Compito 12 2 2015 testo soluzioni

Corso di Laurea in Ingegneria Civile e Ambientale Fisica Generale 2

Prova scritta d’esame del 12 Febbraio 2015 Tempo a disposizione: 2:30 ore

Nome e Cognome: ………. No. di matricola: …….….………… 3-4CFU: Problema 1 (50 min.)

Problema 1 (10 punti)

In figura è mostrata una carica q inizialmente ferma perché vincolata nel punto O, centro di un quarto di arco di circonferenza di raggio R formato da un filo conduttore carico con densità lineare di carica +λ. Una volta lasciata libera, la carica subisce un’accelerazione iniziale a. Inoltre si misura che la d.d.p. tra il punto O e il punto P, posto ad una distanza d da esso lungo l’asse x, è uguale a ΔV e che, quando la carica è in P, possiede la velocità v(P). Si determini:

1. la direzione ed il verso della accelerazione iniziale a; (1 punto) 2. il valore della massa m della carica; (3 punti)

3. il valore della densità lineare di carica λ; (4 punti) 4. il valore del campo elettrico nel punto O, E(O). (2 punti)

Nella risoluzione del problema si trascuri il campo elettrico generato dalla carica q. Dati: q=1 nC, R=1 m, a=12.7 m/s2_{, ΔV=10 kV, v(P)=4.47 m/s.}

Soluzione

Si prenda in considerazione il campo elettrico in O generato dalla generica carica dq posta sul conduttore:

Discende subito dalle proprietà di simmetria che le

componenti y dei generici campi elettrici dE(O) si annullano reciprocamente. Quindi il campo elettrico totale sarà diretto come l’asse delle ascisse. Pertanto, considerando che il filo conduttore ha densità di carica positiva, la direzione ed il verso del vettore accelerazione sarà quella dell’asse delle ascisse mostrato in figura. Prendendo le sole componenti x del campo elementare dE(O) si ha:

dE

_x

(O) =

1

4!"

₀

dq

R

2

cos# = $

_4!"

0

ds

R

2

cos# = $

_4!"

0

cos#

R

d#

avendo utilizzato le note relazioni

dq

₌

_λ

ds

e

ds =

Rd

_α

. Il campo elettrico totale dovuto alla distribuzione di carica vale:

E

_x

(O) =

!

4

"#

₀

R

-" /4

cos

$

d

$

" /4

!

=

2

!

4

"#

₀

R

.

La forza che agisce sulla carica nel punto O si scrive:

F = ma = q

2

!

4

"#

₀

R

!

!

=

4

"#

₀

Rma

2 q

In questa equazione sono presenti due incognite, m e λ. Si può scrivere una seconda equazione da considerazioni sulla conservazione dell’energia meccanica. Partendo la carica con velocità nulla e possedendo in P una velocità nota si può scrivere la seguente relazione:

q!V =

1

2

mv

2

_{(P) " m =}

2q!V

v

2

_(P)

#

10

-6 _kg

Di conseguenza si ottiene:

λ

≈ 1 µC/m e E(O)≈12,7 kV/m.

O

q

_x

O q dE(O) x y !

Problema 2 (10 punti)

Si prenda in esame il circuito riportato in figura. Al tempo t0=0 con il condensatore scarico si

chiude il circuito agendo sull’interruttore T.

Essendo noti i valori di f, R2 e C si chiede di determinare:

1. il valore di R1 affinché, dopo una costante di tempo, la carica

del condensatore sia uguale a Q(

τ

); (4 punti)

2. il valore della costante di tempo del circuito; (2 punti) 3. il valore a regime della carica del condensatore; (2 punti)

4. Il valore della corrente massima e minima erogata dal generatore. (2 punti)

Dati: f=10V, R2=10KΩ, C=100nF, Q(

τ

)=580nC

Soluzione

La f.e.m. ai capi del condensatore (con I=f/(R1+R2)) e la resistenza di Thevenin sono date da:

f_th= f ! IR₁ ; R_th = R1R2

R₁+ R₂

Essendo il condensatore scarico al tempo iniziale, il processo di carica del condensatore segue la legge: Q(t) = Cf_th 1 ! e!t /!

(

)

è Q(t) = fC R2 R₁+ R₂ ! " # # $ % & &1 ' e !t /!

(

)

Per t=

τ

si ottiene

:

Q(!) = fC R2 R₁+ R₂ ! " # # $ % & &1 ' e !1

(

)

è R₁= fCR₂ 1 ! e!1

(

)

Q(!) ! R2= 900"

La costante di tempo del circuito vale τ=82.5 µs. La carica a regime sul condensatore è:

Q(t ! ") = fCR2

R₁+ R₂ = 920 nC.

La corrente massima si ha nel momento della chiusura dell’interruttore dato che il condensatore si comporta come un cortocircuito. La corrente minima sarà quella fornita quando il condensatore è carico. Pertanto si ha:

I_MAX = f R₁ = 11.1 mA ; Imin = f R₁+ R₂ = 0.92 mA R₁ T f C R2

Problema 3 (10 punti)

La spira quadrata di lato a in figura è caratterizzata da una resistenza R e da una induttanza L. Essa si trova a distanza d da un filo rettilineo indefinito percorso dalla corrente if=i0t/T nell’intervallo

0 ! t ! T . Per t < 0 e t > T nel filo rettilineo non scorre corrente. Si calcoli:

1) l’intensità e il verso della corrente che scorre nella spira all’istante t=T/2 (4 punti);

2) l’intensità della corrente che scorre nella spira all’istante t=2T (3 punti); 3) l’energia complessivamente dissipata dalla resistenza. (3 punti)

Dati: i0=100A, d=0.1m, a=1m, R=1Ω, L=100mH, T = 0.2s

Soluzione:

Il campo generato dal filo ha l’espressione: !

B(r) = !µ0if(t)

2!r !n,

dove !n è la normale uscente dal foglio. Il flusso calcolato rispetto alla normale vale:

!"_#B(r)! $_{% = &}µ0aif(t) 2! dr r = &Mif(t) d d+a

'

con M = µ0a 2! ln 1 + a d ! " ## $ % &&.

Nell’intervallo 0 ! t ! T viene dunque indotta la forza elettromotrice costante f_i = !d"( ! B) dt = M di_f dt = Mi₀ T

che è positiva nel verso indicato in figura. Nello stesso intervallo di tempo la spira si comporta dunque come un circuito RL nella fase di carica e la corrente varia secondo la legge:

i_c(t) = fi

R 1 ! e

!t /!

(

)

con ! = L / R . Si trova quindi i(T/2)=0.15mA.

Per t>T non c’è più corrente nel filo rettilineo e, pertanto, l’induttanza di scarica con legge i_s= i_c(T)e!(t !T )/!

da cui si calcola is(2T)=280nA.

L’energia dissipata durante la fase di carica vale:

E_c = R i_c2(t)dt =fi 2 R T ! 2! 1 ! e !T /!

(

)

+! 2 1 ! e !2T /!

(

)

" # $ $ % & ' ' 0 T

(

.

D’altra parte l’energia dissipata durante la scarica coincide con quella accumulata nella induttanza fino al tempo T, che è pari:

E_s= 1 2Lic

2_(T).