Universit`a dell’Aquila - Elettromagnetismo e Fisica 2
Nome Cognome N. Matricola Corso di Studio CFU ... ... ... ... ....
Prova scritta - 11/09/2017 Tempo a disposizione due ore e mezza. Problema 1
In una regione di spazio `e presente una distribuzione di carica sferica uniforme di raggio R e carica complessiva Q. Un sottile guscio conduttore di raggio 2R `e concentrico alla distribuzione e su di esso `e depositata una carica −2Q. Determinare: a) il valore del campo elettrico in r1 = 1.5R e in r2 = 3R; b) la differenza di potenziale tra l’infinito e il centro della distribuzione
; c) le distanze dal centro della distribuzione per cui il campo vale in modulo E0,
(dati del problema Q = 3 µC, R = 40 cm, Eo = 1000 V /m)
Problema 2
Nel circuito mostrato in figura al tempo t = 0 viene chiuso l’interruttore T1. In seguito al tempo toviene chiuso
l’interrut-tore T2. Il condensatore inizialmente `e scarico. Determinare:
a) la tensione ai capi del condensatore al tempo to; b)
l’ener-gia fornita dal generatore nell’intervallo di tempo tra 0 e to;
c) la corrente in R2 al tempo 2to (cio`e trascorso un tempo to
dalla chiusura del secondo interruttore); d) l’energia fornita dal generatore nell’intervallo di tempo tra to e 2to;.
(Dati del problema R1 = 300 Ω, R2 = 1 kΩ, C = 2 µF ,
f = 6 V , to = 1.5 ms)
Problema 3
Un’asta metallica di lunghezza L si muove su due binari conduttori (chiusi elettricamente ad un estremo) con velocit`a costante v. L’asta si muove in un campo magnetico non uniforme prodotto da un filo rettilineo (parallelo ai binari) a distanza a (dal binario pi`u vicino) percorso da una corrente i. L’asta ed i binari hanno una resistenza totale R. Determinare a) il verso ed il valore della corrente nell’asta; b) la forza necessaria a mantenere l’asta con moto uniforme. L’attrito `e trascurabile; c) (la forza causata dall’azione del campo magnetico `e non uniforme lungo l’asta in movimento) il cen-tro della risultante delle forze causata del campo magnetico.
(Dati: i = 1000 A, L = 1.5 m, a = 5 cm, R = 0.05 Ω, v = 8 m/s).
Soluzioni: Problema 1
a)
Il campo nella regione spaziale tra R < r < 2R `e radiale e vale semplicemente: Er = Q 4πεor2 R ≤ r ≤ 2R quindi per r1 = 1.5R: Er(r1) = 75 kV /m
Al di fuori della distribuzione il campo vale: Er = Q − 2Q 4πεor2 r ≥ 2R quindi per r2 = 3R: Er(r2) = −19 kV /m b)
La densit`a di carica della nuvola centrale vale: ρ = 3Q
4πR3 = 1.12 · 10 −5
C/m3 Quindi applicando il teorema di Gauss:
Er = ρr 3εo 0 ≤ r ≤ R Quindi: DV (0, R) = Z R 0 Erdr = Z R 0 ρr 3εo dr = ρR 2 3εo = Q 8πεoR = 33.7 kV Mentre: DV (R, 2R) = Z 2R R Erdr = Z 2R R Q 4πεor2 dr = Q 4πεo 1 R − 1 2R = Q 8πεoR = 33.7 kV Inoltre: DV (2R, ∞) = Z ∞ 2R Erdr = − Z ∞ 2R Q 4πεor2 dr = − Q 8πεoR = −33.7 kV Quindi la differenza di potenziale tra il centro della distribuzione e l’infinito vale:
DV (0, ∞) = DV (0, R) + DV (R, 2R) + DV (2R, ∞) = 33.7 kV c)
Nella regione di spazio tra R e 2R il campo elettrico varia tra: Er(R) = Q 4πεoR2 = 1.68 · 105 V /m e Er(2R) = Q πεo(2R)2 = 4.2 · 104 V /m 2
Quindi il campo ha in modulo il valore cercato all’interno della regione di raggio R: Eo = ρrx1 3εo → rx1= 3εoEo ρ = 2.4 mm ma anche al di fuori: Eo = − Q 4πεor2x2 → rx2= s Q 4πεoEo = 5.2 m Problema 2 a)
Tra il tempo 0 e to il condensatore si carica con una costante di tempo pari a τ1 = C(R1+ R2) =
2 ms. La carica ai capi del condensatore quindi vale: Q(t) = f C1 − e−to/τ1
Quindi la tensione ai capi del condensatore al tempo t = to vale:
Vc(to) = f
1 − e−to/τ1= 2.6 V
b)
La corrente che scorre nell’unica maglia presente vale: I(t) = dQ
dt = f R1+ R2
e−t/τ1
Quindi l’energia fornita dal generaltore vale: E1 = Z to 0 f I(t)dt = f 2 R1+ R2 = f2C1 − e−to/τ1= 31 µJ c)
Quando si chiude il secondo interruttore la costante di tempo diviene τ2 = R2C = 2 ms
Quindi la corrente in funzione del tempo di scarica del condensatore `e: I2(to) =
Vc(to)
R2
e−to/τ2 = 1.2 mA
d)
Quando `e chiuso l’interruttore T2 la corrente fornita dal generatore `e costante e vale:
I1 =
f R1
= 20 mA quindi l’energia fornita dal generatore `e semplicemente:
E2 = f I1to = 180 µJ
Problema 3 a)
Assunto come asse delle x quello orizzontale e come asse delle y quello verticale e z la normale uscente al foglio. Il campo magnetico sulla sbarra dipende dalla distanza y tra il punto generico della sbarra ed il filo e vale:
Bz =
µoi
2πy a ≤ y ≤ a + L
Assunto un verso orario nel circuito costituito dai binari pi`u l’asta, il flusso concatenato vale: Φc = − µoil 2π Z a+L a dy y = − µoil 2π ln L + a a
Detta l = lo+ vt la lunghezza del circuito. La f.e.m. indotta vale:
f = ∂Φc ∂t = µoiv 2π ln L + a a = 5.5 mV Quindi la corrente circolante (in senso orario) vale:
Ic=
f
R = 110mA b)
Ogni elemento della sbarra dy della sbarra `e soggetto ad una forza pari a: dFx = IcdyBz Quindi in totale: Fx= Z a+L a IcBzdy = µoiIc 2π Z a+L a dy y = µoiIc 2π ln L + a a = 75µN c)
Il suo punto di applicazione si trova nel punto:
yc= Ra+L a ydFx Ra+L a dFx = Ra+L a yIc2πyµoidy Ra+L a Ic2πyµoidy = L/ ln L + a a = 0.44 m dal filo. 4
