interna alle altre due lastre. Allora la capacità
equivalente del sistema è
𝐶𝑒𝑞 =
𝜀0 𝐿(𝐿−𝑥)
2𝑏
+
𝜀0 𝑥𝐿
𝑏
=
𝜀0 𝐿(𝐿+𝑥)
2𝑏
. Considero la variazione in energia del
sistema dU dovuta ad una variazione dx, per il principio dei lavori virtuali:
𝐹=−
𝑑𝑈
|
𝑑𝑥 𝑥=𝐿/2
=
𝑄2 𝑏
.
9𝜀0 𝐿3
3. Lo schema circuitale è quello di figura, con C = C1 + C2 , 𝐶1 =
𝐶2 =
𝜀0 𝜀𝑟 𝜋𝑎2
;
𝑑
𝑅2 =
𝑑
𝜎𝜋𝑎2
𝜀0 𝜋3𝑎2
;
𝑑
. Chiudo l’interruttore T: ho corrente che scorre
nelle due maglie, I1, I2 tale che : 𝜀 = 𝑅1 𝐼1 + 𝑅2 𝐼2 (1)

T R1
I1
I2
R2
C
Sia q la carica sulle armature del condensatore ad un istante t generico. La
tensione ai capi del condensatore è pari a :
abbiamo :
𝐼1 −𝐼2
𝐶
=
𝑑𝐼2
𝑅
𝑑𝑡 2
𝑅1 𝑅2
.
𝑅1 +𝑅2
si trova: 𝐼1 (𝑡) =
(c) A regime
𝑑𝑞
𝑑𝑡
𝐶
= 𝐼2 𝑅2 . Poiché
𝜀
𝑅1 𝑅2 𝐶
=
La soluzione della (3) è 𝐼2 (𝑡) =
𝜀
𝑅1 +𝑅2
+
𝑑𝑞
𝑑𝑡
= 𝐼1 − 𝐼2
(2)
Sostituendo la 1 nella 2 abbiamo quindi :
con 𝑅𝑒𝑞 =
𝑞
𝜀𝑅2
𝑒 −𝑡/𝜏 .
𝑅1 (𝑅1 +𝑅2 )
= 0 𝑒 𝐼1 = 𝐼2 =
cilindro è ∮ 𝐵𝑑𝑠 = 𝜇0 𝐼2 → 𝐵 =
𝜀
𝑅1 +𝑅2
𝜇0 𝐼2
2𝜋𝑎
𝑑𝐼2
𝑑𝑡
+
𝐼2
𝑅𝑒𝑞 𝐶
(3)
𝜀
(1 − 𝑒 −𝑡/𝜏 )
𝑅1 +𝑅2
con 𝜏 =
𝑅1 𝑅2
𝐶
𝑅1 +𝑅2
. Sostituendo nella (1)
. Il campo magnetico prodotto nei punti distanti r = a dall’asse del
=
𝜇0 𝜀
2𝜋(𝑅1 +𝑅2 )𝑎
.
4. Calcolo la mutua induttanza dalla legge:   MI . Prendo in considerazione il caso in cui nel circuito
costituito dal filo rettilineo indefinito scorra la corrente I. Allora per la legge di Biot Savart ho campo
magnetico B 
0 I
con y distanza dal filo, come in
2 y
figura, B entrante nel piano che contiene il circuito
y

triangolare. Il flusso di B è  ( B)  B( y)dxdy dove
B
l’integrale è calcolato sull’area del triangolo.
dy
I
d b
 ( B)    B( y )dxdy 
0 a
0 I
dx
2 0
d
y( x)

a
dy
. Osservo che:
y
 I
I
ba
 ba 
x dx = 0
x , ottengo:  ( B)    B( y )dxdy  0  ln 1 
2 0 
ad 
2
d
0 a
d b
y( x)  a 
( l’integrale in x è calcolato per parti, ricordando che:
Otteniamo infine: M 
x
dx
0  b
b 
ln    1

2  b  a  a  
d
 b
b 
 b  a ln  a   1
  


1

 ln(1  Cx)dx  x ln(1  Cx)    1  Cx  1dx ).
5. Le cariche presenti nella sbarretta in moto sono
soggette ad un campo elettromotore diretto verso il
basso ed in modulo pari a : E* = vB. La forza
elettromotrice agente sul sistema è: ind = vBL ed il
circuito è equivalente a quello di figura. (a) Considero le
maglie, in cui scorrono le correnti i1 e i2:
ind
R
i1
R
r
i2
due
  (i1  i2 )r  i2 R

da cui otteniamo: i1  i2 
. Nella sbarretta scorre la corrente

2r  R
i1 R  i2 R  i1  i2
2vBL
. Sulla sbarreta agisce una forza frenante F = -ILB che fa diminuire la velocità della
2r  R
2r  R M . L’espressione della
dv
dv
v
sbarretta fino al suo arresto: F   ILB  M
→
  con  
dt
dt

2 B 2 L2
velocità in funzione del tempo è: v(t )  v0 e t /  .
I  i1  i2 