Un generatore di tensione E=100 V e` collegato a una ser
condensatori piani identici, C1 e C2, attraverso la resistenz
completamente riempito da un dielettrico di costante k=2.
ddp ai capi della serie, dopo un intervallo di tempo t0=10-5
chiusura e
deldei
circuito,
e` pari a V=E/2. All'istante t0 il circuit
Insegnamento :: Elementi di Fisica – C.d.L. :: Ingegneria Chimica
Materiali
il dielettrico viene estratto. Dopo il raggi
Docente :: Prof. Pierpaolo Mastrolia successivamente
dell'equilibrio, il generatore viene ricollegato. Determinare
1) Il valore della capacita` C1;
Prova Scritta (Esercizi) :: 24.01.2016
2) Il valore delle d.d.p. V1 e V2 ai capi rispettivamente d
t0;
Gli Esercizi 1,2 e 3 sono richiesti per la Prova Scritta (Esercizi), da completare
in ainregime
2,5 ore.
3) Il valore
di V1' e V2' dopo l'estrazione del d
generatore scollegato;
I soli Esercizi 2 e 3 sono richiesti per la Seconda Prova Parziale (Compitino-2),
da
completare
in 1,5 ore.
4) Il lavoro meccanico necessario ad estrarre il dielettr
5) L'energia dissipata per effetto Joule dal momento in
finoC
al raggiungimento
della carica
1. Un generatore di tensione ε = 100V è collegato a una serie di due condensatori viene
pianiricollegato
identici,
1 e C2 , attraverso
condensatori.
la resistenza R = 10kΩ. C2 è completamente riempito da un dielettrico di costante κ = 2. Dopo un tempo
t0 = 10−5 s dall’istante della chiusura del circuito, si osserva che la d.d.p. ai capi della serie è pari a V = ε/2.
Determinare:
R
(a) Il valore della capacità C1 ;
(b) il valore delle d.d.p. V1 e V2 rispettivamente ai capi di C1 e C2 .
C1
E
C2
All’istante t0 il circuito viene aperto e successivamente il dielettrico viene estratto. Determinare:
(c) il valore a regime di V10 e V20 dopo l’estrazione del dielettrico;
Problema 2
(d) il lavoro meccanico necessario ad estrarre il dielettrico;
Una sbarretta conduttrice, di lunghez
scorrere a contatto di una guida meta
Dopo il raggiungimento dell’equilibrio, il generatore viene ricollegato. Determinare:
campo magnetico uniforme B0=2 T, p
entrante.
sbarretta e` mante
(e) L’energia dissipata per effetto Joule dal momento in cui il generatore vieneverso
ricollegato
fino La
al raggiungimento
posizione
indicata
in
figura dove h=1
della carica completa dei due condensatori.
E (t)=a t (a=0.1V / s) . All'istante t0 la
sbarretta e` pari a F0=1 N. Allo stesso
in modo
dain
azzerare
2. Un circuito rettangolare di lati d = 1m e h = 10m, con resistenza R = 2Ω, cortocircuitato
è immerso in una
regione
cui è l
variabile
con
il
tempo
secondo
la leg
presente un campo magnetico uniforme B0 = 2T , perpendicolare al piano del circuito, e con verso entrante. Un
stesso
verso
entrante.
generatore fornisce la f.e.m. ε(t) = at, con a = 0.1V /s. All’istante t0 , la forza che agisce sul lato d è pari a
Trascurando l'induttanza del circuito,
F0 = 1N . Determinare
1) L'istante t0;
2) I valori di x e y tali da mantene
(a) l’istante t0 .
agisce sulla sbarretta per t ≥t 0
Allo stesso istante il generatore viene cortocircuitato,
in
modo
da
azzerare
la
f.e.m.,
e
il carica
campo qmagnetico
diviene
3) La
nel circ
1 che circola
p
variabile nel tempo, secondo la legge B(t) = x + y(t − t0 ), mantendendo il verso entrante.
circola da t =t 0 a t =2 t 0 .
Trascurando l’induttanza del circuito, determinare:
(b) i valori di x e y tali da mantenere costante la forza magnetica che
agisce sul lato d per t ≥ t0 ;
(c) la carica q1 che circola nel circuito da t = 0s a t = t0 , e la carica
q2 che circola t = t0 a t = 2t0 .
h
E(t)
B X
d
S
3. Un fascio di luce ordinaria non polarizzata in aria, di potenza Pi = 2W , incide
su una lastra3di vetro indice di
Problema
rifrazione n con angolo di incidenza θi = 56, 31o . Si osserva che la luce riflessa èUn
polarizzata
linearmente
nel pianoin a
fascio di luce
non polarizzata
σ. Determinare:
lastra di vetro di indice di rifrazione n
osserva che la luce riflessa e` polariz
(a) l’indice di rifrazione del vetro n;
Determinare:
1) L'indice di rifrazione del vetro,
(b) il valore del coefficiente del coefficiente di riflessione R;
2) La potenza del fascio riflesso, W
(c) la potenza del fascio riflesso Pr , e quella del fascio trasmesso Pt ;
[suggerimento: si ricordi che R per la luce ordinaria riceve contributi sia dal piano π che dal nel piano σ].
SOLUZIONI
1.
a) La capacità equivalente CT vale,
1
1
1
1
1
=
+
=
+
CT
C1 C2
C1 κC1
⇒
CT =
κ
C1 ,
κ+1
τ = RCT
(1)
Nel caso di circuito-RC,
V (t = t0 ) = ε(1 − e−t0 /τ ) ≡
ε
2
⇒
C1 =
t0 = τ log 2
⇒
CT =
t0
= 1.44 · 10−9 F.
R log 2
κ+1
CT = 2.16 · 10−9 F
κ
(2)
(3)
b)
qT = CT V (t0 ) = CT
⇒
C1 V1 = q1
V1 + V2 = V (t0 ) =
ε
2
ε
= 7.2 · 10−8 C = q1 = q2
2
V1 =
⇒
qT
= 33.3V .
C1
(4)
(5)
V2 =
ε
− V1 = 16.7V
2
⇒
V10 = V20 =
(6)
c) Dopo l’estrazione del dielettrico, C2 → C20 = C1 .
A regime, essendo qT costante, si ha,
V10 C1 = qT = V20 C2 ,
C20 = C1 ,
qT
= 33.3V
C1
(7)
La nuova capacità equivalente vale
CT0 =
C1 C20
C1
=
0
C1 + C2
2
(8)
La nuova d.d.p. ai capi della capacita’ equivalente e’,
V 0 = V10 + V20 = 2V10 = 66.6V.
(9)
2 1 ε 2
1 = 1.8 · 10−6 J
Ui = CT V (t0 ) = CT
2
2
2
(10)
2
1 2 1 C 1 Uf = CT0 V 0 =
2V1 = 2.4 · 10−6 J
2
2 2
(11)
d)
⇒
Wm = Uf − Ui = 6 · 10−7 J
(12)
e)
Ui0 = Uf = 2.4 · 10−6 J
(13)
1
1 C1 2
ε = 5.4 · 10−6 J
Uf0 = CT0 ε2 =
2
2 2
(14)
qT0 = CT0 ε =
C1
ε = 1.08 · 10−7 C
2
Wg = (qT0 − qT )ε = 3.6 · 10−6 J
Wg = ∆U 0 + WR
⇒
WR = Wg − (Uf0 − Ui0 ) = 6 · 10−7 J.
(15)
(16)
(17)
2.
a) Consideriamo i0 con verso orario, cosi’ la forza F0 spinge il lato d verso destra,
F0 = i0 d × B0
⇒
F0 = i0 B0 d
⇒
i0 =
F0
= 0.5A.
B0 d
(18)
at0
R
⇒
t0 =
Ri0
= 10s
a
(19)
A t generico,
i(t) =
ε(t)
at
=
R
R
⇒
i0 =
b) A t = t0 il generatore viene cortocircuitato. Pertanto, per t ≥ t0 La f.e.m. indotta vale
dΦ
dB
= −hd
dt
dt
(20)
hd dB
ξ
=−
R
R dt
(21)
ξ=−
La corrente indotta vale
ii =
ed è l’unica corrente presente nel circuito.
Essendo B entrante, per avere F costante (sia in modulo che verso), ii deve scorrere in verso orario.
All’istante t ≥ t0 , il modulo della forza sul lato d vale,
ii (t)B(t) d ≡ F0
⇒
−
dB
hd2
B(t)
= F0
R
dt
(22)
Siccome
B(t) =
dB
y
= p
dt
2 x + y(t − t0 )
⇒
p
x + y(t − t0 )
B(t)
dB
y
=
dt
2
⇒
(23)
y=−
2F0 R
= −0.4 T 2 /s.
hd2
Per determinare x, consideriamo semplicemente la condizione di continuità, che
√
B(t = t0 ) = x ≡ B0 ⇒ x = B02 = 4 T 2 .
(24)
(25)
E’ importante notare che, in questo caso, per avere corrente indotta con verso orario, B decresce nel
tempo, cioè,
p
B(t) = x − |y|(t − t0 ) , |y| = 0.4 T 2 /s
(26)
c) Per t ≤ t0 ,
Z
q1 =
t0
Z
i(t)dt =
0
0
t0
at
at2
dt = 0 = 2.5C
R
2R
(27)
Per t ≥ t0 ,
q2 =
∆Φ
Φ(t0 ) − Φ(2t0 )
B(t0 ) − B(2t0 )
B0 − 0
=
= hd
= hd
= 10C .
R
R
R
R
a.2) Scegliendo i0 con verso antiorario, la forza F0 agirebbe sul lato d spingendolo verso sinistra.
Per avere corrente indotta ii antioraria, il campo magnetico B deve crescere nel tempo, pertanto
p
B(t) = x + |y|(t − t0 ) , |y| = 0.4 T 2 /s
(28)
(29)
Ciò implica che la carica q2 vale,
q2 =
B(t0 ) − B(2t0 )
∆Φ
= hd
= −4.14C .
R
R
(30)
3.
a) Siccome la luce riflessa e’ polarizzata linearmente soltanto nel piano σ,
θi = θB
(31)
è l’angolo di Brewster (θi + θt = π/2). Pertanto,
θt =
π
− θi ,
2
n = tan θB = 1.5
(32)
Rπ = rπ2 = 0 ,
(33)
b) In queste condizioni,
rπ = 0
⇒
rσ = cos(2θB ) = −0.385 .
⇒
Rσ = rσ2 = 0.148
(34)
c) Nel caso di luce incidente non polarizzata,
1
Rσ
R = (Rπ + Rσ ) =
= 0.074 = 7.4%
2
2
Pr = R Pi = 0.148 W ,
⇒
⇒
T = (1 − R) = 0.926 = 92.6%
Pt = T Pi = 1.852 W
(35)
(36)
