Universita dell'Aquila - Facolta di Ingegneria Prova Scritta di Fisica Generale II - 11/1/2013
Nome Cognome N. Matricola Corso di Studio CREDITI Canale ... ... ... ... ... ... Tempo a disposizione 2 ore (3-4 CFU primi due esercizi 1 ora e 30').
Problema 1
Si consideri un triangolo rettangolo isoscele con cateti di lunghezza l. All'estremita sinistra dell'ipotenusa e posta una carica puntiforme Q1, mentre all'estremita destra e posta
una carica Q2 di valore variabile pari a Q2 = Q1 (come in
gura). Determinare sul vertice P del triangolo: a) il valore delle componenti del campo elettrico nel caso in cui e mas-sima la componente orizzontale; b) il valore delle componenti del campo elettrico nel caso in cui e massima la componente verticale; c) il valore di per cui e minimo il modulo del campo elettrico ed il suo valore.
(Dati del problema: Q1= 1 C, l = 1 m, 1 1)
Problema 2
Il circuito mostrato in gura e a regime con l'interruttore aperto. Il condensatore C1 e inizialmente carico e tra le
sue armature vi e una d.d.p. pari a V0, mentre il
con-densatore C2 e inizialmente scarico. La resistenza R e
variabile. Determinare a)la tensione Vf ai capi di C2
a regime, cioe trascorso un tempo molto lungo dopo la chiusura dell'interruttore; b) il valore di R tale che
la potenza dissipata nella resistenza non superi il valore Pmax; c) dopo quanto tempo la tensione ai
capi di C2 e divenuta Vf=3 nel caso in cui R = R1.
(Dati del problema C1 = 1 F , C2 = 2 F , V0= 15 V , Pmax = 9 W , R1= 1:5 k )
Problema 3
Calcolare la frequenza di risonanza del circuito in gura. Calcolare inoltre l'impedenza vista dal generatore alla fre-quenza di risonanza ed a frefre-quenza praticamente nulla. (dati del problema L = 1 H, C = 300 nF , R1 = 1 ,
SOLUZIONI Problema 1
Essendo un triangolo rettangolo isoscele si ha che l'altezza e pari a meta dell'ipotenusa e vale: h = pl
2 Mentre le componenti del campo elettrico valgono:
Ex= Q1l= p 2 4"ol3 Q2l=p2 4"ol3 = Q1 4"op2l2(1 ) Ey = Q1l= p 2 4"ol3 + Q2l=p2 4"ol3 = Q1 4"op2l2(1 + )
a) Ex e massimo quando = 1 e vale:
Ex = Q1
2p2"ol2 = 12:7 kV=m
mentre Ey = 0.
b) Ey e massimo quando = 1 e vale:
Ey = 2p2"Q1
ol2 = 12:7 kV=m
mentre Ex = 0.
c) Il modulo del campo elettrico vale: jEj =qE2
x+ Ey2 = 4"Q1 ol2
p 1 + 2
che e minima quando = 0 e vale:
jEj = 4"Q1
ol2 = 9 kV=m
Problema 2
a) La carica iniziale sul primo condensatore vale:
Q10= C1V0= 15 C
La carica totale si conserva per cui:
Q1f + Q2f = Q10 Q1f C1 = Q2f C2 Quindi: Q1f = C1CQ10 1+ C2
Q2f = C2CQ10 1+ C2
La stessa tensione a regime dei due condensatori vale: Vf = CQ10
1+ C2 = 5 V
b)
La corrente massima si ha quando viene chiuso l'interruttore e vale: Imax= VR0
Quindi imponendo che:
Imax2 R < Pmax
R > V02
Pmax = 25
c)
L'equazione della maglia nel transitorio, essendo R = R1, e:
Q1(t) C1 = I(t)R1+ Q2(t) C2 Ma anche: I(t) = dQdt2(t) Q1(t) = Q10 Q2(t) Quindi: Q10 Q2(t) C1 = R1 dQ2 dt + Q2 C2 Q2 = RC1C1C2 1+ C2 dQ2 dt + C2Q10 C1+ C2 Riusando Q2f e ponendo: = R1CC1C2 1+ C2 = 1 ms L'equazione diviene: dQ2 dt = Q2 Q2f dQ2 Q2 Q2f = dt Z Q2(t) 0 dQ2 Q2 Q2f = Z t 0 dt Q2(t) = Q2f(1 e t= ) V2(t) = QC2(t) 2 = Vf(1 e t= ) Quindi se: V2(t) = V3f t= ln(1 1=3) = 0:4 ms
Problema 3
L'impedenza del parallelo tra capacita e resistenza R2 vale:
1=Zp= j!C + R1 2 Zp = 1 + !R22C2R2 2 j !CR2 2 1 + !2C2R2 2
Quindi la parte reale dell'impedenza vale:
ZR= R1+ 1 + !R22C2R2 2 mentre la immaginaria: Zimm= !L !CR 2 2 1 + !2C2R2 2
La immaginaria si annulla se:
!L 1 + !!CR2C222R2 2 = 0 cioe se: L = 1 + !CR2 22 rC2R22 !r= s 1 LC 1 C2R2 2 = 7:45 10 5 rad=s r= 2!r = 118 KHz
L'impedenza vista dal generatore vale:
ZR= R1+ 1 + !R22
rC2R22 = 2:67
Mentre a frequenza nulla la parte immaginaria diventa nulla e la impedenza diviene semplicemente: Zo = R1+ R2= 3
