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Compito di Fisica Generale II di Ingegneria CIVILE e BIOMEDICA
2011.
17 SETTEMBRE
Esercizio 1: Tre fili di lunghezza L = 5 cm sono caricati con una carica elettrica Q = 3nC ciascuno e
sono disposti come mostrato in figura con gli estremi B, C e E alla stessa distanza L/2 dall'origine .
y
A
B
C
O
D
x
E
F
1.1- Si trovino le componenti Ex,Ey e Ez del campo elettrico nell'origine O.
1.2 - Una carica elettrica q = 2 nC con massa m = 4 mg viene posta da ferma in O e lasciata libera di
muoversi. Si trovi la velocità massima raggiunta dalla carica.
Esercizio 2 – Due sferette conduttrici di raggio a = 0.5 cm si trovano a distanza d = 2m l'una
dall'altra. Le sferette sono caricate, rispettivamente, con le cariche elettriche q1 = Q = 3 nC e q2 =
Q/3. Ad un dato istante t = 0 le sferette vengono collegate con un filo di resistenza R = 3 M. Si
calcoli:
2.1 - Le cariche elettriche Q1 e Q2 e i potenziali V1 e V2 delle sferette all'equilibrio.
2.2 – L'andamento temporale Q1(t) della carica sulla sferetta 1.
2.3- La variazione di energia elettrostatica delle due sferette durante l'intero transitorio.
Esercizio 3- Un solenoide è costituito da n = 104 spire/m ed è percorso da una corrente costante
I = 3 A. Una spira di raggio a = 3 cm, induttanza trascurabile e resistenza R = 2  si trova
all'interno del solenoide e la sua normale forma inizialmente un angolo  = /4 con l'asse del
solenoide.
3.1 – Si calcoli la mutua indutanza M fra spira e solenoide.
All'istante t = 0 la spira, inizialmente all'angolo  = /4, viene posta in rotazione con velocità
angolare  = 3 rad/s.
3.2 – Si calcoli la corrente i che scorre nella spira agli istanti in cui la normale alla spira è
ortogonale all'asse del solenoide.
ATTENZIONE: LE RISPOSTE DEVONO ESSERE GIUSTIFICATE INDICANDO I
PASSAGGI LOGICI ESSENZIALI UTILIZZATI PER ARRIVARE AL RISULTATO
FINALE. RISPOSTE SENZA ALCUNA GIUSTIFICAZIONE, ANCHE SE CORRETTE,
NON SARANNO PRESE IN CONSIDERAZIONE.
Soluzione Esercizio 1- 1.1- Per simmetria, i fili AB e CD generano in O campi uguali ed opposti,
dunque il campo in O è il solo campo dovuto al filo EF ed è diretto lungo l'asse y nel verso
positivo. Dunque, Ex = Ez = 0 mentre:
1
 L
2

Ey 
3
 L
2
Q
dy
Q
1


2
40 L y
40 L y
1
 L
2
3
 L
2

Q
30 L
2
= 1.44 104 V/m
(1)
1.2 – La carica puntiforme viene respinta e raggiunge la massima velocità a distanza infinita dove il
potenziale generato dai fili si annulla. Per la conservazione dell'energia, la velocità massima è:
2qV (0)
(2)
v
m
dove V(0) è il potenziale elettrostatico generato dai fili nel punto O. Data la simmetria, il potenziale
in O generato dai tre fili è lo stesso e, quindi, il potenziale risultante è pari a tre volte il potenziale
generato dal filo EF, cioè:
V
1
 L
2

3
 L
2
3Q dy
3Q

ln 3 = 1.78 103 V
40 L y 40 L
(3)
Sostituendo questo valore nella (2) si trova:
v = 1.33 m/s
(4)
Soluzione Esercizio 2. 2.1- A regime i potenziali delle sferette sono uguali. Ma, essendo d >> a, i
potenziali delle sferette sono V1 = Q1/(40a) e V2 = Q2/(40a). Dunque, la condizione V1 = V2
implica
(1)
Q1  Q2
che, unita alla conservazione della carica totale,
Q1 + Q2 = 4Q/3 = 4 nC
porta a Q1 = Q2 = 2Q/3 = 2 nC
e, quindi,
V1 = V2 = Q/(60a) = 3.60 103 V
(2)
(3)
(4)
2.2- Ad ogni istante si conserva la carica totale e, quindi, Q1(t) + Q2(t) = 4Q/3, dunque:
4
Q2 (t )  Q  Q1 (t )
(5)
3
Dunque, la d.d.p. fra le sferette 1 e 2 è:
Q1 (t ) Q2 (t )
Q (t )
Q

 1

40 a 40 a 20 a 30 a
L'equazione del circuito è, perciò:
V 
Q1 (t )
dQ (t )
Q

 R 1
20 a 30 a
dt
la cui soluzione che soddisfa la condizione iniziale Q1(0) = Q è
(6)
(7)
t
2
1 
Q1 (t )  Q  Qe 
3
3
(8)
dove  = 20aR = 8.34 10 - 7 s
2.3 – L'energia iniziale dei due conduttori è:
q22 
1  q12
5Q 2

= 8.99 10 -6 J
U i  

2  40 a 40 a  360 a
Quella finale è:
(10)
Q22 
1  Q2
Q2
 
= 7.19 10 -6 J
U f   1 
2  40 a 40 a  90 a
(11)
Dunque la variazione di energia è:
U f Ui 
Q2
90 a

5Q 2
Q2
= - 1.80 10-6 J

360 a
360 a
(12)
Soluzione esercizio 3.
3.1- Il flusso del campo di induzione magnetica attraverso la spira è:
 n 0a 2 I
2
  Ba cos 
4
2
Dunque, la mutua induttanza è:
 n 0a 2
= 2.51 10-5 H
M 
I
2
(1)
(2)
3.2 – Quando la spira ruota, il flusso del campo varia secondo la legge
(t )  n 0 Ia 2 cos  (t )
(3)
con (t) = /4 +  t
Dunque, la f.e.m. applicata alla spira è:
d(t )
 n 0 Ia 2 sin  / 4  t 
dt
Per (t) = /4+ = /2 la corrente nella spira i = /R diventa:
 
(4)
d(t ) n 0 Ia 2
= 1.60 10 - 4 A
i

dt
R
(5)