Universit`a dell’Aquila - Elettromagnetismo e Fisica 2
Nome Cognome N. Matricola Corso di Studio CFU
... ... ... ... .... Prova scritta - 10/02/2017
Tempo a disposizione due ore e mezza. Problema 1
Una nuvola cilindrica di raggio R, ai fini del calcolo di lunghezza infinita, ha una densit`a di carica che cresce linearmente con la distanza dall’asse con la legge:
ρ = Ar
Determinare: a) a quale distanza dall’asse il campo elettrico vale E1 (3 punti); b) l’intensit`a
massima del campo elettrico (2 punti) ; 3) la differenza di potenziale tra un punto a distanza 2R dall’asse e l’asse centrale (3 punti); d) la densit`a carica per unit`a di lunghezza che produce lo stesso campo per r > R (2 punti).
(Dati del problema: A = 1 · 10−5 C/m4, R = 3 cm, E1 = 200 V /m)
Problema 2
Nel circuito mostrato in figura il condensatore C1 `e
inizialmente carico, e l’armatura superiore ha una dif-ferenza di potenziale con l’armatura inferiore di Vo
(positiva), mentre il condensatore C2 `e scarico.
Al-l’istante iniziale viene chiuso l’interruttore. Deter-minare a) la carica a regime nel condensatore C1;
b) la carica sulla armatura superiore e inferiore del condensatore C2 a regime; c) l’energia totale
forni-ta dal generatore dalla chiusura dell’interruttore alla condizione di regime.
(dati del problema Vo= 5 V , C1 = 0.4 µF , C2 = 0.8 µF , f = 12 V , il valore di R non serve)
Problema 3
Una spira rigida quadrata di lato a e di resistenza totale R `e posta come in figura con un lato paralle-lo ad un fiparalle-lo indefinito a distanza d dal fiparalle-lo (lato pi`u vicino). Il filo `e percorso da una corrente variabile nel tempo con la legge:
I(t) = Io 1 + t/τ
Determinare: a) l’espressione della f.e.m. indotta nella spira rigida; b) il verso ed il valore massimo della corrente indotta nella spira; c) il tempo per
cui la corrente indotta nella spira vale I1; d) l’energia totale dissipata nella spira (0 < t < ∞ )
Soluzioni: Problema 1
a)
Considerando dei cilindri gaussiani coassiali allla nuvola di raggio r ed altezza h. Se r < R avremo che: Er2πrh = Rr 0 Ar2πrhdr εo Er = Ar2 3εo r < R Mentre al di fuori della nuvola:
Er2πrh = RR o Ar2πrhdr εo Er= AR3 3rεo r > R Quindi vi sono due distanze una all’interno:
E1 = Ar2 i 3εo −→ ri = s 3εoE1 A = 2.3 cm ed una all’esterno: E1 = AR3 3reεo −→ re = AR3 E13εo = 5.1 cm b)
Il campo elettrico `e massimo al bordo della nuvola e vale: Emax =
AR2
3εo
= 339 V /m c)
Per quanto riguarda la d.d.p. tra il il bordo ed il centro della nuvola vale: ∆V (R − 0) = − Z R 0 Ar2 3εo dr = −AR 3 9εo = −3.4 V Mentre: ∆V (2R − R) = − Z 2R R AR3 3rεo dr = −AR 3 3εo ln 2 = −7 V Per cui la somma dei due vale:
∆V (2R − 0) = −10.4 V d) Ponendo: λ = Z R 0 Ar2πrdr = 2 3πAR 3 = 5.7 · 10−10 C/m
Problema 2 a)
La condizione iniziale prima dell’apertura `e che tra i punti A e E vi `e una d.d.p. di Vo. Quindi
la carica iniziale sulla armatura superiore:
Qo = C1Vo = 2 µC
e −Qo su quella inferiore come mostrato in figura. Mentre la d.d.p. tra B e D `e f e non vi `e
nessuna carica sulle armature del condesatore 2.
Quando si chiude l’interruttore e si aspetta un tempo lungo la carica si conserva nella regione E − D cio`e:
−Qo = −Q1f + Q2f
Ma anche le differenze di potenziale sono eguali: VAE = VBD
Ovviamente:
VAE =
Q1f
C1
Mentre sul ramo BD non scorre corrente, passato il transitorio iniziale: VBD= f − Q2f C2 Q1f C1 = f − Q2f C2
Quindi eliminando Q2f: Q1f = C1 C1+ C2 (Qo+ f C2) = 3.87 µC b)
Il condensatore C1 ha sulla armatura inferiore una carica positiva pari a
Q2f = Q1f − Qo= 1.87 µC
Sulla armatura superiore `e negativa e dello stesso valore in modulo. c)
La carica che viene spostata `e
∆Q = Q1f − Qo = Q2f
Quindi l’energia fornita dal generatore `e:
Eg = f ∆Q = 22.4 µJ
Ma anche detta:
τ = R C1C2 C1+ C2
La carica sul condensatore C1 `e:
Q(t) = Q1f + [Qo− Q1f]e−t/τ = Q1f + Q2fe−t/τ
Quindi la corrente che scorre nella maglia in senso antiorario `e I(t) = dQ(t)
dt = − Q2f
τ e
−t/τ
Quindi l’energia fornita dal generatore `e: Eg = Z ∞ 0 f I(t)dt = −fQ2f τ Z ∞ 0 e−t/τdt = fQ2f τ τ = f ∆Q = 22.4 µJ Problema 3 a)
Il campo di induzione magnetica generato ad un distanza genererica x dal filo vale: |B| = µoI(t)
2πx Quindi il flusso che si concatena con la spira vale:
φc= µoI(t)a 2π Z d+a d dx x = µoI(t)a 2π ln d + a d Quindi la f.e.m. indotta vale in modulo:
f.e.m. = µoIoa
2πτ (1 + t/τ )2 ln
d + a d
b) La corrente indotta nella spira deve circolare in senso antiorario per compensare la dimi-nuzione del flusso uscente dal piano e vale:
Ii = µoIoa 2πτ Rln d + a d 1 (1 + t/τ )2 = Iio 1 (1 + t/τ )2 con Iio = 77 mA. c) Imponendo che: Iio 1 (1 + t/τ )2 = I1 t = τ q Iio/I1− 1 = 61.5 ms d)
La energia totale dissipata nella spira vale: Ed= RIio2 Z ∞ 0 dt (1 + t/τ )4 = − RI2 ioτ 3 " 1 (1 + t/τ )3 #∞ 0 = τ RI 2 io 3 = 20 nJ
