Universit`a dell’Aquila - Elettromagnetismo e Fisica 2
Nome Cognome N. Matricola Corso di Studio CFU ... ... ... ... ....
Prova scritta - 24/07/2017 Tempo a disposizione due ore e mezza.
Problema 1
Una nuvola sferica di raggio R, ha una densit`a di carica variabile con la distanza dal centro con la legge:
ρ = Ar
3
R3 0 ≤ r ≤ R
ad una distanza di 2R genera un campo elettrico di Eo.
Determinare: a) la carica totale della nuvola; b) il valore di A; c) la distanza dal centro (oltre che in 2R) dove il campo elettrico vale Eo ; d) la differenza di potenziale tra l’infinito e il centro
della nuvola; e) l’energia necessaria a fabbricare la nuvola. (Dati del problema Eo = 10 kV /m, R = 20 m)
Problema 2
Si considerino due conduttori diversi: Rame (Cu) e Silicio (Si), entrambi i materiali rispettano la legge di Ohm. La massima potenza dissipabile per effetto Joule per unit`a di volume `e pari per entrambi e vale Po. Determinare a) il campo elettrico massimo nei due materiali; b) le
rispettive velocit`a massime di drift; c) la resistenza di un filo conico di rame di lunghezza ` e raggio che cresce linearmente da a a b.
(dati del problema ρCu = 1.7 · 10−8 Ω · m, nCu = 8.5 · 1022cm−3, ρSi = 12 Ω · m, nSi = 1014cm−3,
Po = 10 W/cm3, ` = 100 m, a = 0.5 mm, b = 1 mm).
Problema 3
Nel circuito mostrato in figura l’interruttore viene chiuso al tempo t = 0. Determinare a) le corren-ti massime nelle tre resistenze; b) le correncorren-ti minime nelle tre resistenze. Trascorso un tempo t1 dalla
chiu-sura l’interruttore viene aperto determinare c) la ten-sione ai capi di R2 appena aperto l’interruttore; d) la
tensione ai capi di R2 trascorso t1/100 dall’apertura
dell’interruttore.
(Dati del problema f = 13 V , R1 = 2 Ω, R2 = 11 Ω,
Soluzioni: Problema 1
a)
All’esterno della nuvola il campo `e semplicemente: Er(r) =
Q 4πεor2
r > R Quindi dovendo essere:
Eo =
Q 16πεoR2
→ Q = Eo16πεoR2 = 1.8 mC
b)
La carica in ogni guscio sferico di raggio r e spessore di dr vale: dQ = 4πr2drAr
3
R3
Quindi la carica totale vale: Q = 4πA Z R 0 r5 R3dr = 2πAR3 3 → A = 3Q 2πR3 = 24εoEo R = 1.06 × 10 −7 C/m3 c)
L’applicazione del teorema di Gauss alla nuvola: Er(r)4πr2 = 4πA εoR3 Z r 0 r05dr0 = 4πAr 6 6εoR3 0 ≤ r ≤ R Quindi ponendo: Eo = Ar4 6εoR3 = 24εoEor 4 R6εoR3 = 4Eor 4 R4 → r = R √ 2 = 14.1 m d)
La differenza di potenziale tra l’infinito e i bordo della nuvola `e semplicemente: ∆V1 =
Q 4πεoR
= 4EoR = 800 kV
Mentre la differenza di potenziale tra il bordo della nuvola ed il centro vale: ∆V2 = 4Eo R4 Z R 0 r4dr = 4EoR 5 = 160 kV Quindi tra l’infinito e il centro della nuvola vale:
e)
Immaginiamo di costruire la nuvola a partire da un raggio di 0 ≤ r ≤ R. La carica contenuta ` e: q = 4πA Z r 0 r05 R3dr 0 = A4πr 6 6R3 = 16πεoEor6 R4 0 ≤ r ≤ R
Quindi la differenza di potenziale tra l’infinito ed r vale: v = q
4πεor
= 4Eor
5
R4
Se aggiungiamo uno strato di spessore dr tale strato avr`a una carica pari a: dq = 4πr2Ar
3
R3dr =
96εoπEor5
R3 dr
Ma sar`a necessario fare un lavoro ( e quindi fornire energia): dU = vdq = 4Eor 5 R4 96εoπEor5 R3 dr = 384πεoEo2r10 R7 dr
Quindi l’energia totale per formare la nuvola `e: U = Z dU = 384πεoE 2 o R7 Z R 0 r10dr = 15.5 kJ Problema 2 a)
Dalla legge di Joule microscopica per i conduttori ohmici Po= Emax2 ρ da cui: EmaxSi= q ρSiPo = 0.4 V /m EmaxCu = q ρCuPo = 10954 V /m b)
Dalla legge di Joule microscopica per i conduttori ohmici: Po= ρJmax2 → Jmax = s Po ρ Ma anche: vmax = Jmax ne → s Po ρ 1 ne quindi: vmaxCu = 0.0018 m/s vmaxSi= 57 m/s
c)
Dai dati del problema
r = a + (b − a)x ` 0 < x < ` La resistenza vale: R = Z l 0 ρCu dx πr2 = ρCu π Z ` 0 dx h a + (b − a)xli2 Facendo il cambiamento di variabile:
y = a + (b − a)x ` segue che: R = ρCu` π(b − a) Z b a dy y2 = ρCu` πab = 1.1 Ω Problema 3 a) e b)
Appena viene chiuso l’interruttore non scorre corrente nel ramo dell’induttanza quindi la corrente che scorre nella maglia formata da R1 ed R2 vale:
I2max =
f R1+ R2
= 1 A
Che `e quindi la corrente massima che scorre nella resistenze R2, ma `e la corrente minima in
R1, in quanto quando scorrer`a corrente nell’induttanza la corrente fornita in totale dovr`a essere
maggiore.
Il circuito di Thevenin equivalente ai capi della induttanza `e: rth= R3+ R1R2/(R1+ R2) = 3 Ω
fth=
f R1+ R2
R2 = 11 V
Quindi la corrente massima che scorre in R3, per un tempo molto maggiore di
τc= L/rth = 0.1 s vale: I3max = fth rth = 3.68 A
La corrente che scorrer`a contemporaneamente in R2 (che `e la minima) viene ricavata dal fatto
che:
I3maxR3 = I2minR1
Quindi per un tempo molto lungo nella resistemza R2 scorre una corrente:
I2min =
R3
R2
I3max = 0.43 A
quindi per un tempo molto lungo nella resistemza R1:
I1max = I3max+ I2min= 4.11 A
Imin (A) Imax (A)
R1 1 per t = 0 4.11 per t = ∞
R2 0.43 per t = ∞ 1 per t = 0
R3 0 per t = 0 3.68 per t = ∞
c)
La corrente circolante nella induttanza al momento dell’apertura dell’interruttore `e pari a: I3c = I3max
1 − e−t1/τv= 3.68 A
cio`e I3max essendo t1 τc.
Quindi la tensione ai capi di R2 (di segno opposto a quello iniziale, in quanto la corrente circola
nell’unica maglia in senso orario) `e pari a:
V2i= I3cR2 = 40 V
d)
La maglia `e un circuito LR con costante di tempo: τa=
L R2+ R3
= 0.1 s La tensione ai capi di R2 nel tempo diminuisce con la legge:
V2(t) = V2ie−t/τc
Quindi:
