Universit´a dell’Aquila - Ingegneria
Prova Scritta di Fisica Generale II - 18/02/2014 Problema 1 (punti 12)
Nello strato piano infinito di spessore D in figura la densit`a di carica varia lungo l’asse x con legge ρ(x) = ρ0x/D. Determinare: a) il campo
elettrico all’esterno della distribuzione; b) la differenza di potenziale tra i due piani che delimitano la distribuzione; c) la velocit`a con cui una particella di carica q e massa m inizialmente ferma in x = 0 raggiunge il piano centrale della distribuzione.
(Dati del problema: ρ0 = 1 µC/m3, D = 1 cm, q = −1 µC, m = 10−6 kg)
Problema 2 (punti 10)
Un condensatore di capacit`a C `e connesso al circuito in figura. Inizialmente i due in-terruttori T1 e T2 sono entrambi aperti. A
t = 0 l’interruttore T1 viene chiuso e dopo un
tempo t1 = 1µs riaperto. Allo stesso istante
t1 viene chiuso l’interruttore T2. Calcolare
all’istante t = t1: a) la tensione e la carica ai
capi del condensatore.
Calcolare dopo un tempo t2 = 3.5µs successivo la chiusura di T2: b) la corrente che passa
in R1, c) l’energia dissipata nelle resistenze R1, R2 nell’intervallo di tempo ∆t = t2 dalla
chiusura del secondo interruttore.
(Dati del problema C = 1nF , R1 = R2 = 1kΩ, R3 = R4 = R5 = 2kΩ, V0 = 10V ).
Problema 3 (punti 12)
Un filo di lunghezza infinita ´e percorso da una cor-rente uniforme I uscente dal piano della figura e con una sezione come mostrata in figura (un cilindro di raggio R a cui manca un cilindro di raggio R/2. De-terminare lungo l’asse delle x a) il valore del campo magnetico nella regione 0 ≤ x ≤ R; b)il valore del campo magnetico per x = 2R
(dati del problema I = 10 A, R = 1 cm, suggerimento usare il teorema di Amp`ere )
SOLUZIONI Problema 1
a) Il campo esterno alla distribuzione ´e uniforme, parallelo all’asse x e rivolto verso l’esterno della distribuzione stessa. Indicando con Eestis suo modulo ed applicando il teorema di Gauss
ad un cilindro con basi di area S perpendicolari all’asse x ed esterne alla distribuzione, si ottiene l’equazione 2EestS = Qint 0 = 1 0 Z D 0 Sρ(x)dx = S 0 ρ0D 2 , da cui Eest= ρ0D/40 = 282.5 V /m
In maniera alternativa, poteva anche dirsi che al suo esterno lo strato di carica si comporta come un piano carico con densit ˜A di carica superficiale equivalente pari a
σ = Z D 0 ρ(x)dx = ρ0 D Z D 0 xdx = ρ0D 2 . Pertanto il campo elettrico ha modulo
Eest = σ/20 = 282.5 V /m
ed ha verso uscente rispetto alla distribuzione.
b) Il campo interno alla distribuzione si pu`o calcolare integrando la prima equazione di Maxwell, E(x) = E(0) + Z x 0 ρ(x0) 0 dx0 = −Eest+ ρ0 2D0 x2 = −ρ0D 40 + ρ0 2D0 x2 La differenza di potenziale richiesta `e quindi
V (0) − V (D) = Z D 0 E(x)dx = −ρ0D 2 40 + ρ0D 2 60 = −ρ0D 2 120 = −0.94 V. c) Dalla teorema del lavoro si ricava
v(D/2) = r q [V (0) − V (D/2)] 2 m con V (0) − V (D/2) = Z D/2 0 E(x)dx = −5ρ0D 2 480 , con il risultato v(D/2) = 1.53m/s Problema 2
a) La costante di tempo del circuito (solo il ramo p`u a sinistra, inizialmente) `e data da: τ1 = R∗C
con
R∗ = R3+
R4R5
R4+ R5
= 3/2R = 3 kΩ
e quindi τ1 = 3 µs. Dopo t1 dalla chiusura dell’interruttore, quindi, il capacitore non `e
completamente carico ma ha raggiunto una differenza di potenziale: Vc(t1) = V0(1 − e
t1
τ ) = 2.83 V
e una carica:
Qc = CVc = 2.83 nC
b) La corrente che passa nel solo ramo di destra, una volta chiuso l’interruttore T2 dipende
da un’altra costante di tempo: τ2 = R∗2C = (R1 + R2)C = 2µs. `E quindi ottenibile dalla
scarica del condensatore con questa nuova costante di tempo:
Ic= Vc(t) R∗2 = Vc(t1)e −t τ2 (R1+ R2)
Quindi, all’istante richiesto t2 tale corrente sar`a:
I(t2) = Vc(t1)e −t2 τ2 (R1+ R2) = 246µA
c) L’energia dissipata nel ramo delle due resistenze R1, R2 `e data da:
U = Z t2 0 R∗I(t)2dt = Vc(t2) 2 (R1+ R2) Z t2 0 e−τ22tdt = Vc(t1) 2 (R1 + R2) τ2 2(1 − e −2t2 τ2) = 4nJ Problema 3
La densit`a di corrente vale:
|J| = I πR2− π(R/2)2 = 4 3 I πR2
Il problema equivale a due fili uno di raggio R e corrente I1 = πR2|J| e l’altro spostato di
R/2 e raggio R/2 con corrente I2 = −π(R/2)2|J|. Utilizzando quindi il teorema di Amp`ere
per il primo filo −R ≤ x ≤ R si ha che:
|B1|2πx = µo|J|πx2
nel caso specifico:
B1y=
2µox
3πR2I
Il campo generato dall’altro filo per 0 ≤ x ≤ R : B2y = −
2µo(x − R/2)
3πR2 I
a)
Quindi nella regione 0 ≤ x ≤ R il campo `e costante e vale: By = B1y+ B2y =
µo
3πRI = 0.13 mT b)
Il problema equivale a due fili uno al centro con corrente: I+= J πR2 = 4
3I e l’altro spostato di R/2 con corrente:
I− = −J π(R/2)2 = −1 3I Quindi il campo generato dal primo a distanza 2R vale:
B+ = µo 3πRI mentre quello con corrente negativa:
B− = − µo 9πRI Quindi in totale: |B(2R)| = B++ B− = 2µo 9πRI = 89 µT 4
