Universit`a dell’Aquila - Facolt`a di Ingegneria Prova Scritta di Fisica Generale II - 18/07/2013
Problema 1
Su una sfera conduttrice di raggio R1 `e presente una carica
positiva Q. Intorno ad essa si trova del materiale isolante non omogeneo di raggio R2 caratterizzato da una costante
dielet-trica relativa r(r) = 1R1/r. Il campo elettrico a distanza
a = 2R2 dal centro della sfera vale Ea. Calcolare: a) il valore
della carica presente sulla sfera conduttrice; b) l’espressione del campo di spostamento elettrico all’interno del dielettrico ed il suo valore alla distanza b = 3R1/2; c) la differenza di
potenziale tra R1 ed R2; d) le cariche di polarizzazione sulle
superfici interna ed esterna del dielettrico.
(Dati del problema: Ea = 200 V /m, R1 = 1 m, R2 = 2 m, ε1 = 3)
Problema 2
Il circuito in figura `e a regime con l’interruttore T aperto. All’istante t = 0 viene chiuso l’interruttore. Calcolare: a) la carica Q0 del condensatore prima della chiusura
dell’interruttore e la nuova carica a regime Q1; b) il tempo
t2 necessario a raggiungere la carica Q2 = (Q0 + Q1)/2; c)
l’energia dissipata in R2 dalla chiusura dell’interruttore fino a
t2.
(Dati del problema: R1 = 10 Ω, R2 = 20 Ω, R3 = 5 Ω, f = 5 V , C = 100 nF )
Problema 3
La forza elettromotrice prodotta dal generatore in figura ha l’espressione v(t) = V0cos(ωt).
Calco-lare: a) la pulsazione di risonanza del circuito ω0;
b) l’impedenza alla pulsazione di risonanza; c) la potenza media dissipata dal carico alla pulsazione ω1 = 1/RC.
(Dati del problema: V0 = 10 V , R = 100 Ω, C = 1 µF , L = 1 mH)
SOLUZIONI Problema 1
a) Dal teorema di Gauss
Q = 4π0a2Ea = 356nC
b)Dal teorema di Gauss
D(r) = Q 4πr2, da cui D(b) = 12.6 nC/m2. c) Il campo elettrico `e da E(r) = D(r) 0r = Q 4π01R1r da cui V (R1) − V (R2) = Z R2 R1 E(r)dr = Q 4π01R1 ln R2 R1 = 739 V d) Su entrambe le superfici del dielettrico (cio`e per r = R1,2) si pu`o scrivere
|σp(r)| = |P (r)| = 0(r− 1)E(r) = 1 R1 r − 1 Q 4π1R1r
Ovviamente le cariche sono negative per r = R1 e positive per r = R2, con
Qp(R1) = −|σp(R1)|4πR21 = − (1− 1) Q 1 = −237 · 10−9 C e Qp(R2) = |σp(R2)|4πR22 = 1 R1 R2 − 1 QR2 1R1 = 119 · 10−9 C Problema 2
a) Con l’interruttore aperto ai capi del condensatore c’`e la tensione: V0 = f R2/(R1+ R2) = 3.33 V
Dopo la chiusura di T la nuova tensione a regime diventa V1 = f R23/(R1+ R23) = 1.43 V
dove R23 = R2R3/(R2+ R3) = 4 Ω `e il parallelo tra R2 ed R3. Corrispondentemente le due
cariche valgono: Q0 = Cf R2 R1+ R2 = 3.33 · 10−7 C e Q1 = Cf R23 R1 + R23 = 1.43 · 10−7 C 2
b) Il circuito equivalente di Thevenin `e caratterizzato dalla resistenza Rt=
R1R23
R1+ R23
= 2.9 Ω
e dal generatore di forza elettromotrice ft= V1. La soluzione del circuito `e pertanto:
q(t) = Q1 + (Q0− Q1)e−t/τ
ove τ = CRt= 0.29 µs . L’istante desiderato `e dato da
t2 = −τ log
Q2− Q1
Q0− Q1
= τ ln(2) = 0.2 µs c) La corrente in R2 vale i2 = (q/C)/R2, pertanto
E = Z t2 0 R2i22(t)dt = 1 R2C2 Z t2 0 Q1+ (Q0− Q1)e−t/τ 2 dt, cio`e E = 1 R2C2 h Q21t2+ 2τ Q1(Q0− Q1) 1 − e−t2/τ + τ 2(Q0− Q1) 2 1 − e−2t2/τ i = 79 nJ Problema 3
a) L’impedenza totale `e data da: Z = R + jωL + 1 1 R + jωC = R + R 1 + ω2R2C2 + jω L − CR 2 1 + ω2R2C2 . La pulsazione di risonanza si trova azzerando la parte immaginaria di Z,
ω0 = 1 RC r R2C L − 1 = 3 · 10 4 rad/s
b) Alla risonanza rimane solo la parte reale: ZR= R + R 1 + ω2R2C2 = 110 Ω c) Quando ω1 = 1/RC Z = ZR+ jX ZR= R + R 2 = 110 Ω X = 1 RC L − CR 2 2 = −40 Ω Quindi: |Z| = q Z2 R+ X2 = 155 Ω I1 = V0 |Z| = 64 mA cos(φ) = ZR |Z| = 0.97 Pm = VoI1 2 cos(φ) = 0.31 W 3
