Universit`a dell’Aquila - Elettromagnetismo e Fisica 2
Nome Cognome N. Matricola Corso di Studio CFU ... ... ... ... ....
Prova scritta - 19/07/2016 Tempo a disposizione due ore e mezza.
Problema 1
Due sfere cariche conduttrici di raggio R1 ed R2 con cariche opposte Q10 (positiva) e Q20
(negativa), poste inizialmente a grande distanza R (si pu`o trascurare l’induzione elettrostatica) a causa della carica opposta si attraggono con una forza F1. In seguito vengono in contatto
elettrico, e poi si respingono, e quando sono alla stessa distanza la forza repulsiva `e divenuta F2. Determinare: a) la carica totale delle due sfere (positiva); b) la carica iniziale delle due
sfere; c) la differenza di potenziale iniziale tra le due sfere.
( Dati del problema: R1 = 10 cm, R2 = 3 cm, R = 1.2 m, F1 = 0.004 N , F2 = 0.002 N )
Problema 2
Nel circuito mostrato in figura l’interruttore S `e chiuso per un tem-po molto lungo. Determinare: a)la resistenza R2 sapendo che la
tensione ai capi del condensatore `e pari a Vc. b) In seguito viene
aperto l’interruttore. Determinare la carica finale del condensato-re. c) Trovare inoltre l’espressione della corrente che scorre in R1
dopo l’apertura dell’interruttore e l’istante tx in cui il suo valore si
`
e dimezzato rispetto al valore iniziale.
(Dati del problema f1 = 9 V , f2 = 3 V , R1 = 4 Ω, C = 4 µF ,
Vc= 7 V )
Problema 3
Un disco di rame di raggio a e momento di inerzia Ic, ruota coassialmente all’interno di un
solenoide ideale di N spire, lungo ` e percorso da una corrente di Io. Il disco ruota attorno al
proprio asse con una frequenza iniziale di ν0 giri/minuto. Al disco sono collegate due spazzole,
una in contatto con il bordo esterno e l’altra sull’asse del disco chiuse su una resistenza R (resistenza totale del circuito chiuso, essendo la resistenza del disco trascurabile). L’attrito `e trascurabile. Determinare: a) la f.e.m. indotta inizialmente; b) la potenza elettrica inizialmente dissipata; la potenza elettrica generata determina una potenza meccanica dissipata per cui il disco lentamente diminuisce la sua velocit`a angolare. c) Determinare dopo quanto tempo la velocit`a angolare si dimezza.
(Dati del problema a = 15 cm, Ic = 10−3 kgm2, N = 2000, ` = 2 m, Io = 50 A, ν0 = 4775
Soluzioni: Problema 1
a)
Dopo l’urto, la forza repulsiva `e:
F2 =
Q1fQ2f
4πεoR2
La carica si conserva e chiamiamo:
Qo = Q10+ Q20 = Q1f + Q2f
Durante l’urto i due conduttori si portano allo stesso potenziale, per cui V1f = V2f Q1f R1 = Q2f R2 → Q1f = Qo R1 R1+ R2 ; Q2f = Qo R2 R1+ R2
Quindi dopo l’urto la forza `e:
F2 = Q2 oR1R2 4πεoR2(R1+ R2)2 Qo= R(R1+ R2) s 4πεoF2 R1R2 = 1.34 · 10−6 C b) Prima dell’urto: F1 = Q10Q20 4πεoR2 = Q10(Qo− Q10) 4πεoR2 Q210− QoQ10− 4πεoR2F1 = 0
Da cui, escludendo la soluzione negativa:
Q10 = Qo+ q Q2 o− 16πεoR2F1 2 = 1.7 · 10 −6 C e quindi: Q20 = Qo− Q10= −3.7 · 10−7 C c)
La differenza di potenziale iniziale tra le due sfere `e: DV = Q10 4πεoR1 − Q20 4πεoR2 = 2.7 · 105 V Problema 2 a)
La tensione ai capi del condensatore `e pari alla tensione del generatore maggiore diminuita della caduta di potenziale ai capi della resistenza R1:
Dove: Ic= f1− Vc R1 = 0.5 A `
e la corrente circolante nella maglia prima dell’apertura dell’interruttore che `e pari a: Ic = f1− f2 R1+ R2 da cui: R2 = f1− f2 Ic − R1 = 8 Ω b)
La carica iniziale prima dell’apertura dell’interruttore `e: Q0 = CVC = 28 µC
Mentre la carica finale `e:
Qf = Cf1 = 36µC
c)
L’equazione dell’unica maglia all’apertura dell’interruttore `e: f1 = I(t)R1+ Q(t) C con: I(t) = dQ dt quindi, detto τ = R1C = 16 µs: Qf = τ dQ dt + Q separando le variabili: dQ Q − Qf = −dt τ Integrando tra il valore iniziale della carica Q0:
Z Q(t) Q0 dQ Q − Qf = − Z t 0 dt0 τ Q(t) = Qf + (Q0− Qf)e−t/τ Quindi: I(t) = dQ dt = Qf − Q0 τ e −t/τ = f1− VC R1 e−t/τ Imponendo che: f1− VC R1 e−tx/τ = f1− VC 2R1 Si ha che: tx = τ log 2 = 11 µs
Problema 3 a)
Esprimendo la frequenza iniziale nel SI:
ν0 = 5750/60 = 80 Hz
ω0 = 2πν0 = 500 rad/s
Il campo magnetico generato dal solenoide `e: B = µ0
N
` Io = 0.063 T
L’area, triangolare, spazzata durante la rotazione di un angolo dθ `e: dA = a 2dθ 2 = a2dωdt 2 Quindi: f0 = B dA dt = B a2ω0 2 = 0.35 V
Notiamo allo stesso risultato si arrivava considerando, la forza di Lorentz che agisce su una carica del disco:
FL= q~v × ~B
Essendo v = ω0r (con 0 ≤ r ≤ a distanza dal centro) perpendicolare a ~B si ha una forza per
unit`a di carica dovuta alla rotazione di diretta radialmente: Er = Bω0r
quindi si ha una d.d.p. radiale pari:
dV = Bω0rdr Integrando: f0 = Z a 0 Bω0rdr = B a2ω 0 2 b) Essendo la corrente: I = f0 R = B a2ω 0 2R La potenza elettrica inizialmente dissipata:
Pe =
B2a4ω20
4R = 1.25 W c)
Per la II equazione di Laplace:
−→
dF = I−→dl × ~B
Con −→dl = −→dr, quindi il momento frenante dovuto al momento di questa forza rispetto all’asse di rotazione `e:
−→ M = Z a 0 ~r ×−dF = I→ Z a 0 ~r ×−→dr × ~B = Ba 2ω 0 2R Z a 0 ~r ×−→dr × ~B Il momento frenante indicando con ˆn il versore all’asse di rotazione vale:
~ M = −ˆnB 2a2ω 2R Z a 0 rdr = −B 2a4ω 4R nˆ Quindi dalla II equazione cardinale della meccanica dei sistemi rigidi:
~ M = Ic d−→ω dt Essendo ω antiparallelo a ˆn: −B 2a4ω 4R = Ic dω dt se chiamo: τ = 4IcR B2a4 = 200 s Si ha separando le variabili: dω ω = − dt τ Z ω(t) ω0 dω ω = − Z t 0 dt0 τ ω(t) = ω0e−t/τ
Quindi ponendo che:
ω0
2 = ω0e
−tx/τ
