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
18 Settembre 2015

1. Due lastre piane e parallele, indefinite, di spessore h = 1cm e distanti tra loro d =
2h sono cariche con densità di carica volumetrica costante rispettivamente pari a
= + 10-6 C/m3 e =-0.5x10-6 C/m3. Calcolare e mostrare in grafico l’andamento
(a) del campo elettrostatico E e (b) del potenziale elettrostatico V in funzione di x
(asse x perpendicolare alle lastre con origine sulla mediana del sistema e verso
indicato in figura).
2. Una carica q =20pC è posta su un conduttore sferico di raggio a=2cm. Tale
conduttore è posto al centro di un guscio sferico conduttore di raggio b = 4cm e
spessore trascurabile, mantenuto al potenziale V0 = 18V mediante un generatore
di tensione costante. Determinare (a) il campo elettrico in tutto lo spazio e (b)
l’energia elettrostatica del sistema.

x
-2h
O
-h
h

2h

a
O
V0
b
T
3. Nel circuito di figura, con interruttore chiuso, a regime, qual è la differenza
di potenziale tra le armature del condensatore ? (b) Se apro l’interruttore T
in quanto tempo la carica sul condensatore si riduce ad un quinto del suo
valore iniziale?
R5
R1
V
R2
R3
C
R4
y
4. Il conduttore cilindrico C, di raggio R e molto lungo, presenta al suo interno
due cavità cilindriche con asse parallelo a quello di C distribuite
simmetricamente lungo un suo diametro e distanti d dall’asse di C, passante
per l’origine del sistema di riferimento di figura . Nel conduttore C scorre
uniformemente la corrente I con verso dell’asse z. Determinare il campo
magnetico nei punti A (-2R,0) e B( 0,-2R)
r
.
A
R
d
d O
x
r
.B
5. Un circuito magnetico è costituito da un nucleo di materiale
ferromagnetico di permeabilità magnetica e lunghezza media h, sezione circolare di raggio a e da un
traferro di spessore d << h. Sul materiale sono avvolte N spire di filo
conduttore, connesse ad una generatore di tensione costante V mediante
T
una resistenza R ed un interruttore T. All’istante t = 0 l’interruttore viene
R
N
chiuso. (a) Determinare il campo magnetico nel traferro ad ogni istante e (b)
V
la forza di attrazione tra le espansioni polari.
Soluzioni
1. (a) Utilizzando il teorema di Gauss per una distribuzione di carica volumetrica piana ed il principio di
sovrapposizione, per cui il campo elettrostatico totale è la somma vettoriale dei campi generati dalle
densità di carica 1 e 2, otteniamo:
𝜌ℎ
2𝜀0
x > 2h
𝐸=
h < x < 2h
𝐸 = −4 𝜀 +
-h<x<h
𝐸=
-2h < x < -h
𝐸=
x < -2h
𝐸 = − 2𝜀
1 𝜌𝑥
0
𝜌ℎ
𝜀0
3 𝜌ℎ
4 𝜀0
5 𝜌𝑥
4 𝜀0
𝜌ℎ
+2𝜀
0
𝜌ℎ
0
0
3 𝜌ℎ
(b) - h < x < h , ponendo V(0) = 0 : 𝑉(𝑥) = ∫𝑥 𝐸𝑑𝑥 = − 4 𝜀 𝑥 ,
0
𝑉(ℎ) = −
3 𝜌ℎ 2
4 𝜀0
h < x < 2h
𝑉(𝑥) =
𝜌𝑥 2
8𝜀0
3 𝜌ℎ 2
4 𝜀0
ℎ
.
1 𝜌𝑥
𝜌ℎ
) 𝑑𝑥;
𝜀0
2
11 𝜌ℎ
−8 𝜀 .
0
𝑉(𝑥) − 𝑉(ℎ) = ∫𝑥 (− 4 𝜀 +
𝜌ℎ
𝜌ℎ 2
0
8𝜀0
−𝜀 𝑥+
0
, 𝑉(2ℎ) =
2ℎ
→
𝜌ℎ
𝑉(𝑥) − 𝑉(2ℎ) = ∫𝑥 (2𝜀 ) 𝑑𝑥; →
x > 2h
𝑉(𝑥) =
; 𝑉(−ℎ) = +
𝜌ℎ
− 𝑥
𝜀0
−
3𝜌ℎ 2
8𝜀0
0
.
-2h < x < -h
−ℎ 5 𝜌𝑥
𝜌ℎ
0
0
𝑉(𝑥) − 𝑉(−ℎ) = ∫𝑥 (4 𝜀 + 2 𝜀 ) 𝑑𝑥; → 𝑉(𝑥) = −
x > 2h
−2ℎ
𝑉(𝑥) − 𝑉(−2ℎ) = ∫𝑥
5𝜌𝑥 2
8𝜀0
−
2𝜌ℎ
𝑥
𝜀0
𝜌ℎ
𝜌ℎ
0
0
+
5𝜌ℎ 2
8𝜀0
(− 2𝜀 ) 𝑑𝑥; → 𝑉(𝑥) = 2𝜀 𝑥 +
7 𝜌ℎ 2
𝜀0
, 𝑉(−2ℎ) = + 8
15𝜌ℎ 2
8𝜀0
.
.
2. All’equilibrio tutta la carica q giacente sul conduttore sferico di raggio a si dispone sulla superficie esterna.
Per induzione elettrostatica sulla superficie interna del guscio piuù esterno compare la carica –q. Sulla
𝑄
superficie esterna del guscio piu’ interno sia ha carica Q tale che: 𝑉0 = 4𝜋𝜀
(a) Utilizzando il teorema di Gauss abbiamo :
0𝑏
→ Q = 80pC.
r<a
E=0
a<r<b
𝐸 = 4𝜋𝜀
r>b
𝐸 = 4𝜋𝜀
𝑞
0𝑟
2
𝑄
0𝑟
2
∞1
(b) L’energia elettrostatica del sistema si ottiene da: 𝑈𝑒 = ∫0
𝑏
𝑈𝑒 = ∫
𝑎
𝜀 𝐸
2 0
2
4𝜋𝑟 2 𝑑𝑟 →
∞
𝑞2
𝑄2
𝑞2 1 1
𝑄2
𝑑𝑟
+
∫
𝑑𝑟
=
(
−
)
+
2
8𝜋𝜀0 𝑟 2
8𝜋𝜀0 𝑎 𝑏
8𝜋𝜀0 𝑏
𝑏 8𝜋𝜀0 𝑟
3. Il circuito ha resistenza equivalente : 𝑅𝑒𝑞 = 𝑅5 +
𝑉
In R5 scorre la corrente 𝐼 = 𝑅
∞1
𝜀 𝐸 2 𝑑𝜏 = ∫0
2 0
𝑒𝑞
(𝑅1 +𝑅2 )(𝑅3+𝑅4)
𝑅1 +𝑅2 +𝑅3 +𝑅4
, che nel nodo A
I2
I1
si divide in I1, I2 . Valgono le :
R5
A
R1
R3
P
I = I1 + I2 e VA-VB = (R1 + R2 ) I1 = (R3 + R4 )I2 .
Q
C
R2
V
R4
B
(a) VP – VB = R2 I1 ; VQ – VB = R4 I2
→
VP – VQ = R2 I1 - R4 I2
𝑉𝑃 − 𝑉𝑄 = 𝑉𝐶 =
𝑅2 𝑅3 − 𝑅1 𝑅4
𝐼
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 + 𝑅4
(b ) Se apro l’interruttore si ha scarica del condensatore: 𝑄(𝑡) = 𝑄0 𝑒 −𝑡/𝜏
con costante di tempo di scarica:  = RsC , Rs resistenza di scarica: 𝑅𝑠 =
(𝑅1 +𝑅3 )(𝑅2 +𝑅4 )
𝑅1 +𝑅2 +𝑅3 +𝑅4
richiesto è 𝑡 = 𝜏 ln(5).
4. La densità di corrente che scorre nel sistema è:
𝐼
𝐽 = 𝜋(𝑅2 −2𝑑2 ) . Il sistema può essere visto come un cilindro
non forato in cui scorre la corrente : I+ = JR2. L’effetto dei
fori si descrive pensando che in essi scorra, in verso
contrario, una corrente I- = Jr2. In figura, con J uscente dal
foglio, B0A , B0B è il campo prodotto dal cilindro non forato
nei punti A e B, B1A , B2A , B1B , B2B sono i campi prodotti dal
passaggio di quest’ultima corrente I- nei fori 1 e 2,
rispettivamente nei punti A e B. Il campo magnetico nel
punto B è quindi:
. Il tempo
y
B1A
B2A
R
1

.
O
A
x
2
B1B
B0A
B2B
.
B0B
𝜇 𝐼
𝜇 𝐼
𝜇 𝐼
0 +
0 −
0 −
𝑩𝐵 = 2𝜋(2𝑅)
𝒖𝒙 − 2𝜋(2𝑅−𝑑)
𝒖𝒙 − 2𝜋(2𝑅+𝑑)
𝒖𝒙 =
𝜇0 𝐽 𝑅
2
𝑟2
𝑟2
( 2 − 2𝑅−𝑑 − 2𝑅+𝑑) 𝒖𝒙
Nel punto A solo la componente y del campo magnetico nel punto A è diversa da zero, perché i
contributi sulla direzione x si elidono tra loro. Quindi :
𝜇 𝐼
0 +
𝑩𝐴 = − 2𝜋(2𝑅)
𝒖𝒚 + 2
𝑩𝐴 =
𝜇0 𝐽
2
𝑅
𝜇0 𝐼−
2𝜋√(2𝑅)2 +𝑑2
𝑐𝑜𝑠𝛼 𝒖𝒚 , dato che: 𝑐𝑜𝑠𝛼 =
2𝑅
√(2𝑅)2 +𝑑2
otteniamo:
4𝑅𝑟 2
(− 2 + 4𝑅2 +𝑑2 ) 𝒖𝒚 .
5. Utilizzo la legge di Ampere per il vettore H lungo il circuito tratteggiato di figura.
∮ 𝐻𝑑𝑙 = 𝑁𝐼 → 𝐻0 𝑑 + 𝐻1 ℎ = 𝑁𝐼 .
T
R
V
N
Poiché il campo magnetico è lo stesso nel traferro e nel materiale :
𝐵
B0 = B1 = B abbiamo :
𝐵=
𝑁𝐼
𝑑
ℎ
+
𝜇0 𝜇
𝜇0
𝐵
𝑑 + 𝜇 ℎ = 𝑁𝐼 da cui ricaviamo:
.
𝑉
𝐿
Chiudo il circuito , la corrente che scorre in esso è: 𝐼(𝑡) = 𝑅 (1 − 𝑒 −𝑡/𝜏 ) con 𝜏 = 𝑅 ed L
induttanza del circuito: 𝐿 =
(b) 𝐹 = −
𝑑𝑈𝑚
𝑑𝑥
𝐵2
𝜑(𝐵)
𝐼
= − 2𝜇 𝜋𝑎2 = −
0
=
𝑁𝜋𝑎2 𝐵
𝐼
=
𝑁 2 𝜋𝑎2
𝑑
ℎ
+
𝜇0 𝜇
𝑁 2 𝜋𝑎2 𝐼 2
𝑑
ℎ
+
𝜇0 𝜇
2𝜇0 (
2
)
.
.