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Appello scritto del 29 gennaio 2015 soluzioni V2

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Università degli Studi dell’Aquila - Corso di Laurea in Ingegneria Civile e Ambientale Fisica Generale 2 - Prova scritta d’esame del 29 gennaio 2015

Problema 1 (10 punti)

Una sfera conduttrice di raggio R e carica Q0 è posta all'interno di un guscio sferico di raggio interno R1=1.5R e raggio esterno R2=3R.

All’interno del guscio sferico c’è una carica totale pari a Q=-Q0/2 la cui distribuzione segue la legge ρ(r)=Ar. Si chiede di:

1) di calcolare il valore della costante A (2 punti);

2) di determinare l'espressione del campo elettrico in funzione della distanza dal centro del sistema fisico in tutto lo spazio (3 punti); 3) di calcolare il valore del campo elettrico in r0 = 2R (2 punti).

4) determinare se una particella di carica q e massa m viene inviata con velocità v0 da una distanza R3=10R verso il centro della distribuzione di carica riesce ad entrarvi (3 punti).

Dati: R=10cm, Q0=2C, q=1nC, m=1mg, v0=7.5km/s.

Soluzione

La costante A si trova integrando la carica elementare all’interno del volume del guscio sferico: dq = 4!"(r)r2dr ! Q = !Q0 2 = 4!A r 3dr R1 R2

!

" #Q0 2 =!A R2 4 ! R14

(

)

da cui: A = ! Q0 2! R24! R 1 4

(

)

= -42C/m 4.

Il campo elettrico all’interno della sfera conduttrice è nullo:

E

0

(0 ! r ! R) = 0

;

Per (R ! r ! R1) ! E1(r) = Q0

4!"0r2;

Per (R1! r ! R2) ! E2(r) = E1(r) + E(r) con E(r) il campo elettrico all’interno del guscio sferico che vale: E(r)4!r2 =4! A !0 r! 3d !r ! R1 r

!

E(r) = 4!A 0r 2 r 4 ! R14

(

)

. Pertanto si ha: E2(r) = Q0 4!"0r2+ A 4!0r2 r 4 ! R14

(

)

Per (R2! r) ! E2(r) = Q0 8!"0r2.

Il campo elettrico per r=2R vale E(2R)=4.2x1011V/m. L’energia cinetica iniziale della carica q vale Ek =1

2mv0 2

=28.12J, mentre la variazione di energia potenziale tra il punto iniziale R3=10R e la superficie esterna del guscio sferico r=3R vale: !U = qQ0 8!"0 dr r2 = 3R 10R

"

# qQ0 8!"0 1 10R# 1 3 $ % && ' ( )) =2407 !"qQ0 0R =21J.

Dato che l’energia cinetica iniziale della carica q è maggiore della variazione di energia potenziale, essa penetra nella regione di carica spaziale.

R

1

R

2

R

q

v

0

R

3

(2)

 

2 Problema 2 (10 punti)

Il condensatore in figura è a facce piane e parallele con area S e distanza d ed è riempito per metà con dielettrico di costante !! e per

l’altra metà con dielettrico di costante !! .

All’istante ! = 0 il condensatore è a regime e viene chiuso l’interruttore T. Si calcoli:

1) la capacità del condensatore e la sua carica iniziale !! per ! = 0 (2 punti);

2) una volta chiuso l’interruttore, la carica !! che a regime si trova sul condensatore,

specificando se il condensatore ha subito un processo di carica o di scarica (2 punti);

3) le cariche di polarizzazione (a regime) su ciascuno dei due dielettrici, specificandone il segno (3 punti);

4) l’istante !!> 0 in cui la carica sul condensatore raggiunge il valore (!!+ !!)/2 (3 punti).

Dati: !!= 10Ω, !!= 5Ω, !!= 2Ω, !!= 4Ω, !!= 5V, !!= 2V, !!= 2, !!= 3, ! = 10mm!, ! = 0.1mm

Nota: per rispondere alla 4a domanda si applichi il teorema di Thevenin ai capi del condensatore.

Soluzione

1) Il condensatore è equivalente al parallelo di due condensatori con capacità !!= !!!!!/2! e

!!= !!!!!/2!, ovvero !  = !!+ !!= 2.12pF. Su di esso cade la tensione !!= !!, che corrisponde

alla carica iniziale !!= !!!= 11pC.

2) A regime nella maglia esterna scorre la corrente oraria !!= (!!− !!)/(!!+ !!+ !!), pertanto

la caduta di tensione sul condensatore è !!= !!− !!!! e la carica corrispondente è

!!= ! !!− !!!! = 7pC. Quindi, il condensatore si scarica parzialmente.

3) Le cariche di polarizzazione sono negative sulla faccia superiore dei due dielettrici. Le densità di tali cariche sono !!= !! !!− 1 !! e !! = !! !!− 1 !!, dove !!= !!= !!!/!. Si trova

dunque !!= !!!/2 = 1.4pC e !! = !!!/2 = 2.8pC.

4) Ai fini dello studio del transitorio, il circuito a cui è collegato il condensatore si può ridurre al suo equivalente di Thevenin. Il generatore equivalente ai capi del condensatore è !!"= !!,

mentre la resistenza equivalente è data dalla serie di !! e del parallelo di !! ed !!+ !!, cioè:

!!"= !!+!!!!!!!

!!!!!!!!.

La carica varia quindi con legge ! ! = !!+ !!− !! !!!!, con ! = !!"!. Si ricava !!= ! log 2 = 13.4ps.

R

1 T

f

1

!

a

!

b

R

2

R

3

R

4

f

2

(3)

 

3 Problema 3 (10 punti)

Un solenoide rettilineo da considerarsi infinito di lunghezza LS è costituito da N spire circolari di

raggio r formate da un filo conduttore di resistività ρ e diametro d. Il volume interno del solenoide è riempito da un materiale di permeabilità magnetica relativa µr. Al tempo t=0 il

solenoide viene direttamente collegato ad un generatore di f.e.m. f avente una resistenza interna Ri. Misurando la corrente circolante nel circuito in funzione del tempo si ricava che la corrente al tempo t1=

τ

vale I(t1) e quella al tempo t2 è I(t2) dove con

τ

si indica la costante di

tempo del circuito. Si chiede di determinare:

1) la resistività ρ del materiale di cui è costituito il filo conduttore; (3 punti) 2) la costante di tempo

τ

del circuito. (2 punti)

3) la permeabilità magnetica del materiale che riempie il volume interno del solenoide; (3 punti)

4) il valore della energia magnetica immagazzinata a regime nel solenoide. (2 punti)

Dati: N=1000, r=1cm; d=0.2mm; LS=20cm; f=50V; Ri=1.5Ω; I(t1=τ)=15.8A; t2=100ms;

I(t2)=21.6A. Soluzione

La resistività del filo conduttore di cui il solenoide è costituito si esprime nel seguente modo: R =!LTOT A = ! 8N"r "d2 ! R =! 8Nr d2

dove LTOT è la lunghezza totale del filo utilizzato per realizzare il solenoide e A la sua sezione.

D’altro canto, la permeabilità magnetica del materiale utilizzato per riempire il volume interno del solenoide è possibile esplicitarla dall’espressione del coefficiente di autoinduzione (induttanza) del solenoide rettilineo. Ricordando il campo d’induzione magnetica del solenoide e l’autoflusso del vettore induzione magnetica al suo interno si ha:

B = µ0µrnI = µ0µr N

LSI ; !(

!

B) = BNA = BN!r2

n è la densità lineare di spire e I la corrente che circola. Dalle precedenti espressioni si ha: !(B) = LI = µ! 0µrI N 2 LS ! r 2 ! L = µr N2 ! r2 LS

Una volta collegato il solenoide al generatore, il circuito è equivalente ad un circuito RL. L’espressione della corrente che circola nel circuito in funzione del tempo vale:

I(t) = f

RTOT 1 ! e !t!

(

)

dove RTOT=Ri+R e

τ =L/R

TOT

. Il valore noto della corrente I(t

1

=τ) permette di ricavare

direttamente il valore della resistività:

! = d 2 8Nr f I(t1=") e !1 e " # $ $ % & ' '! Ri ( ) * +* , -* .* = 2.5x10-10/m

da cui si ha R=0.5Ω e RTOT=2Ω. La conoscenza del valore della corrente al tempo t2 permette

di calcolare l’induttanza L e da questa la permeabilità magnetica relativa:

L = ! RTOTt2 ln 1 !RTOTI(t2) f " # $ $ % & ' ' = 0.1H ; µr = LLS µ0! N2r2 = 50.6

Infine, il valore dell’energia magnetica immagazzinata nel solenoide e la costante di tempo del circuito valgono: Em =1 2LI 2(t ! ") =1 2 Lf2 RTOT2 = 31.25J ; ! = L RTOT = 50ms

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