Corso di Laurea in Ingegneria dell’informazione - Fisica Generale 2 Prova scritta d’esame del 12 Giugno 2015 - Tempo a disposizione: 2:30 ore
Nome e Cognome: ………. No. di matricola: …….….…………
Problema 1 (10 punti)
La distribuzione di carica uniforme ed a simmetria sferica in figura è caratterizzata da un raggio R ed una carica complessiva Q>0. Una particella puntiforme di carica q<0 e massa m è posta
in prossimità della distribuzione e possiede una velocità iniziale v0 in
direzione radiale uscente. Si calcoli:
1. la densità di carica di volume ρ (2 punti);
2. la distanza dal centro della distribuzione alla quale la particella si arresta prima di invertire il proprio moto (3 punti);
3. la velocità con cui attraversa il punto a distanza R/2 dal centro della
distribuzione (4 punti) e l’accelerazione a cui è sottoposto in tale punto (1 punto). Dati: Q=100μC, R=1m, q=-1nC, m=3×10-6kg, v0=20m/s.
Problema 2 (10 punti)
Nel circuito in figura il condensatore C è un capacitore cilindrico, di lunghezza L e raggi interno ed esterno r1, ed r2, riempito per metà della sua lunghezza da
un materiale di costante dielettrica relativa ε1 e per l'altra metà da un
materiale con costante dielettrica ε2. Si risponda alle seguenti domande:
1. calcolare la capacità del condensatore C (2 punti).
2. al tempo t=0 l'interruttore T1 viene chiuso. Calcolare la costante di tempo
del circuito in questa situazione e la carica che raggiunge C a regime. (4 punti)
3. Dopo un tempo molto lungo in contemporanea si chiude l'interruttore T2 e
si apre quello T1. Calcolare quanto vale la carica sul condensatore C al
tempo t dalla chiusura di T2 (4 punti)
Dati: L=5cm, r1=5mm, r2=20mm, ε1=2, ε2=3, R1=1kΩ, R2=2kΩ,
R3=3kΩ, R4=4kΩ, f=15V, t=10ns. Problema 3 (10 punti)
Si osservi il sistema fisico riportato in figura. Una carica q è distribuita uniformemente sulla superficie di un anello di spessore trascurabile di raggio interno R1 e raggio esterno R2.
L’anello ruota intorno al suo asse baricentrale in senso antiorario compiendo 12000 giri/min. In modo coassiale rispetto all’anello,
a una distanza d, è posta una spira circolare di raggio R1 che è inizialmente ferma e sulla quale è distribuita
uniformemente una carica uguale a q. Si chiede di determinare:
1. il campo di induzione magnetica in modulo, direzione e verso al centro O’ dell’anello; (4 punti)
2. il verso di rotazione e il numero di giri al minuto che la spira deve effettuare affinché sia nullo il campo di induzione magnetica totale nel punto O’ (l’anello è mantenuto in rotazione); (3 punti)
3. se si vuole mantenere la rotazione della spira uguale a quella dell’anello (12000 giri/minuto) come si può agire sulla carica della spira per ottenere le stesse condizioni ricavate nel rispondere alla precedente domanda. (3 punti)
Dati: q=1mC, R1=1cm, R2=1,5 cm, d=1cm Problema 4 (10 punti)
Una macchina termica irreversibile lavora alla frequenza di 50Hz tra due sole sorgenti di calore a temperatura T2
e T1 assorbendo la quantità di calore Q2. Si calcola che il suo rendimento è 1/3 di quella di una macchina di
Carnot reversibile operante tra le stesse temperature. Si chiede di determinare: 1. il lavoro prodotto dalla macchina in un ciclo; (3 punti)
2. la potenza termica che viene dissipata in un ciclo verso la sorgente a temperatura più bassa; (2 punti) 3. la variazione di entropia dell'universo in un minuto di funzionamento continuo; (3 punti)
4. la quantità di calore che scambierebbe la macchina in funzionamento reversibile assorbendo la stessa quantità di calore Q2 dalla sorgente a temperatura maggiore. (2 punti)
Dati: T2=400°C, T1=30°C, Q2=1kJ.
Soluzione del problema 1
1. Dalla relazione 𝑄𝑄 =43𝜋𝜋𝑅𝑅3𝜌𝜌 si ricava 𝜌𝜌 ≃ 2.4 × 10−5C/m3
2. Dal teorema del lavoro 𝑞𝑞[𝑉𝑉(𝑅𝑅) − 𝑉𝑉(𝑥𝑥)] = −𝑚𝑚𝑣𝑣02/2 , con 𝑉𝑉(𝑟𝑟) = 𝑄𝑄/4𝜋𝜋𝜖𝜖0𝑟𝑟 . Si trova pertanto
𝑞𝑞𝑄𝑄 4𝜋𝜋𝜖𝜖0� 1 𝑅𝑅 − 1 𝑥𝑥� = − 𝑚𝑚𝑣𝑣02 2 → 1 𝑥𝑥 = 1 𝑅𝑅 + 4𝜋𝜋𝜀𝜀0𝑚𝑚𝑣𝑣02 𝑞𝑞𝑄𝑄 da cui 𝑥𝑥 ≃ 3 m.
3. Si usa di nuovo il teorema del lavoro 𝑞𝑞[𝑉𝑉(𝑅𝑅) − 𝑉𝑉(𝑅𝑅/2)] = 𝑚𝑚(𝑣𝑣12− 𝑣𝑣02)/2. Noto il campo all’interno della
distribuzione, in modulo pari a 𝐸𝐸(𝑟𝑟) =3𝜖𝜖0𝜌𝜌 𝑟𝑟, si trova
𝑣𝑣12= 𝑣𝑣02−2𝑞𝑞𝑚𝑚 �𝑉𝑉 �𝑅𝑅2� − 𝑉𝑉(𝑅𝑅)� = 𝑣𝑣02−2𝑞𝑞𝑚𝑚 � 3𝜖𝜖𝜌𝜌 0𝑟𝑟d𝑟𝑟 𝑅𝑅 𝑅𝑅 2 = 𝑣𝑣02−𝑚𝑚𝑞𝑞3𝜖𝜖𝜌𝜌 0�𝑅𝑅 2−𝑅𝑅2 4 �
da cui 𝑣𝑣1≃ 25m/s. L’accelerazione istantanea per x=R/2 vale: 𝑎𝑎 = (𝜌𝜌𝑅𝑅𝑞𝑞) (6𝜀𝜀⁄ 0𝑚𝑚)= −150m/s2 . Il segno meno
indica che l’accelerazione ha verso opposto a quello de campo elettrico prodotto dalla distribuzione di carica Q.
Soluzione del problema 2
1. Il condensatore cilindrico con 2 dielettrici può essere considerato come 2 condensatori cilindrici di lunghezza L/2 in parallelo. Pertanto la capacità totale sarà:
𝐶𝐶 = (𝐶𝐶1+ 𝐶𝐶2) = 2𝜋𝜋𝜀𝜀0
ln 𝑟𝑟2
𝑟𝑟1
𝐿𝐿2 (𝜀𝜀1+ 𝜀𝜀2) = 5 𝑝𝑝𝑝𝑝
2. Con l’interruttore T1 chiuso e T2 aperto, la resistenza equivalente di Thevenin vista ai capi del condensatore è
data dal parallelo di R1 ed R2 in serie con (R3+R4). Pertanto la costante di tempo con cui si carica il condensatore
è:
𝜏𝜏 = �𝑅𝑅𝑅𝑅1𝑅𝑅2
1+ 𝑅𝑅2+ 𝑅𝑅3+ 𝑅𝑅4� 𝐶𝐶 = 7.67 10
3Ω ∗ 5𝑝𝑝𝑝𝑝 = 38.5 𝑛𝑛𝑛𝑛
A regime non passa corrente sul ramo che contiene C. La carica su C sarà quindi data da Q=CVR2, con: 𝑉𝑉𝑅𝑅2 = (𝑅𝑅 𝑓𝑓
1+ 𝑅𝑅2) 𝑅𝑅2= 10𝑉𝑉
Per cui: Q0=5pF*10V = 50pC.
3. Quando il circuito è di nuovo a regime con entrambi gli interruttori chiusi, la resistenza R2 è cortocircuitata per
cui il condensatore si scarica su R3 ed R4 (in serie) e con costante di tempo:
τ’=(R3+R4)C= 35ns.
L’espressione che descrive la carica istantanea su C è:
𝑄𝑄(𝑡𝑡) = 𝑄𝑄0𝑒𝑒−𝑡𝑡 𝜏𝜏′�
e quindi la carica dopo t=10ns vale Q(t)=37.6pC.
Soluzione del problema 3
La corrente generata dal movimento rotatorio dell’anello è esprimibile come 𝑞𝑞 𝑇𝑇⁄ , dove T è il periodo di rotazione del moto che è pari a T=5 ms dato che 12000 giri/minuto corrispondono a 200 giri/secondo (si ricordi che il periodo è uguale all’inverso della frequenza). La densità di carica sull’anello e la carica elementare di una spira infinitesima posta alla generica distanza r dal centro O’ valgono:
𝜎𝜎 = 𝑞𝑞
𝜋𝜋(𝑅𝑅22− 𝑅𝑅12) ; 𝑑𝑑𝑞𝑞 = 𝜎𝜎𝑑𝑑Σ =
2𝑞𝑞𝑟𝑟 (𝑅𝑅22− 𝑅𝑅12) 𝑑𝑑𝑟𝑟
Ricordando l’espressione del campo di induzione magnetica generato da una corrente nel centro di una spira circolare di raggio r, si può scrivere nel caso dell’anello:
𝑑𝑑𝑑𝑑 =2𝑇𝑇𝑟𝑟 𝑑𝑑𝑞𝑞 =𝜇𝜇0 𝑇𝑇(𝑅𝑅𝜇𝜇0𝑞𝑞
22− 𝑅𝑅12) 𝑑𝑑𝑟𝑟
Integrando si ottiene il campo di induzione magnetica totale al centro dell’anello: 𝑑𝑑𝑎𝑎(𝑂𝑂′) =𝑇𝑇(𝑅𝑅𝜇𝜇0𝑞𝑞 2 2− 𝑅𝑅 12) � 𝑑𝑑𝑟𝑟 = 𝜇𝜇0𝑞𝑞 𝑇𝑇(𝑅𝑅1+ 𝑅𝑅2) 𝑅𝑅2 𝑅𝑅1 = 0.1𝜇𝜇𝑇𝑇
Riferendosi alla figura, il campo di induzione magnetica in O’ è perpendicolare alla superficie dell’anello con il verso che va verso l’alto. Per avere un campo di induzione magnetica nullo nel punto O’, la spira deve ruotare in senso orario. Anche in questo caso il campo di induzione magnetica è perpendicolare alla superfice della spira e diretto verso il basso. Ricordando la relazione generale del campo magnetico generato da una spira percorsa da corrente a distanza 𝑑𝑑 dal suo centro si ha:
𝑑𝑑𝑆𝑆(𝑂𝑂′) = 𝜇𝜇0𝑖𝑖𝑅𝑅1 2 2(𝑑𝑑2+ 𝑅𝑅 12)3/2= 𝜇𝜇0𝑞𝑞𝑅𝑅12 2𝑇𝑇′(𝑑𝑑2+ 𝑅𝑅 12)3/2 → 𝑇𝑇 ′= 𝜇𝜇0𝑞𝑞𝑅𝑅12 2𝑑𝑑𝑆𝑆(𝑂𝑂′)(𝑑𝑑2+ 𝑅𝑅12) 3 2= 2.2𝑚𝑚𝑛𝑛
un tempo che corrisponde ad una rotazione della spira di 452 giri/secondo, cioè circa 27000 giri/minuto, e dove si è posto, in modulo, BS(O’)=Ba(O’).
Dalla precedente relazione, volendo mantenere il numero di giri al secondo uguale a 200, sempre in senso orario, la carica che si dovrebbe porre sulla spira sarebbe:
𝑞𝑞′=2𝑇𝑇𝑑𝑑𝑆𝑆(𝑂𝑂′)(𝑑𝑑2+ 𝑅𝑅12)3/2
𝜇𝜇0𝑅𝑅12 = 2.3 ∙ 10 −3𝐶𝐶. Soluzione del problema 4
Le temperature in gradi Kelvin sono uguali a T2=673K e T1=303K. E’ possibile ora calcolare il rendimento della
macchina termica irreversibile:
Il lavoro prodotto in un ciclo è:
.
Da questa relazione è possibile ricavare la quantità di calore ceduta alla sorgente a temperatura più bassa che è pari a:
Dato che la macchina lavora a 50 Hz (cioè compie 50 cicli al secondo), un ciclo della macchina viene compiuto in un tempo pari a t1=20 ms. Pertanto, la potenza dissipata in un ciclo verso la sorgente temperatura più bassa vale:
La variazione di entropia durante il funzionamento della macchina per 1 minuto, equivalente a 3000 cicli, vale: .
Infine, se la macchina funzionasse in modo reversibile, la quantità di calore Q1’ scambiata con la sorgente a temperatura minore sarebbe uguale a:
.
