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UNIVERSITÀ DI ROMA “LA SAPIENZA”
FACOLTÀ DI INGEGNERIA
Corso di Laurea in Ingegneria per l’Ambiente e il Territorio
ESAME DI FISICA GENERALE II
Data: 16/1/2009
1. Due sfere isolanti, uniformemente cariche, sono disposte ad una distanza d l’una dall’altra. Le due sfere hanno densità di carica uguale in
modulo ma di segno diverso, e raggi differenti (v. figura). Sapendo che
il campo elettrico si annulla nel punto P distante x = 2d dal centro della
prima sfera, si chiede di calcolare il rapporto fra i raggi delle due sfere.
2. Sia dato il circuito in figura, con ε1 = 10V, ε2 = 5V, R1 = 10 Ω,
R2 = 15 Ω e R3 = 40 Ω. Si determini se il generatore ε2 assorbe o genera
energia, e quanta potenza assorbe o produce.
3. Due solenoidi a sezione quadrata di lato L = 10 cm sono posti ad una
distanza d = 15 cm l’uno dall’altro. I due solenoidi producono entrambi
un campo magnetico perpendicolare al foglio, uscente da esso, e sono
costituiti da avvolgimenti con n = 1000 spire/metro. Determinare il
valore della corrente che circola in entrambi i solenoidi, sapendo che un
elettrone (m = 9 × 10−31 kg, q = −1.6 × 10−19 C) impiega un tempo
T = 10−9 s per compiere tutta la traiettoria indicata in figura
4. Una sbarretta metallica di lunghezza L e massa m è collegata tramite
fili estensibili ad una resistenza R. La sbarretta viene lasciata cadere verticalmente in una regione in cui presente un campo orizzontale B. Scrivere le espressioni della velocità della sbarretta in funzione del tempo,
della della velocità della sbarretta per t → ∞ e della posizione della
sbarretta in funzione del tempo.
Soluzioni
Esercizio n.1
Il campo elettrico generato da una sfera carica vale in modulo
�
|E(r)|
=
|Qtot |
4π�0 r2
(dove r è la distanza del punto in cui si calcola il campo dal centro della sfera e Qtot è la carica
complessiva della sfera) ed è diretto lungo la congiungente fra il centro della sfera ed il punto
in cui si vuole calcolare il campo. Se la sfera è uniformemente carica con densità di carica di
volume ρ, Qtot = ρV = ρ(4/3)πR3 , dove R è il raggio della sfera. Nel caso in esame, sull’asse che
congiunge le due sfere i due campi sono diretti in maniera uguale ed opposta, e quindi il campo
complessivo si ottiene sottraendo come differenza fra i moduli dei due campi generati dalle due
sfere. Il campo elettrico generato dalle due sfere nel generico punto dell’ asse che le unisce vale
quindi, a destra della sfera più piccola,
�
�
�
|Qtot,1 |
|Qtot,2 |
4
ρ
R13
R23
ρ R13
R23
E(x) =
−
=
π
−
=
−
4π�0 x2 4π�0 (x − d)2
3 4π�0 x2
(x − d)2
3�0 x2
(x − d)2
R13
x2
Tale campo si annulla quando
�
x
x−d
�2
=
�
=
R23
,
(x−d)2
1
1 − d/x
�2
�
ovvero se
=
�
R1
R2
�3
⇒ (1 − d/x)2 =
�
R2
R1
�3
dato che il campo si annulla per x = 2d, si avrà quindi
R2
=
R1
� �2/3
1
2
= 0.63
Esercizio n.2
Ponendo le correnti che transitano attraverso i due generatori entrambe verso l’alto e supponendo
che la corrente che scorre nella resistenza R3 la percorre da sinistra a destra, le equazioni del
circuito si possono scrivere


 i1 + i2 − i3
= 0
ε1 − i1 R1 − i3 R3 = 0

 ε −i R −i R = 0
2
2 2
3 3
Procedendo con il metodo dei determinanti si ottiene



 i1
i2


 i
3
=
=
=
ε1 (R2 +R3 )−ε2 R3
R1 R3 +R1 R2 +R2 R3
(ε2 −ε1 )R3 −ε2 R1
R1 R3 +R1 R2 +R2 R3
ε2 R1 +ε1 R2
R1 R3 +R1 R2 +R2 R3
= 0.3 A
= −0.13 A
= 0.17 A
La corrente i2 risulta quindi negativa, il che significa che in realtà scorre dall’alto verso il basso
anzichè dal basso verso l’alto come ipotizzato. Ne risulta che il generatore ε2 sottrae energia al
sistema, e assorbe una potenza
W2 = ε2 i2 = 0.65 W
Esercizio n.3
Dal disegno risulta immediatamente che il raggio di curvatura dell’elettrone quando si trova
immerso nel campo magnetico è pari alla metà di L. Essendo r = mv/qB, per ottenere B (e
quindi la corrente, essendo il campo generato da un solenoide B = µ0 in ed essendo noto n dai
dati del problema) serve conoscere la velocità v. Per ottenerla, essendo il modulo della velocità
costante lungo la traiettoria dell’elettrone, si può dividere la lunghezza della traiettoria per il
tempo impiegato a percorrerla:
v=
Ltot
d + πL/2 + d + πL/2
πL + 2d
=
=
= 6.14 × 108 m/s
T
T
T
da cui infine
B=
mv
= 0.069 T ⇒ i = B/µ0 n � 55 A
qL/2
Esercizio n.4
La sbarretta sarà inizialmente soggetta alla forza peso mg (diretta verso il basso) e quindi
inizialmente si muove verso il basso. Appena comincia a muoversi, tuttavia, si genera una
ulteriore forza elettromotrice nel circuito, dovuta al fenomeno del flusso tagliato. Tale forza
elettromotrice tenderà a muovere le cariche in modo che la forza meccanica dovuta all’interazione
fra corrente e campo sia diretta verso l’alto (lo si può verificare, una volta assegnato un verso
per il campo magnetico B, con la regola della mano destra o considerando che, secondo la legge
di Lenz, la corrente indotta genera in campo che si oppone alla variazione di flusso che l’ha
generata). L’equazione del moto della sbarretta è quindi
ma = m
dv
BLv
(BL)2
= mg − iLB = mg −
LB = mg −
v
dt
R
R
da cui
dv
(BL)2
=g−
v
dt
mR
che ha come soluzione
v(t) =
con τ =
mR
.
(BL)2
�
mgR �
−t/τ
1
−
e
(BL)2
Per t → ∞ l’esponenziale si annulla e
v(t → ∞) =
mgR
(BL)2
Infine, per sapere l’espressione della posizione in funzione del tempo (ovvero la traiettoria della
sbarretta) basta integrare l’espressione di �v trovata.� Ponendo per semplicità di scrittura α =
mgR
(in modo da poter scrivere v(t) = α 1 − e−t/τ ,
(BL)2
y(t) =
� t
0
�
�
v(t )dt =
� t
0
�
�
�
�
α 1 − e−t /τ dt� = αt − ατ 1 − e−t/τ
�
UNIVERSITÀ DI ROMA “LA SAPIENZA”
FACOLTÀ DI INGEGNERIA
Corso di Laurea in Ingegneria per l’Ambiente e il Territorio
ESAME DI FISICA GENERALE II
Data: 16/1/2009
1. Due sfere isolanti, uniformemente cariche, sono disposte ad una distanza d l’una dall’altra. Le due sfere hanno densità di carica uguale
in modulo ma di segno diverso, ed il raggio della maggiore è il doppio
del raggio della minore. Sapendo che il campo elettrico si annulla nel
punto P distante x dal centro della prima sfera, si chiede di calcolare il
rapporto fra x e d.
2. Sia dato il circuito in figura, con ε1 = 30V, ε2 = 20V, R2 = 20
Ω e R3 = 15 Ω. Si determini il valore di R1 in modo che la potenza
erogata dal generatore ε2 sia nulla. Quanto vale la potenza generata dal
generatore ε1 , in questo caso?
3. Una carica elettrica viene lanciata con velocità v0 ad una distanza
L dalla linea di separazione fra due regioni di spazio nelle quali sono
presenti un campo B0 (uscente dal foglio), ed un campo 3B0 , anch’ esso
uscente dal foglio (v.figura). Si osserva che la traiettoria della particella
è quella in figura. Definendo una velocità media di spostamento lineare
v̄l come il rapporto fra la distanza ∆ fra i due punti P1 e P2 ed il tempo T
necessario alla particella ad andare da P1 a P2 , si determini la relazione
fra la velocità v0 e la suddetta v̄l = ∆/T
4. Una sbarretta metallica di lunghezza L e massa m è collegata tramite
fili estensibili ad una resistenza R ed ad un generatore ε0 . La sbarretta
viene lasciata cadere verticalmente in una regione in cui presente un
campo orizzontale B, perpendicolare al foglio, in direzione uscente. Scrivere le espressioni della velocità della sbarretta in funzione del tempo,
della velocità della sbarretta per t → ∞ e della posizione della sbarretta
in funzione del tempo.
Soluzioni
Esercizio n.1
Il campo elettrico generato da una sfera carica vale in modulo
�
|E(r)|
=
|Qtot |
4π�0 r2
(dove r è la distanza del punto in cui si calcola il campo dal centro della sfera e Qtot è la carica
complessiva della sfera) ed è diretto lungo la congiungente fra il centro della sfera ed il punto
in cui si vuole calcolare il campo. Se la sfera è uniformemente carica con densità di carica di
volume ρ, Qtot = ρV = ρ(4/3)πR3 , dove R è il raggio della sfera. Nel caso in esame, sull’asse che
congiunge le due sfere i due campi sono diretti in maniera uguale ed opposta, e quindi il campo
complessivo si ottiene sottraendo come differenza fra i moduli dei due campi generati dalle due
sfere. Il campo elettrico generato dalle due sfere nel generico punto dell’ asse che le unisce vale
quindi, a destra della sfera più piccola,
�
�
�
|Qtot,1 |
|Qtot,2 |
4
ρ
R13
R23
ρ R13
R23
E(x) =
−
=
π
−
=
−
4π�0 x2 4π�0 (x − d)2
3 4π�0 x2
(x − d)2
3�0 x2
(x − d)2
Tale campo si annulla quando
�
x
x−d
�2
=
R13
x2
�
=
R23
,
(x−d)2
1
1 − d/x
�2
�
ovvero se
=
�
R1
R2
�3
⇒ (1 − d/x)2 =
�
R2
R1
�3
da cui infine
d
=1−
x
�
R2
R1
�3/2
=1−
�
1/8 � 0.65
Esercizio n.2
Ponendo le correnti che transitano attraverso i due generatori entrambe verso l’alto e supponendo
che la corrente che scorre nella resistenza R3 la percorre da sinistra a destra, le equazioni del
circuito si possono scrivere


 i1 + i2 − i3
= 0
ε1 − i1 R1 − i3 R3 = 0

 ε −i R −i R = 0
2
2 2
3 3
Se il secondo generatore non eroga nè assorbe energia, significa che la corrente i2 che lo attraversa
è nulla e quindi


 i1
da cui i3 = ε2 /R3 = 1.33 A e
= i3
ε1 − i3 (R1 + R3 ) = 0

 ε −i R
= 0
2
3 3
R1 + R3 = ε1 /i3 ⇒ R1 = ε1 /i3 − R3 = 7.5Ω
Con questo valore di R1 i1 = i3 = 1.33 A e quindi la potenza generata dal generatore vale
W1 = ε1 i1 = 40 W
Esercizio n.3
Il raggio di curvatura della traiettoria di una carica all’interno di un campo magnetico vale
r = mv/qB. Dal disegno in figura, risulta immediatamente evidente che la distanza ∆ cercata
vale
∆ = 2r1 − 2r2 = 2(r1 − r2 ) = 2
mv0
q
�
1
1
−
B0 3B0
�
=
4 mv0
3 qB0
D’altra parte, il modulo della velocità della carica non cambia in funzione del tempo, e quindi
il tempo di percorrenza T si può ottenere dividendo lo spazio complessivamente percorso e la
velocità v0 :
�
∆s
πr1 + πr2
π mv0
T =
=
=
v0
v0
v0 q
1
1
+
B0 3B0
�
=
πm 4
qB0 3
da cui infine
v̄l =
∆
=
T
4 mv0
3 qB0
πm 4
qB0 3
=
v0
π
Esercizio n.4
La sbarretta sarà inizialmente soggetta alla forza peso mg (diretta verso il basso) ed alla forza
magnetica iLB diretta, per come è orientato il campo magnetico, verso l’alto. Assumendo che
la forza magnetica sia minore della forza peso, la sbarretta inizialmente si muove verso il basso.
Appena comincia a muoversi, tuttavia, si genera una ulteriore forza elettromotrice nel circuito,
dovuta al fenomeno del flusso tagliato. Tale forza elettromotrice tenderà a muovere le cariche
nella stessa direzione in cui le fa muovere il generatore (lo si può verificare con la regola della
mano destra o considerando che, secondo la legge di Lenz, la corrente indotta genera in campo
che si oppone alla variazione di flusso che l’ha generata). L’equazione del moto della sbarretta
è quindi
ma = m
�
dv
ε0 + BLv
ε0 LB
= mg − iLB = mg −
LB = mg −
dt
R
R
�
−
(BL)2
v
R
da cui
�
dv
ε0 LB
= g−
dt
mR
�
−
(BL)2
v
mR
che ha come soluzione
v(t) =
con τ =
mR
.
(BL)2
�
�
�
mgR
ε0 �
−t/τ
−
1
−
e
(BL)2 BL
Per t → ∞ l’esponenziale si annulla e
v(t → ∞) =
�
mgR
ε0
−
2
(BL)
BL
�
Infine, per sapere l’espressione della posizione in funzione del tempo (ovvero la traiettoria della
sbarretta)
basta
integrare l’espressione di v trovata.
�
�
� Ponendo
� per semplicità di scrittura α =
mgR
ε0
−t/τ
− BL (in modo da poter scrivere v(t) = α 1 − e
,
(BL)2
y(t) =
� t
0
�
�
v(t )dt =
� t
0
�
�
�
�
α 1 − e−t /τ dt� = αt − ατ 1 − e−t/τ
�
UNIVERSITÀ DI ROMA “LA SAPIENZA”
FACOLTÀ DI INGEGNERIA
Corso di Laurea in Ingegneria per l’Ambiente e il Territorio
ESAME DI FISICA GENERALE II
Data: 16/2/2009
1. Una carica q di massa m viene lanciata con velocità v0 attraverso
un condensatore piano con armature quadrate di lato L. La carica
viene deviata all’interno del condensatore e colpisce in seguito uno
schermo S posto ad una distanza D � L dal condensatore. Determinare
l’espressione del rapporto fra lo spostamento ∆y della carica dalla traiettoria rettilinea (v. figura) e la carica Qc presente sul condensatore.
2. Sia dato il circuito in figura, con ε = 30V, R1 = 20 Ω e R2 = 15
Ω. All’istante t0 = 0 l’interruttore viene spostato dalla posizione 1 alla
posizione 2, e successivamente, ad un tempo t1 = 5 ms, l’interruttore
viene spostato nella posizione 3. Sapendo che nei successivi t = 10 ms
la differenza di potenziale ai capi del condensatore VC si dimezza, si
determini il valore di C ed il valore di VC al tempo t1 .
3. Il circuito in figura è percorso da una corrente i = 5 A secondo
le direzioni indicate dalle frecce. Sapendo che R1 = 5 cm, R2 = 10
cm e che il campo magnetico si annulla nel punto P indicato in figura,
determinare il valore dell’angolo α. Quanto vale il campo magnetico nel
punto P se si mantiene fermo il tratto di circuito curvilineo e si ruota il
filo infinito in modo che diventi perpendicolare al foglio?
4. Una sbarretta metallica di lunghezza L = 10 cm, massa m = 10 g
e resistenza R = 10Ω può scorrere senza attrito lungo due binari che
giacciono su un piano inclinato che forma un angolo α rispetto al suolo.
Se è presente un campo B = 1 T perpendicolare al piano definito dai
binari, si osserva che la velocità limite raggiunta dalla sbarretta è pari
a 50 m/s. Si determini l’angolo α ed il valore che avrebbe la velocità
limite se il campo magnetico fosse perpendicolare al suolo. Si trascuri
la resistenza elettrica dei binari.
1
R2
2
ε
3
R1
C
Soluzioni
Esercizio n.1
La particella carica viene accelerata perpendicolarmente alla sua direzione iniziale quando si
trova all’interno del condensatore, per poi proseguire di moto rettilineo uniforme con un angolo
θ rispetto alla direzione iniziale nel tratto fra il condensatore e lo schermo. L’angolo θ è legato
ai parametri dati del problema dalla relazione
tan θ =
qEL
mv02
Dove E = σ/�0 = Qc /(�0 L2 ) è il campo all’interno del condensatore. Da semplici considerazioni
geometriche risulta che ∆y = D tan θ = DqEL/mv02 da cui infine
∆y
DqEL
Dq(Qc /�0 L2 )L
Dq
=
=
=
2
Qc
mv0 Qc
mv02 Qc
mv02 �0 L
Esercizio n.2
Per t > t1 il circuito è un circuito RC in fase di scarica. La differenza di potenziale ai capi del
condensatore vale quindi, in funzione del tempo,
VC (t) = VC (t1 ) exp{−(t − t1 )/τ2 }
con τ2 = (R1 + R2 )C. Dai dati del problema si sa che Vc (t = t1 + 10ms) = 0.5Vc (t1 ), quindi
exp{−10/τ2 } = 0.5 ⇒ τ2 = 10/ ln 2 ms ⇒ C = τ2 /(R1 + R2 ) = 0.4 mF
Nota C, per sapere quanto valeva VC al tempo t1 basta applicare la formula del circuito RC in
fase di carica:
VC (t) = ε (1 − exp{−t/τ1 })
dove τ1 = R2 C. Al tempo t1
VC (t1 ) = ε (1 − exp{−t1 /R2 C}) = 16.96 V
Esercizio n.3
Il campo magnetico generato dal filo infinito nel punto P vale Bf ilo = µ0 i/2πR2 , ed è diretto
perpendicolarmente al foglio, uscente da esso. I due tratti circolari producono nel punto P un
campo rispettivamente pari a B1 = µ0 iα/4πR1 e B2 = µ0 iα/4πR2 , etrambi perpendicolari al
foglio, il primo entrante ed il secondo uscente. I due tratti rettilinei compresi fra i due tratti
circolari non producono campo magnetico nel punto P in quanto lungo tali tratti il vettore
d1vec� è sempre parallelo al vettore �r che unisce il tratto infinitesimo di filo dl al punto in cui
si vuole calcolare il campo. Il campo complessivo nel punto P vale pertanto
Btot
µ0 i
=
2π
�
1
α
α
+
−
R2 2R2 2R1
�
avendo scelto come positivi i campi magnetici uscenti dal foglio. Affinchè il campo B si annulli,
deve quindi essere
1
α
α
2
+
=
⇒α=
= 2rad � 115◦
R2 2R2
2R1
R2 /R1 − 1
Nel caso in cui il filo viene fatot ruotare di 90 gradi portandolo in direzione perpendicolare al
foglio, il campo generato da esso nel punto P sarà comunque in modulo pari a Bf ilo = µ0 i/2πR2 ,
ma sarà parallelo al foglio, diretto orizzontalmente verso sinistra se il filo viene fatto ruotare in
modo che alla fine la corrente sia uscente, orizzontalmente verso destra nel caso in cui il filo sia
ruotato in modo che la corrente sia entrante nel foglio. Scegliendo un sistema di assi cartesiani
per il quale il piano {x, y} è parallelo al foglio (con l’asse x orizzontale verso destra e l’asse
y diretto verso l’alto) e l’asse z è di conseguenza perpendicolare al foglio, uscente, il campo
magnetico nel punto P si potrà scrivere
�
� = µ0 i ± 1 , 0, α
B
2π
R2
2
�
1
1
−
R2 R 1
��
= 10−6 {±10, 0, −10} = 10−5 {±1, 0, −1} T
dove il segno ”+” o ”-” dipende
è stato girato il filo. In entrambi i casi il modulo del
√ da come
−5
�
campo magnetico vale |B| = 2 × 10 T e forma un angolo di 45◦ nel piano {x, z}, verso destra
o verso sinistra a seconda di come è stato ruotato il filo.
Esercizio n.4
La sbarretta sarà inizialmente soggetta alla forza peso mg (diretta verso il basso) che viene
parzialmente contrastata dalla reazione vincolare del piano, rendendola effettiva solo per la
componente parallela ad esso, ovvero F|| = mg sin α. Appena comincia a muoversi, si svilupperà
nella sbarretta una forza elettomotrice dovuta al fenomeno del flusso agliato e quindi una corrente
� ∧B
� che
i = vBL/R. A causa di tale corrente si svilupperà una forza meccanica F� = iL
per come sono diretti campo magnetico e sbarretta sarà diretta lungo il piano individuato dai
binari, in verso opposto alla componente della forza peso non annullata dalla reazione vincolare.
Il moto della sbarretta avverrà dunque parallelamente al piano inclinato, soggetta alla forza
(complessiva)
Ftot = mg sin α − iLB = mg sin α −
(BL)2
v
R
La velocità limite si raggiunge quando l’accelerazione è nulla, ovvero quando è nulla la forza
complessiva sulla sbarretta:
mg sin α −
(BL)2
(BL)2 vlim
vlim = 0 ⇒ sin α =
= 0.5
R
mgR
da cui risulta immediatamente α = 30◦ . Se il campo magnetico fosse stato perpendicolare
al suolo anzichè al piano inclinato, la corrente generata nella sbarretta sarebbe stata i =
� ∧B
� sarebbe stata parallela al suol anzichè al
vLB/R cos α ed inoltre la forza magnetica F� = iL
piano, e quindi solo la sua componente lungo il piano sarebbe stata efficace per il moto, essendo
la componente perpendicolare al piano annullata dalla reazione vincolare. In questo caso, la
forza complessiva sulla sbarretta sarebbe stata
Ftot = mg sin α − iLB cos α = mg sin α −
e
vlim =
mgR sin α
� 67m/s
(BL cos α)2
(BL cos α)2
v
R
UNIVERSITÀ DI ROMA “LA SAPIENZA”
FACOLTÀ DI INGEGNERIA
Corso di Laurea in Ingegneria per l’Ambiente e il Territorio
ESAME DI FISICA GENERALE II
Data: 16/6/2009
1. Un fascio di protoni (mp = 1.67 × 10−27 kg) con velocità v0 = 7 × 103
m/s viene lanciato in una scatola cilindirca la cui base ha raggio R = 0.5
cm e lunghezza L attraverso un foro posto al centro di una delle sue basi.
Un secondo foro circolare di raggio r viene praticato al centro della base
opposta. All’ interno della scatola è presente un campo elettrico E = 20
V/m, diretto come in figura. Calcolare il valore minimo di r per il quale
i protoni escono dalla scatola, in funzione della lunghezza L. Per quale
valore di L si ha r = R? Che succede se L è più grande di questo valore?
2. Nel circuito in figura, ε1 = 10 V, ε2 = 5 V, e la potenza generata dai
due generatori vale rispettivamente W1 = 5 W e W2 = 1 W. Si calcoli il
valore delle resistenze R1 e R.
3. Un filo di lunghezza L = 10 cm è collegato ad un filo infinito tramite
due molle di costante elastica k = 0.1 N/m (v.figura), entrambe con una
lunghezza a riposo x0 = 3 cm. Calcolare la distanza di equilibrio fra i due
fili quando in entrambi passa una corrente i = 20 A, con direzione concorde
nei due fili. Si trascuri la forza peso.
4. Nel circuito in figura, il generatore sviluppa una forza elettromotrice
V (t) = A cos ωt, con A = 10 V , R = 90 Ω, L = 0.1 mH e C = 10 nF.
Determinare il modulo della corrente e lo sfasamento φ in funzione di ω.
Calcolare il valore di ω per cui la corrente è massima, il valore di tale
corrente e, in funzione di ω, la differenza di potenziale ai capi di ciascun
elemento del circuito.
R
V(t)
˜
C
L
Soluzioni
Esercizio n.1
All’interno della scatola i protoni vengono accelerati in modo uniforme lungo la direzione del
campo, mentre la componente di velocità perpendicolare al campo (e parallela alla velocità
iniziale) rimane invariata. Scegliendo come asse x la direzione della velocità iniziale, come asse
� e l’origine degli assi in corrispondenza del foro di entrata si ha quindi
y la direzione del campo E
x(t) = v0 t
1
qE 2
y(t) = at2 =
t
2
2m
I protoni raggiungono quindi il lato della scatola opposto a quello di entrata dopo un tempo
t0 = L/v0 . In quell’istante, la loro coordinata y sarà
y(t0 ) =
qp E 2 qp EL2
t =
� 19.55L2
2mp 0
2mp v02
Volendo che i protoni escano dalla scatola, è quindi necessario che il foro di uscita abbia un
raggio maggiore o uguale a y(t0 ), e quindi il valore minimo del raggio richiesto dal problema è
r = y(t0 ) � 19.55L2 . Il valore di L per cui r = R si ricava quindi immediatamente:
R = 19.55L2 ⇒ L =
�
1/39.1 = 6.25 cm
Se L è maggiore di tale valore, i protoni urteranno le pareti della scatola prima di uscirne.
Esercizio n.2
Il circuito è composto da 5 rami e tre nodi. Verrà quindi completamente determinato grazie
a 5 equazioni di Kirchhoff, di cui due relativi ai nodi e tre a maglie. Una possibile scelta è la
seguente (altre scelte danno risultati analoghi):

ig1 − i1 − i2





 −ig1 + i2 + i3 − ig2
ε −i R
1
2



ε
−
i
2
3R



ε1 − i1 R1 − ε2
=
=
=
=
=
0
0
0
0
0
dove con ig1 e ig2 sono indicate le correnti ce scorrono nei due generatori, i1 è la corrente che
scorre nella resistenza R1 , i2 la corrente che scorre nella resistenza ”verticale” e i3 la corrente
che scorre nella resistenza in basso. I nodi considerati sono quello in alto e quello fra i due
generatori.
Va notato che contrariamente al caso abituale, le incognite non sono in questo caso i 5 valori
di corrente: infatti, le correnti che scorrono nei due generatori (ig1 e ig2 ) sono note dal testo,
essendo note le potenze erogate dai due generatori (W = ig ε ⇒ ig = W/ε, per entrambi i
generatori). Non sono invece noti i valori delle resistenze R e R1 che, insieme ai valori delle
correnti i1 , i2 e i3 costituiscono le cinque incognite del problema. Per risolvere il sistema si può
procedere per sostituzione: dalla seconda equazione deriva immediatamente
i2 + i3 = ig2 + ig1
mentre sommando la terza e la quarta equazione si ottiene
ε1 + ε2
ε1 + ε2
=
= 21.4 Ω
i2 + i3
ig2 + ig1
ε1 + ε2 = (i2 + i3 )R ⇒ R =
Noto R, dalla terza equazione si può ottenere il valore di i2 = ε1 /R = 0.467 A che, sostituito
nella prima fornisce i1 = ig1 − i2 = 0.033 A ed infine, dalla quinta equazione,
R1 = (ε1 − ε2 )/i1 � 167 Ω
Esercizio n.3
La forza che si esercita fra i due fili a causa della presenza delle due molle è pari al doppio della
forza elastica di ciascuna molla:
Fel = −2k(x − x0 )
In assenza di corrente, i due fili verranno tenuti ad una distanza x0 = 3 cm l’uno dall’altro a
causa della presenza delle due molle. Se invece nei fili scorre una corrente i, alla forza delle molle
si aggiunge la forza magnetica che, dato il verso di circolazione della corrente, risulta attrattiva
(i due fili vengono spinti uno verso l’altro). Questa forza viene contrastata dalle due molle, che
tendono a mantenere i due fili a distanza x0 l’uno dall’altro. L’equilibrio si avr quando le due
forze (magnetica ed elastica) saranno uguali in modulo e opposte per direzione, ovvero quando
|Fmag | =
µ0 i2 L
= 2k|x − x0 | = |Fel |
2πx
(dove x è la distanza fra i due fili) che si può anche riscrivere
x2 − xx0 +
µ0 i2 L
=0
4πk
Questa equazione ammette come soluzioni
x1,2 =
x0 ±
�
x20 −
2
µ0 i2 L
πk
x0
=
2
�
1±
�
µ0 i2 L
1−
πkx20
�
che, inserendo i numeri dati nel testo, corrisponde a x1 = 0.14 cm e x2 = 2.86 cm.
Esercizio n.4
In un circuito RLC l’impedenza complessiva vale Z = R + j[ωL − 1/(ωC)]. Il valore della
corrente che scorre nel circuito (i(t) = i0 cos(ωt + φ)) è determinato dalla sua ampiezza i0 e dallo
sfasamento φ che valgono rispettivamente
e
A
i0 (ω) = � 2
R + (ωL − 1/ωC)2
�
ωL − 1/ωC
φ(ω) = arctan
R
�
Il valore massimo di i0 si ha in corrispondenza√del valore minimo di |Z|, che a sua vola si verifica
quando ωL = 1/(ωC) ovvero ω = ω0 = 1/ LC = 106 rad/s. Se ω = ω0 , si ha |Z| = R e
i0 (ω0 ) = A/R = 0.11 A.
Infine, ai capi dei tre elementi circuitali si sviluppa una differenza di potenziale sinusoidale di
ampiezza pari a:
VR = i0 R = �
AR
A
A
=�
=�
R2 + (ωL − 1/ωC)2
1 + (ωL/R − 1/ωCR)2
1 + (ωτL − 1/ωτC )2
AωL
A
A
=�
=�
VL = i0 ωL = � 2
R + (ωL − 1/ωC)2
(R/ωL)2 + (1 − 1/ω 2 LC)2
(1/ωτL )2 + (1 − (ω0 /ω)2 )2
e
VC = i0 /ωC = �
R2
A/ωC
A
A
=�
=�
2
2
2
2
2
+ (ωL − 1/ωC)
(RωC) + (ω LC − 1)
(ωτC ) + ((ω/ω0 )2 − 1)2
√
dove τC = RC, τL = L/R e ω0�= 1/ LC. In particolare, si può facilmente verificare che per
L
ω = ω0 si ha ω0 τL = 1/ω0 τC = C
/R e quindi
VR = i0 R = A = 10 V
A
VL = Aω0 τL =
R
�
L
= 11.1 V
C
e
VC =
A
= Aω0 τL = VL
ω 0 τC
UNIVERSITÀ DI ROMA “LA SAPIENZA”
FACOLTÀ DI INGEGNERIA
Corso di Laurea in Ingegneria per l’Ambiente e il Territorio
ESAME DI FISICA GENERALE II
Data: 14/7/2009
1. Quattro cariche positive q+ si trovano, libere di muoversi, ai vertici di un
quadrato. Una quinta carica negativa q− si trova al centro del medesimo
quadrato. Determinare il rapporto q− /q+ sapendo che le cinque cariche
sono in posizioni di equilibrio.
2. Due strutture metalliche come quelle disegnate in figura (in alto) vengono collegate all’interno di un circuito elettrico come indicato in figura (in
basso). Supponendo noti W , L e h si calcoli il rapporto fra carica depositata su ciascuna struttura e differenza di potenziale (ovvero la capacità del
sistema). Si assuma che la carica su ciascuna struttura si distribuisca in
pari quantità sui due piani LW e che la carica presente sulle parti curvilinee
sia trascurabile.
3. Due particelle cariche di segno opposto si muovono all’interno di un
campo magnetico B0 perpendicolare al foglio, percorrendo due traiettorie
circolari i cui centri distano d1 = 10 cm fra di loro ed i cui raggi sono tali da
mantenere una distanza minima d2 = 2 cm fra le due traiettorie. A partire
da un certo istante il campo magnetico viene fatto lentamente diminuire in
funzione del tempo secondo la legge B(t) = B0 (1 − αt), con α = 0.01 s−1 .
Determinare dopo quanto tempo le due traiettorie si toccano, assumendo
che la velocità delle due particelle ed il centro delle due traiettorie non cambi
in funzione del tempo. Si trascuri l’effetto del campo elettrico indotto.
4. Una sbarretta metallica di massa m e resistenza R viene trascinata
conuna forza F lungo due binari metallici di resistenza trascurabile distanti
L fra loro. Fra i due binari è presente un campo B uniforme. Determinare,
in funzione di F , la velocità limite della sbarretta, la corrente che scorre
nella sbarretta quando questa raggiunge la velocità limite e la potenza
elettrica generata per t → ∞.
Soluzioni
Esercizio n.1
Per questioni di simmetria la carica centrale si trova in una posizione di equilibro qualunque sia
il valore di q+ e q− . Sempre per ragioni di simmetria, la forza su ciascuna delle quattro cariche
q+ deve essere diretta lungo la congiungente fra q− e la carica q+ in questione. Inoltre, tale forza
è in modulo uguale per tutte e quattro le cariche. La condizione di equilibrio si ottiene quindi
imponendo che la forza su una qualsiasi della quattro cariche positive sia nulla.
Si prenda quindi la carica a destra nel disegno. Questa subirà una forza diretta verso sinistra
dovuta alla carica q− , una forza diretta verso destra dovuta alla carica q+ che si trova a sinistra
della carica q− ed una forza complessivamente diretta verso destra dovuta alle due cariche q+
che si trovano√sopra e sotto la carica q− . Complessivamente, indicando con L il lato del quadrato
e con D = L 2 la sua diagonale,
�
q+
q−
q+
q+ D/2
F =
−
+ 2 +2
2
4π�0
(D/2)
D
L3
�
dove per l’ultimo termine si è tenuto conto del fatto che le componenti verticali della forza
esercitata dalle due cariche sopra e sotto q− si annullano vicendevolmente, mentre si sommano
le due componenti orizzontali. Utilizzando l’ espressione di D in funzione di L,
�
√ �
�
�
��
q+
q−
q+
q+ 2
q+
1 √
F =
−2 2 +
+
=
−2q− + q+
+ 2
4π�0
L
2L2
L2
4π�0 L2
2
Imponendo F = 0 si ottiene infine
2q− = q+
�
�
1 √
q−
1
+ 2 ⇒
=
2
q+
2
�
�
1 √
+ 2 = 0.957
2
Esercizio n.2
La differenza di potenziale fra le due strutture si può calcolare tramite l’integrale di linea del
campo elettrico lungo una qualunque linea che ocngiunga le due strutture. Il campo elettrico
può essere cosniderato uniforme nella regione di spazio compresa fra i piani LW , diretto perpendicolarmente ai suddetti piani e pari in modulo a σ/�0 , dove sigma è la densità di carica
lineare sul piano LW .
Calcolando quindi la differenza di potenziale come integrale del campo elettrico lungo la linea
che congiunge le due strutture indicata in figura, si ottiene
|∆V | =
� 2
σ
1
�0
dl =
hσ
2 �0
D’altra parte,la carica complessiva presente su ciascuna struttura si divide per ipotesi in maniera
uguale sui due piani, e quindi
Q = 2σLW ⇒ σ =
Q
2LW
Inserendo tale espressione nella precedente,
|∆V | =
h Q
LW
⇒ C = Q/|∆V | = 4�0
2 2LW �0
h
Esercizio n.3
Il raggio della traiettoria circolare descritta da una particella carica in un campo magnetico vale
r = mv/qB. Dai dati iniziali sappiamo che (d2 = d1 − (r1 + r2 ))
d2 = d1 −
�
m1 v1 m2 v2
+
q1 B0
q2 B0
�
1
= d1 −
B0
�
m1 v1 m2 v2
+
q1
q2
�
Al tempo t cercato le due traiettorie si toccano, quindi r1 + r2 = d1 :
d1 =
�
m1 v1
m2 v2
+
q1 B(t) q2 B(t)
�
1
=
B(t)
�
m1 v1 m2 v2
+
q1
q2
�
⇒
�
m1 v1 m2 v2
+
q1
q2
�
= d1 B(t)
Inserendo tale espressione nella relazione valida per t = 0 si ottiene quindi
�
d2 = d1 1 −
B(t)
B0
�
= d1 (1 − (1 − αt)) = d1 αt
da cui infine
t=
d2
= 20 s
d1 α
Esercizio n.4
Applicando una forza sulla sbarretta, questa comincia a muoversi lungo i binari. Muovendosi, si
sviluppa al suo interno una forza elettromotrice vLB che fa scorrere nella sbarretta una corrente
i = vLB/R. Questa a sua volta fa si che sulla sbarretta si eserciti una forza (contraria alla forza
iniziale) Fm = iLB = v(LB)2 /R. Man mano che v cresce aumenta anche Fm , e quando Fm = F
la forza sulla sbarretta si annulla e la sbarretta procede di moto rettilineo uniforme con velocit
tale che
vlim
(LB)2
R
= F ⇒ vlim =
F
R
(LB)2
In corrispondenza di tale velocità limite la corrente che scorre nella sbarretta vale
ilim = vlim
LB
F
=
R
LB
e la potenza elettirca sviluppata dalla sbarretta in movimento vale
W = εi = vlim LBilim =
R
F
R
F LB
= F2
2
(LB)
LB
(LB)2
Da notare che l’ultima espresisone si può anche scrivere
W = F vlim
che stabilisce l’uguaglianza fra la potenza elettrica generata dalla sbarretta (W ) e la potenza
meccanica esercitata dalla forza esterna (il lavoro prodotto dalla forza vale L = F ∆s, quindi il
lavoro per unità di tempo, ovvero la potenza, vale dL/dt = F ds/dt = F v)
UNIVERSITÀ DI ROMA “LA SAPIENZA”
FACOLTÀ DI INGEGNERIA
Corso di Laurea in Ingegneria per l’Ambiente e il Territorio
ESAME DI FISICA GENERALE II
Data: 8/9/2009
1. Una carica Q < 0 è posta sull’asse di un disco, ad una distanza z0 dal
centro del disco. Il disco, isolante e di raggio rD , è uniformemente carico
con densità di carica superficiale σD > 0. Determinare la forza esercitata
sulla carica (si trascuri la forza di gravità) ed il campo elettrico nel punto
P che si trova sull’asse del disco ad una distanza 2z0 dal suo centro.
2. In un cirduito RC l’interruttore viene spostato dalla posizione 1 alla
posizione 2 al tempo t0 = 0, e successivamente alla posizione 3 al tempo
t1 =1 secondo. Se dopo un altro secondo la differenza di potenziale ai capi
del condensatore vale un quarto della forza elettromotrice del generatore,
determinare la costante di tempo del circuito.
4. Un’ induttanza reale è costituita da un lungo filo di rame (la cui resistività vale ρ = 1.7 × 10−8 Ωm) di raggio rf = 1 mm, avvolto in modo
da formare una bobina circolare di raggio rb = 1 cm e altezza h = 10 cm
costituita da n = 1000 spire/m. Determinare la resistenza della bobina e
la sua induttanza. Se l’induttanza viene alimentata con un generatore in
corrente alternata, determinare per quale valore di ω la parte reale e la
parte immaginaria dell’impedenza della bobina sono fra loro uguali.
3. Quattro fili infiniti percorsi da corrente sono disposti perpendicolarmente
ad un piano in modo che lel loro intersezioni col piano formino un quadrato
di lato L (v. figura). Il verso della corrente è quello indicato nella medesima figura. Determinare l’espressione del campo magnetico al centro del
quadrato. Come sarebbe cambiato il risultato se invece di un quadrato i fili
avessero definito un rettangolo di lati a e b?
Soluzioni
Esercizio n.1
Il campo elettrico generato da un disco uniformemente carico vale (se si sceglie come asse z l’asse
del disco)


σ 
z

E=
1− �
�0
2
2
z + rd
e quindi la forza esercitata sulla carica Q vale


σ
z0

F = QE = Q 1 − �
�0
z02 + rd2
Il campo elettrico nel punto P sarà invece dato dalla somma dei campi dovuti al disco e ala
carica. Essendo entrambi diretti lungo l’azze z, la somma vettoriale si riduce ad una differenza
scalare (Q e σ sono di segno opposto) e quindi, per il generico punto z dell’asse del disco,
ET OT


σ 
z
|Q|
−
= |Edisco | − |Ecarica | =
1− �
�0
4π�0 (z − z0 )2
z 2 + rd2
In particolare, per z = 2z0 ,
ET OT


σ 
2z0
|Q|
−
=
1− �
�0
4π�0 z02
4z02 + rd2
Esercizio n.2
Durante la fase di carica del condensatore (quando l’interruttore è nella posizione 2), la differenza
di potenziale ai capi del condensatore vale
�
VC (t) = ε 1 − e−t/τ
�
e quindi al tempo t1 = 1 s
�
VC (t1 ) = ε 1 − e−t1 /τ
�
da quel momento il circuito entra nella configurazione di scarica del condensatore, e quindi
�
�
�
VC (t > t1 ) = VC (t1 )e−(t−t1 )/τ = ε 1 − e−t1 /τ e−(t−t1 )/τ = ε e−(t−t1 )/τ − e−t/τ
�
Al tempo t2 = 2 s t2 − t1 = t1 e t2 = 2t1 e quindi
�
�
�
VC (t2 ) = ε e−(t1 )/τ − e−2t1 /τ = ε x − x2
�
avendo posto x = e−t1 /τ . Essendo noto dai dati del problema che VC (t2 ) = ε/4, risulta quindi
x − x2 = 1/4 ⇒ x = 1/2 ⇒ e−t1 /τ = 1/2 ⇒ τ = t1 / ln(2) � 1.44 s
Esercizio n.3
Ciascuno dei quattro fili produce un campo magnetico nel centro del quadrato pari in modulo a
√
µ0 i 2
|Bf ilo | =
2π L
Prendendo un sistema di riferimento in cui l’asse x è orizzontale, l’asse y è verticale e l’origine
si trova al centro del quadrato, i campi prodotti al centro del quadrato (ovvero nell’origne degli
assi) dai fili che intersecano il piano nei unti {L/2, L/2} e {−L/2, −L/2} sono diretti verso
destra in basso, con un angolo di -45◦ rispetto all’ asse x, ovvero
√
√ �
�
µ0 i 2
µ0 i 2 1
1
◦
◦
�
�
√ , −√
B{L/2,L/2} = B{−L/2,−L/2} =
{cos(−45 ), sin(−45 )} =
2π L
2π L
2
2
I campi dei fili posizionati a {L/2, −L/2} e {−L/2, L/2} sono invece diretti verso l’alto e a
destra, con un angolo di +45◦ rispetto all’asse x, ovvero
√ �
�
µ0 i 2 1 1
�
�
√ ,√
B{−L/2,L/2} = B{L/2,−L/2} =
2π L
2 2
Sommando i quattro campi vettorialmente, si ottiene quindi che le componenti y dei quattro
campi generati dai quattro fili si annullino vicendevolemnte, mentre le componenti x si sommano.
Il campo complessivo sarà quindi diretto lungo l’asse x (verso le x positive) e varrà in modulo
√
µ0 i
2µ0 i
|Btot | = 4|Bf ilo |/ 2 = 4
=
2πL
πL
Nel caso in cui invece che di un quadrato si fosse trattato di un rettangolo di lati a e b, varrebbero
considerazioni analoghe salvo per il fatto che l’angolo fra i campi generti dai singoli fili e l’asse
x non sarebbe più ±45◦ ma, assumendo che il rettanglo abbia lato orizzonale pari ad a e lato
verticale pari a b,
θ = ± arctan(a/b)
e quindi il campo sarebbe ancora diretto verso le x positive, e varrebbe in modulo
|Btot | = 4Bf ilo,x
√
√
√ �
µ0 i 2
2µ0 i 2
2µ0 i 2
1
=4
cos(θ) =
cos(arctan(a/b)) =
2π L
π L
π L 1 + (a/b)2
dove si è usato il fatto che cos(θ) =
ritrova il risultato precedente.
�
1
.
1+tan2 θ
Come era logico aspettarsi, nel caso a = b si
Esercizio n.4
La resistenza di un filo di lunghezza l e sezione S vale R = ρl/S. Nel caso in questione, la
lunghezza complessiva del filo è pari alla circonferenza delle spire moltiplicata per il numero di
spire:
l = 2πrb N = 2πrb nh
mentre la sezione del filo vale S = πrf2 . Complessivamente,
R=ρ
l
2πrb nh
=ρ
= 0.034 Ω = 34 mΩ
S
πrf2
L’induttanza del solenoide vale invece
L=
Φ(B)
= µ0 nN = µ0 n2 h = 39.5 µH
i
L’impedenza del solenoide reale vale in generale Z = R + jωL e le sue parti reale ed immaginaria
sono quindi uguali fra loro se
R = ωL ⇒ ω = R/L = 861.23 rad/s