Università degli Studi dell’Aquila - Corso di Laurea Triennale in Ingegneria Civile e Ambientale Fisica Generale 2 - Prova scritta d’esame del 14 Giugno 2017 ore 15:00
Nome e Cognome: ………..…… No. di matricola: …….…....…CFU……… Si ricorda che le soluzioni dei problemi del compito vanno consegnate utilizzando un UNICO foglio protocollo. Studenti che devono acquisire CFU ≤ 6: svolgere solo i problemi 1 e 2, in 1ora e 40min.
Problema 1 (10 punti):
In un riferimento cartesiano Oxyz, lo strato piano −!! < ! <!! è uniformemente carico con densità di carica di volume ρ. Determinare il campo elettrico generato in tutto lo spazio (punti 4).
Sul piano ! = −!! è disposta una densità di carica superficiale uniforme σ. Sapendo che il campo elettrico all’esterno dello strato
(ovvero per ! < −!! e ! >!!) è nullo, determinare:
a) la densità di carica di superficie del piano ! = −!! (punti 3), b) il lavoro che occorre fare per ruotare del generico angolo α
attorno all’asse z un dipolo di momento ! = !! nell’origine (punti 3).
Problema 2
Nel circuito in figura e due capacitori C1 e C2 sono a regime con l’interruttore I aperto.
a) Calcolare la carica ai capi di C1 e C2 in questa situazione (3 punti)
All’istante t=0, l’interruttore I viene chiuso.
b) Determinare la differenza di potenziale su C1 appena chiuso I. (2
punti)
c) Calcolare dopo quanto tempo dalla chiusura dell’interruttore la carica sui condensatori si è dimezzata (2 punti)
d) La potenza dissipata su R2 a partire dalla chiusura dell’interruttore I (3
punti)
Dati: V= 20V, R1= 10kΩ, R2= 10kΩ, R3= 20kΩ, C1= 10pF, C2= 15pF
Problema 3
Un solenoide, costituito da N spire disposte su di un avvolgimento cilindrico di lunghezza l e raggio a, è collegato ad una resistenza R ed un generatore di f.e.m. f come riportato in figura. Una spira circolare metallica di resistenza r e raggio b (b a< ) si trova all’interno del solenoide ed coassiale a questo. Per tempi t 0< l’interruttore è posto in posizione 1 mentre all’istante t 0= esso viene portato in posizione 2. Si trascuri la resistenza dell’avvolgimento solenoidale.
a) Determinare la corrente IR( )t che attraversa la
resistenza R per t 0> . (3 punti)
b) Determinare la corrente I tr( ) che attraversa la
spira di resistenza r per t 0> trascurando gli effetti magnetici di tale corrente. (4 punti)
c) Determinare l’energia dissipata per effetto Joule nella spira di resistenza r per t → ∞. (3 punti)
Soluzioni Problema 1
Il campo elettrico in tutto lo spazio è dato dalla somma del campo elettrico generato dallo strato Es
e da quello dovuto al piano carico Ep. Il campo Es può essere calcolato mediante il teorema di
Gauss applicato ad una superficie cilindrica a cavallo del piano x 0= e la cui generatrice sia ad esso perpendicolare dopo aver notato che, a causa della simmetria piana del sistema, il campo elettrico deve essere del tipo Es(x, y,z) E x= s( )eˆx con ( )Es −x = −E xs( ). Eguagliando il flusso del campo elettrico alla carica contenuta nel cilindro (di sezione S) divisa per ε0 si ottiene:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) s s s 0 0 s s s 0 0 d 2xS 0 x SE x SE x E x x 2 d dS d x SE x SE x E x 2 2 ρ ρ < < ⇒ − − + = ⇒ = ε ε ρ ρ > ⇒ − − + = ⇒ = ε ε In definitiva si ottiene: 0 s 0 0 d x d / 2 2 E x d / 2 x d / 2 d x d / 2 2 ⎧−ρ < − ⎪ ε ⎪ ⎪ ρ ⎪ =⎨ε − < < ⎪ ⎪ ρ > ⎪ ε ⎪⎩
Il campo dovuto al piano carico è Ep=E xp( )eˆx con:
0 p 0 x d / 2 2 E x d / 2 2 σ ⎧− < − ⎪ ε ⎪ = ⎨ σ ⎪ > ⎪ ε ⎩
in cui σ è la densità superficiale di carica incognita. Il campo totale è dunque
( ) ( ) 0 s p 0 0 1 d x d / 2 2 1 E E x d / 2 x d / 2 2 1 d x d / 2 2 ⎧ − ρ + σ < − ⎪ ε ⎪ ⎪ σ ⎪ ⎛ ⎞ + =⎨ε ⎝⎜ρ + ⎟ − < < ⎠ ⎪ ⎪ ρ + σ > ⎪ ε ⎪⎩
Richiedendo che il campo si annulli all’esterno dello strato si ottiene: d
σ = −ρ
che è la densità di carica superficiale richiesta. Il campo elettrico è:
s p 0 0 x d / 2 d E E x d / 2 x d / 2 2 0 x d / 2 < − ⎧ ⎪ ρ ⎪ ⎛ ⎞ + =⎨ ⎜ − ⎟ − < < ε ⎝ ⎠ ⎪ ⎪ > ⎩
In particolare nell’origine, ove è posto il dipolo, il campo è ( ) x 0 d ˆ 2 ρ = − ε
E 0 e . Il lavoro che occorre
svolgere per ruotare il dipolo è pari alla variazione della sua energia elettrostatica di posizione U = − ⋅p E:
( ) ( ) ( )
B A
0
p d
L U U cos cos cos 1
2 ρ
= − = − π − α + π = α −
ε
Problema 2
I due capacitori sono in serie e la loro capacità equivalente è data da: ! = !!!!
!!!!! = 6!".
a) La differenza di potenziale ai loro capi è pari a: !! = ! !
!!!! !! = 10!. Quindi la carica sulla
serie vale: Q0 = VcC = 60pF.
b) La differenza di potenziale su C1 appena chiuso l’interruttore coincide con quella che c’era a
regime e quindi: !!! = !!
!! = 6!
c) La carica (Q(t) = Q0 e-t/τ) sui condensatori si dimezza dopo t =τ ln2 = 83ns con τ = C*R3 =
120ns.
d) Poiché la chiusura dell’interruttore I corto-circuita la resistenza R2, la potenza dissipata su
questa resistenza è nulla. Problema 3
Il solenoide ha un coefficiente di mutua induzione dato da: 2 2
0 N
L a
l = µ π
Per t 0< la corrente fluisce nel generatore, nella resistenza e nell’induttanza. A regime tale corrente è: ( )IR 0 =Rf perché il solenoide ha una resistenza trascurabile e la corrente è stazionaria.
Allorché l’interruttore è portato in posizione 2, il generatore è escluso e il solenoide è chiuso sulla resistenza. Dunque: ( ) ( ) ( ) R R R R t t L L R R R dI L RI f dt I t I 0 e e f R I 0 R − − ⎧ − = ⎪⎪ ⇒ = = ⎨ ⎪ = ⎪⎩ Dunque: ( ) t 2 2 R f 1 0 N I t e a R R l − τ = ⇒ τ = µ π
In cui ho definito τ la costante di tempo del sistema (decadimento esponenziale). Tale corrente attraversa anche il solenoide e quindi, al suo interno, è presente (in condizioni quasi-stazionarie) un campo magnetico uniforme, parallelo all’asse del solenoide e di modulo pari a:
( ) ( ) t 0 0N R Nf B t I t e l Rl − τ µ = µ =
Tale campo magnetico si concatena con la spira di raggio b e il flusso concatenato è:
( ) ( ) t 2 2 0 b Nf t b B t e Rl − τ µ π Φ = π =
( ) t t 2 t 2 2 0 0 r 2 2 0 b Nf b Nf d 1 1 1 b f t e e f e dt Rl 1 N Rl N a a R l − − − τ τ ⎡ ⎤ τ µ π µ π Φ ⎢ ⎛ ⎞ ⎥ = − = = = ⎜ ⎟ τ ⎢⎣ ⎝ ⎠ ⎥⎦ µ π
Trascurando l’autoinduzione della spira si ha che la corrente che la attraversa è:
( ) r( ) 2 t r 0 t 0 f t I t f 1 b r e t 0 r N a − τ < ⎧ ⎪⎪ ⎡ ⎤ = = ⎨ ⎢ ⎛ ⎞ ⎥ ≥ ⎜ ⎟ ⎪ ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ⎪ ⎣ ⎦ ⎩
Si noti come la discontinuità a t 0= della corrente sia dovuta al fatto che è stata trascurata l’autoinduzione della spira.
La potenza Joule dissipata è, all’istante t: ( )W t =rI t2r( ) L’energia totale dissipata per effetto Joule è dunque:
( ) ( ) 2t 4 4 2 2 2 4 2 r 2 2 4 6 0 0 0 0 f b f b 2 R 2f 1 b U dt W t dt rI t dt e a a r rN rN N a +∞ +∞ +∞ − τ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = = = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ τ µ π ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
