Università di Roma “La Sapienza”
Facoltà di Ingegneria
ELEMENTI di FISICA II 7CFU
A.A. 2008-2009
Ingegneria Gestionale (M-Z)
Soluzioni del 5° appello del 25 Gennaio 2010
1. La carica negativa -dq sull’anello produce un campo elettrico infinitesimo in P
dq ⋅ d
dq
La proiezione lungo x dE1x = dE1 cos θ =
2
2
4πε o R + d
4πε o R 2 + d 2
dE1 =
(
)
(
Integrando lungo l’intero anello si ottiene
E1 = ∫ dE1x =
Q1 ⋅ d
(
4πε o R 2 + d 2
E tot =
q
4πε o
⎛ 1
2d
⎜
+
2
⎜d
R2 + d 2
⎝
(
)
32
)
dE1
R
32
dE1x
)
(
)
R
+q
+q
⎞
⎟
⎟
⎠
E2
x
d
E3
R
+q
(
4πε o R 2 + d 2
)
32
q ⎛⎜ 1
2d
+
=
2
2
4πεo ⎜⎝ d
R +d2
(
⎡ ⎛
2
2
⎞
⎟ da cui Q1 = q ⎢2 + ⎜ R + d
32 ⎟
⎢ ⎜
d
⎠
⎣ ⎝
)
⎞
⎟
⎟
⎠
3
⎤
⎥ = 36.4µC
⎥
⎦
2. Gli stati termodinamici del gas nel piano di Clapeyron sono i seguenti
Stato A: pressione pA=1Atm=101300 Pa; volume VA=1m3 ,
Stato B: pressione pB=2pA; volume VB=VA,
Stato C: pressione pC=pB;
volume VC=2VA,
Stato D: pressione pD=pA;
volume VD=pCVC,/pD=2VC=4VA
p
pB
B
pA
A
C
L
Lavoro delle varie trasformazioni termodinamiche
VA
Lavoro della trasformazione isocora AB: LAB=0
Lavoro della trasformazione isobara BC: LBC = p B (VC − VB ) = 2 p AV A = 203kJ
Lavoro della trasformazione isoterma CD:
LCD =
VD
VD
VCB
VC
x
E4
La condizione di bilanciamento fra i campi delle 3 cariche positive e quello
dell’anello negativo si ha quando
Q1 ⋅ d
P
d
32
q
q
ed E 3 = E 4 =
2
4πε o d
4πε o R 2 + d 2
La somma vettoriale dei 3 campi produce una risultante lungo x
Le 3 cariche positive producono E 2 =
-dq
∫ pdV = nRT ∫ dV V = nRT ln(VD VC ) = pCVC ln(VD VC ) = 4 p AV A ln 2 =281kJ
D
VD
Lavoro della compressione isobara DA: LDA = p A (V A − V D ) = −3 p AV A = -304kJ
Lavoro totale utile del ciclo è Lciclo = LBC + LCD + LDA = p AV A (4 ln 2 −1) = 180kJ
3. FASE DI CARICA (figura a)
Alla chiusura dell’interruttore T1 la carica sul condensatore è
q (t ) = f ⋅ C ⋅ [1 − exp(− t τ1 )]
dove τ1 = R1C
L’energia fornita dalla batteria è
T1
R1
E g = fq = f 2 C [1 − exp(− t τ1 )]
+
f
C
i1
(dopo t1=300ms Eg=3.61 mJ)
(a)
L’energia accumulata sul condensatore E c = q 2 2C = f 2 C [1 − exp(− t τ1 )] 2
(dopo t1=300ms EC1=0.81 mJ)
2
Per differenza l’energia dissipata su R1 è E R1 = EG − EC1 = 2.8mJ
T2
+
C
R2
i2
(b)
FASE DI SCARICA (figura b)
Alla chiusura dell’interruttore T1 la carica sul condensatore è
q (t ) = q(t1 ) ⋅ exp[− t τ 2 ]
dove τ 2 = R2 C
L’energia residua sul condensatore E c 2 = q 2 2C = E c1 exp[− 2 t τ 2 ]
(dopo t2=200ms EC2=0.21 mJ)
Per differenza l’energia dissipata su R2 è E R 2 = EC1 − EC 2 = 0.6mJ
4. Vettore induzione magnetica generato dalla spira esagonale
La spira esagonale è formata da 6 tratti rettilinei di lato 2R 3 percorsi dalla
comune corrente I. Ciascun lato genera nel centro della spira un contributo di Bo1
µ I cos β − cos α
uscente dal piano del foglio di valore B01 = o
dove β=π/3,
4π
R
µ I
α=2π/3, da cui B01 = o . Anche gli altri cinque lati generano singolarmente lo
4πR
3µ I
stesso contributo per cui il valore complessivo è B0,1 = o = 30 µT.
2πR
I
I
Vettore induzione magnetica generato dalla spira circolare
Una spira circolare avrebbe creato nel centro un vettore di induzione magnetica B0, 2 =
Il rapporto delle intensità dei capi magnetici è tale che Bcerchio Besagono = π 3 = 1.05
β=π/3
R
α=2π/3
I
µo I
2R
Bo1
5. Il vettore induzione magnetica in tutti i punti interni del solenoide vale
⎛ N ⎞ µ I N ⋅t
Bo ,int (t ) = µ o I 1 ⎜ ⎟ = o o
L⋅τ
⎝L⎠
Il flusso concatenato con la spira triangolare vale
r
Φ c (t ) = ∫∫ Bo ⋅ nˆdS = Bo ,int S triangolo
ove l’area del triangolo S triangolo
n, Bo1
C
I1
( )
3 3 2
⎛3 ⎞
a
= a 3 ⎜ a⎟ 2 =
4
⎝2 ⎠
Per Faraday-Neumann-Lenz la f.e.m. indotta nella spira è f i = −
La spira una resistenza elettrica di valore Re = ρ
a
π/6
a/2
3a
dΦ c
3 3µ o I o Na 2
=−
dt
4 Lτ
l
3 3a
=ρ
S
S
da cui si ricava l’intensità della corrente indotta i 2 =
µ I NaS
fi
= -3.7 mA
=− o o
4 Lτρ
Re
(il segno meno indica che il verso della corrente è opposto a quello riportato in figura)
