La risposta numerica deve essere scritta nell apposito riquadro e giustificata accludendo i calcoli relativi. 0 r > R

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Corso di Laurea in Matematica

Primo compito di esonero di Fisica 2 (E. Santovetti - A. Sotgiu)

26 novembre 2021

^Nome:

La risposta numerica deve essere scritta nell’apposito riquadro e giustificata accludendo i calcoli relativi.

Problema 1.

E data una distribuzione continua di carica a simmetria sferica con densit`a di carica, in cordinate polari`

ρ (r) = (

ρ0(1 − r²/R²) r≤ R

0 r> R

con ρ0= 2.10 × 10⁻⁹C/m³e R = 3.26 m. Calcolare (a) la carica totale presente nella sfera, (b) il massimo valore del campo elettrico e (c) il potenziale al centro della sfera, assumendo nullo il potenziale all’infinito.

Q[C] =

1.22 × 10

⁻⁷ E_max[V/m] =

128

V₀[V] =

630 Problema 2.

Si consideri il circuito in corrente continua di figura 1, in cui ε = 12 V, R = 60 Ω, R^∗= 30 Ω e C = 2.2 µF.

Calcolare (a) la carica presente sulle armature del condensatore e (b) la potenza che si dissipa per effetto Joule nel circuito. (c) Quanto dovrebbe valere la resistenza R^∗perch´e il condensatore sia scarico?

Con R^∗= 30 Ω, si cortocircuitano i due generatori (al posto del generatore si mettono dei fili conduttori). (d) Dopo quanto tempo, dall’istante in cui si cortocircuitano i generatori, la carica del condensatore diventa un terzo del valore iniziale?

Q[C] =

6.6 × 10

⁻⁶ P_J[W] =

4.2

R^∗[Ω] =

120

∆t [s] =

8.46 × 10

⁻⁵

Problema 3.

Si consideri una spira circolare di raggio a = 12 cm percorsa da una corrente i₁= 13 A. Al centro di questa vi sia una bobina di N = 50 spire di raggio b = 0.82 cm percorsa da una corrente i₂= 1.3 A. (a) Che campo magnetico genera nel suo centro la spira pi`u grande? Si calcoli (b) il momento che agisce sulla bobina interna, supponendo gli assi della bobina e della spira perpendicolari (vedi figura 2). (c) Calcolare il modulo del campo magnetico complessivo, al centro del sistema.

B1[T] =

6.81 × 10

⁻⁵ τ [Nm] =

9.33 × 10

⁻⁷ Btot[T] =

4.98 × 10

⁻³

Dati utili: ε0= 8.85 · 10⁻¹²F/m, µ0= 4π · 10⁻⁷H/m.

(2)

R R*

R

C

ε ε

Figura 1 Problema 2.

i 1

i 2

Figura 2 Problema 3.

(3)

Soluzione

Problema 1

Calcoliamo la carica integrando sul volume della sfera la densit`a di carica. Data la simmetria della distribuzione, useremo le coordinate sferiche.

Q= Z

ρ dV = Z π

0

sin θ dθ Z _2π

0

dφ Z _R

0

r²drρ0(1 − r²/R²) = 4πρ0 Z _R

0

r²+r⁴

R²

dr=

= 4πρ0

r³ 3 + r⁵

5R²

^R

0

=8π

15ρ0R³= 1.219 × 10⁻⁷C (1)

Calcoliamo ora il modulo del campo elettrico, con il teorema di Gauss. Il campo elettrico è radiale e dunque calcoleremo il suo flusso su una superficie sferica. Il calcolo va fatto separatamente per la regione interna alla sfera e per la regione esterna. Per quest’ultima, già sappiamo che il campo sarà quello della carica puntiforme con la carica Q appena calcolata. Applichiamo il teorema di Gauss all’interno della sfera (r < R)

Φ(E) = Q_int

ε₀ ⇒ 4πr²E=4π ε₀

Z _r 0

ρ (r⁰)r⁰²dr⁰=4πρ0

ε₀

r³ 3 + r⁵

5R²

⇒ E(r) =ρ0

ε₀

r 3− r³

5R²

Come si può vedere, il modulo del campo è nullo al centro della sfera (r = 0) e poi cresce allontanandosi dal centro. Ci sono allora due possibilità:

1) Il campo cresce fino al limite di validità della (1) cioè r = R. Poiché fuori dalla sfera il campo è quello della carica puntiforme, che decresce come 1/r², il massimo è assunto proprio per r = R.

2) Il campo ha un massimo per r < R.

Facciamo la derivata del campo e vediamo se ci sono massimi interni alla sfera.

dE dr =ρ0

ε0

1 3−3r²

5R²

= 0 ⇒ r^∗=

√ 5

3 R ⇒ E_max= E(r^∗) =2√ 5 27

ρ0R ε0

= 128.1 V/m Effettivamente si verifica il caso 2).

Infine calcoliamo il potenziale al centro della sfera, assumendolo nullo all’infinito. Calcoliamo allora la differenza di potenziale tra l’infinito e il centro della sfera e cio`e l’integrale del campo (cambiato di segno) da r = 0 a r = ∞.

Tale integrale va spezzato in due perché il campo fuori dalla sfera è il campo della carica puntiforme mentre dentro è quello della (1).

V_B−V_A= − Z B

A

E · dl ⇒ V∞−V₀= − Z ∞

0

E dr ⇒ V₀=

Z ∞ 0

E dr Facciamo dunque l’integrale usando le due espressioni del campo, dentro e fuori la sfera.

V₀=ρ₀ ε0

Z R 0

r 3− r³

5R²

dr+ Q 4πε0

Z ∞ R

dr

r² =7ρ0R² 60ε0

+ Q

4πε0R=ρ₀R² 4ε0

= 630 V

(4)

Problema 2

i

1

i

2

R R*

R

C

ε ε

Abbiamo un circuito in corrente continua. Trattandosi di correnti continue, cio`e costanti nel tempo, il condensatore rappresenta un circuito aperto dove non passa corrente. Dunque abbiamo so- lo due maglie indipendenti e, per risolverlo, prendiamo le correnti rappresentate nella figura. Le equazioni delle due maglie sono allora

ε − 4i1+ 2Ri2= 0 ε − (2R + R^∗)i₂+ 2Ri1= 0

Il sistema pu`o essere facilmente risolto e fornisce le due soluzioni i1= (4R + R^∗)ε

4R(R + R^∗)= 0.15 A i2= 3ε

2(R + R^∗)= 0.20 A La carica ai capi del condensatore si ricava dalla differenza di potenziale che `e pari alla differenza di potenziale ai capi della resistenza indicata dalla freccia nella figura

∆V_c= (i₂− i₁)R ⇒ Q= C(i₂− i₁)R = 6.6 µC

La potenza dissipata su tutto il circuito `e la potenza spesa dai generatori, che vale

PJ= εi1+ εi2= ε(i1+ i₂) = 4.2 W (2)

Si pu`o verificare che a tale valore si arriva anche sommando le potenze dissipate sulle cinque resistenze.

Perché il condensatore sia scarico deve essere che la differenza di potenziale ai suoi capi sia nulla e, per quanto detto prima, che la corrente sul ramo centrale, condiviso dalle due maglie, sia nulla. D’altra parte, come già visto, la corrente sul ramo centrale è proprio i₁− i₂. Troviamo allora il valore di R^∗per cui le due correnti sono uguali

i1= i₂ ⇒ (4R + R^∗)ε

4R(R + R^∗)= 3ε

2(R + R^∗) ⇒ 4R + R^∗= 6R ⇒ R^∗= 2R = 120 Ω

R*

R

C

R

R Infine vediamo cosa succede quando si cortocircuitano i due generatori.

Evidentemente il condensatore si scarica, essendo le due armature in con- tatto elettrico. La scarica avviene come fosse un semplice circuito RC, solamente che al posto di R va considerata la resistenza equivalente tra le armature del condensatore. Nella figura si mostra il circuito avendo corto- circuitato i generatori e avendo spostato il ramo verticale di sinistra, con- tenente la serie di due resistenze R, a destra, in parallelo, come `e effettivamente, alla resistenza R^∗. In questo modo si vede meglio come calcolare la resistenza equivalente tra le due armature. Abbiamo la resistenza R di sopra (indicata con la freccetta rossa) in parallelo con una serie data dal percorso della corrente nelle due maglie sotto al condensatore. Questa resistenza `e una resistenza R (quella in basso a sinistra) in serie con il parallelo di R^∗e 2R (la maglia in basso a destra). Complessivamente possiamo scrivere

 −1

(5)

Problema 3

Il campo magnetico prodotto da una spira circolare percorsa dalla corrente i nel centro vale B=µ0i

2r ⇒ B1=µ0i₁

2a = 6.81 × 10⁻⁵T diretto lungo l’asse della spira.

Poiché la bobina è molto più piccola della spira esterna (b a), possiamo considerare che il campo prodotto dalla spira più grande sia sostanzialmente uniforme su tutta la bobina.

La bobina, d’altra parte, ha un momento magnetico pari a

µ = π b²Ni₂= 0.0137 A · m² anche esso diretto lungo l’asse della bobina (normale alla sua superficie)

Sappiamo che il momento esercitato da un campo magnetico su una spira di mumonto magnetico µ vale τ = B × µ

Considerando poi che l’asse della bobina `e perpendicolare alla direzione del campo (asse della spira grande) abbiamo

τ = µ B = 9.33 × 10⁻⁷N · m (3)

Il campo totale al centro del sistema `e la somma del campo prodotto dalla spira pi`u il campo prodotto dalla bobina. Quest’ultimo vale

B2= µ0Ni₂

2b = 4.98 × 10⁻³T diretto lungo l’asse della bobina.

Essendo perpendicolari, il campo totale sar`a Btot=

q

B²₁+ B²₂= 4.98 × 10⁻³T Domina completamente il campo generato dalla bobina.