Universit`a dell’Aquila - Ingegneria
Prova Scritta di Fisica Generale II - 21/07/2014
Nome Cognome N. Matricola Corso di Studio CFU
... ... ... ... ... Problema 1
La distribuzione di carica sferica in figura ha densit`a uniforme ρ0
e raggio R e al suo interno `e presente una regione anch’essa sfe-rica di raggio R/2 priva di casfe-rica, nel cui centro viene posta con velocit`a nulla una carica puntiforme di carica q e massa m. Sta-bilire: a) il campo elettrico lungo la direzione x all’interno della regione vuota dentro la sfera (3 punti); b) il tempo che imp-iega la carica a raggiungere il bordo della distribuzione di carica (2 punti); c) la velocit`a con cui la carica puntiforme si muove quando si trova a distanza 2R dal centro della distribuzione di carica (5 punti).
(Dati del problema: ρ0 = 1 µC/m3, R = 1 m, q = 1µC, m =
10−6kg) Problema 2
Il circuito in figura `e a regime con l’interruttore aperto. All’istante t = 0 l’interruttore viene chiuso. Calcolare: a) la carica su C1 all’istante t = 0 (2 punti); b) la carica su
C2 quando il circuito `e a regime con l’interruttore chiuso (2
punti); c) la corrente in R2 a t = t1 (4 punti); d) quale dato
del problema non serve? (2 punti).
Dati del problema: C1 = 1nF , C2 = 2nF , f1 = 10V , f2 = 7V ,
R1 = 10 kΩ, R2 = 2 kΩ, t1 = 2µs.
Problema 3
Nel circuito mostrato in figura viene inizialmente chiuso l’interruttore. Determinare: a) la corrente massima e minima fornita dal generatore (3 punti); b) dopo quanto tempo la corrente nell’induttanza `e al 99% della corrente massima (3 punti); c) Se viene aperto di nuovo l’interruttore una volta che la cor-rente `e a regime, determinare quando la tensione ai capi di R2 ´e pari a 2f (4 punti).
(dati del problema f = 9V , R1 = 9 Ω, R2 = 81 Ω,
L = 7 H)
SOLUZIONI Problema 1
a)
All’interno della distribuzione di carica il campo elettrico `e parallelo e concorde all’asse x e pertanto, essendo inizialmente ferma, la particella si muover`a lungo l’asse x. Il campo si calcola sovrapponendo l’effetto di una sfera senza foro con centro nell’origine e quello di una sfera di carica negativa centrata in R/2. I due contributi in un generico punto interno al foro individuato dal vettore posizione ~r sono
~ Ex+ = ρ 3εo ~r ed E~x−= − ρ 3εo ~ r − R 2xˆ
pertanto il campo complessivo `e pari a ~ Ef = ~Ex++ ~Ex−= ρR 6εo ˆ x | ~Ef| = 3.8 · 104 V /m b)
Essendo il campo uniforme nel foro, la particella si muove di moto rettilineo uniformemente accelerato con accelerazione (nella direzione x) pari a:
|~a| = q| ~Ef|
m =
qρR 6εom
= 1.88 · 104 m/s
Il tempo che impiega ad uscire dalla distribuzione di carica `e pertanto: t = s 2 |~a| R 2 = s 6εom qρ = 7.3 ms c) Essendo: V (R/2) − V (2R) = Z R R/2 Ef(x)dx + Z 2R R Eext(x)dx,
dove il campo nel foro Ef(x) `e quello calcolato nel punto a). Al suo esterno, invece, la
distribuzione di carica si comporta come una coppia di cariche, q1 in x = 0 e q2 in x = R/2,
con q1 = 4 3πR 3ρ = 4.2 · 10−6 C e q2 = − 4 3π R 2 3 ρ = −5.2 · 10−7 C Pertanto la differenza di potenziale richiesta `e:
V (R/2) − V (2R) = Ef R 2 + q1 4πε0 1 R − 1 2R + q2 4πεo " 1 R − R/2− 1 2R − R/2 # = 22 kV La velocit`a della particella `e quindi dal teorema del lavoro:
v(2R) =
s
q [V (R/2) − V (2R)] 2
m = 210 m/s 2
.
Problema 2
a) Prima che l’interruttore venga chiuso `e attiva solo la maglia di sinistra del circuito ed essendo a regime non `e percorsa da corrente poich´e il capacitore C1 `e carico. Per questo ai
suoi capi la differenza di potenziale ´e VC1 = f1 e quindi:
Q1(t = 0) = C1VC1 = C1f1 = 10 nC.
b) Quando il circuito `e a regime con l’interruttore chiuso, nel circuito non passa pi`u corrente e la differenza di potenziale ai capi del capacitore C2 `e pari alla somma f1+ f2. Allora
Q2(t = ∞) = C2(f1+ f2) = 34 nC
c) La differenza di potenziale ∆V ai capi del ramo che contiene R2 e C2 ´e sempre pari a
f1+ f2 in ogni istante quindi avremo che:
∆V = f1+ f2 = I2R2+ Q2 C2 con I2(t) = dQ2 dt .
Dobbiamo risolvere l’usuale equazione della carica di un condensatore: C2(f1+ f2) − Q2 = R2C2
dQ2
dt con costante di tempo τ = R2C2 = 4µs
− Z t 0 dt0 τ = Z Q2(t) 0 dQ2 Q2 − C2(f1+ f2) da cui: Q2(t) = C2(f1+ f2)(1 − e−t/τ)
La corrente in R2 a t = t1 `e data da:
I2(t1) = dQ2 dt ! t=t1 = 1 R2 (f1+ f2)e−t1/τ = 5.2 mA d)
La resistenza R1interviene solo nel processo di carica di C1 che non viene studiato, in seguito
il condensatore rimane carico, per cui il valore di R1 `e inutile.
Problema 3
a) L’induttanza appena chiuso l’interruttore si comporta come una resistenza infinita per cui appena chiuso l’interruttore la corrente del generatore passa in R1 ed R2:
Imin =
f R1+ R2
= 0.1 A 3
Mentre quando `e trascorso molto tempo l’induttanza si comporta come una resistenza nulla, quindi la corrente fornita dal generatore passa solo nell’imduttanza:
Imax =
f R1
= 1 A b)
Applicando il teorema di Thevenin ai capi dell’induttanza vi `e un generatore equivalente con: fth = f R1+ R2 R2 = 8.1 V Rth = R1R2 R1+ R2 R2 = 8.1 Ω Quindi detto τ1 = L/Rth= 0.86 s: IL(t) = fth Rth
[1 − exp(−t/τ1)] = Imax[1 − exp(−t/τ1)]
Imponendo che:
0.99Imax = Imax[1 − exp(−t/τ1)]
t = −τ1ln(0.01) = 3.98 s
c)
Quando si riapre l’interruttore:
I(t) = Imaxexp(−t/τ2)
con τ2 = L/R2 = 0.086 s, quindi: V2 = ImaxR2exp(−t/τ2) Quindi: 2f = ImaxR2exp(−ty/τ2) da cui: ty = −τ2ln (2f /ImaxR2) = 0.13 s 4
