Esercizio 1 Un condensatore piano di area

Esercizio 1

Un condensatore piano di area A=40 cm² e distanza tra i piatti d=0.1 mm, e` stato caricato collegandolo

temporaneamente ad un generatore di fem di 1000 V.

a) Trovare la ddp ai capi del condensatore dopo che la distanza tra i piatti e` stata portata a 2d.

b) Trovare il lavoro speso nell’allontanamento dei piatti.

c) Determinare se il lavoro e` stato fatto dal campo o contro il campo.

Infine si inserisce tra i piatti una lastra di materiale

dielettrico di area A, spessore 2d e costante dielettrica relativa uguale a 2.

d) Trovare il nuovo valore della capacita`, e) il lavoro speso per inserire la lastra e

f) determinare se il lavoro e` stato fatto dal campo o contro il campo.

• Soluzione dell’esercizio 1

• Troviamo innanzitutto la capacita` del condensatore:

• e la carica accumulata

• Dopo la separazione dei piatti la capacita` diviene:

• Per trovare la nuova ddp ci basiamo sul principio di conservazione della carica. Cioe` la carica rimane costante nel processo:

• Per calcolare il lavoro, il metodo piu` naturale sembrerebbe quello di usare la sua definizione di integrale della forza per lo spostamento.

• c’e` pero`una difficolta`: non sempre e` facile conoscere l’espressione della forza. Vedi l’approfondimento 1 per maggiori dettagli.

d pF

C A 354

10 1 . 0

10 40

10 85

. 8

3

4 12

1

1 0









 

 

^ _ ^

C V

C

Q 

_{1 1}

 354  10

^12

 10

³

 354  10

^9

pF d C

C A 177

2 1

2

₁ ¹

2

 

0

 

C V

V Q 2000

10 177

10 354

12 9

2

2





 



_^

 ^







f

i

s d F

L  

2 1

• Il lavoro speso nell’allontanamento dei piatti si puo`

calcolare piu` semplicemente usando il principio di conservazione dell’energia: il lavoro e` uguale alla

variazione di energia elettrostatica (cambiata di segno) tra stato finale e stato iniziale:

• L’energia iniziale e finale sono:

• Il lavoro e` dunque:

• Il segno negativo significa che il lavoro e` stato fatto contro il campo.



_{2 1}



2

1

U U

L

_

  

1 1

1 2

2

2 2

2 1 2

1 QV Q V QV U

U    

J QV U

6

3 9

1 1

10 177

10 10

2 354 1 2

1



















J U

L

_12

 

₁

  177  10

^6

• l’inserimento del dielettrico cambia il valore della capacita`:

• Il lavoro compiuto si trova di nuovo mediante il principio di conservazione dell’energia. Per l’approccio alternativo che fa uso della forza, vedi l’approfondimento 2.

• L’energia dello stato 3 e`:

• E quindi il lavoro e`:

• Il segno positivo significa che il lavoro e` stato fatto dal campo.

1 1

2 1

0

3

2 C 2 C

d C

C  

_r

 A  

_r

 

_r





_{3 2}



3

2

U U

L

_

  

1 1

2

3 2

3

2

1 2

1 U

C Q C

U  Q  

J U

L

_23



₁

 177  10

^6

• Approfondimento 1

• Consideriamo la forza che il piatto positivo esercita su quello negativo. L’espressione della forza che viene spontaneo scrivere e`:

• Ove E e` il campo elettrico nel condensatore.

Riscriviamo il campo come somma dei campi dovuti al piatto positivo e a quello negativo:

• E` evidente da questa espressione che il secondo termine non puo` comparire, in quanto significa che il piatto negativo eserciterebbe una forza su se stesso.

• L’espressione corretta e`:

• Per la simmetria tra i piatti, il campo dovuto al piatto positivo e` meta` del campo totale, quindi:

A Q Q Q

dC Q Q

d EQ V

F



^0 ^

 









   



_{ }



_{    }





 E  E Q  E Q  E Q

F









 E Q

F

A Q F Q

2

0

1



^{ }







errato

errato

• Alternativamente consideriamo la superficie di Gauss tratteggiata in giallo in figura. Le zone in colore rosso e blu rappresentano l’estensione lungo x (molto piccola) delle cariche sui piatti.

• Il campo sulla base A della superficie di Gauss contenuta nel piatto negativo e` dovuto a tutte le cariche positive piu` una parte delle cariche

negative contenute entro tale superficie. Il flusso sulla base si scrive:

 

0

) ) (

( )

( 

x q A Q

x E x

E  

^



^



x

+ -

• La forza e` dunque:

• E` da notare che la forza e` indipendente da x. Inoltre e`

diretta nel verso x negativo e un aumento della distanza tra i piatti (spostamento del piatto negativo nel verso x positivo) comportera` un lavoro negativo.

• Il lavoro e` quindi:

• Cioe` esattamente uguale al valore ottenuto con la conservazione dell’energia.

0 2

0 2

0 2

0 2

0 0

2 0

0

0 0

0 0

0

2 1 2

1

2 ) 1

2 ( 1 1

) ) (

) ( ( )

( )

(



















A Q A

Q A

Q

A Q A

Q x Q

A q A Q

Q

x A dq

x x q

A dq x Q

dq x E F

x

x x

x













 

 

 













 

 

 

 







  

 

 

1 2

2 2

0 1 2

0 2 2 1

2 0

2

1 2

2 1

2 1 2

1

2 1 2

1 2

1

C Q C

Q

A x Q A

x x Q

A x Q

x x

F dx

F x

d F

L

f

i f

i

































_{  }





 







 

• Approfondimento 2

• Consideriamo la lastra di dielettrico mentre entra nel condensatore. Il campo elettrico al bordo

(rappresentato dalle linee nere) e` tale da indurre forze (frecce viola) con risultante diretta verso il

condensatore. Queste forze sono responsabili del moto del dielettrico, cosa che ci dice anche che il lavoro sara`

positivo.

• In questo caso non e` semplice scrivere la forza, per cui il metodo della conservazione dell’energia si impone.

+

-

- - - - - - -

+ + + + + + + + + + + + + + + + + + +

Esercizio 2

Calcolare la ddp tra i punti A e B del circuito seguente

3 3

2 2

6 12

2V

8V

2V A

B

• Soluzione dell’esercizio 2

• Osserviamo innanzitutto che le due resistenze centrali sono in parallelo, conviene semplificare il circuito

sostituendole con la resistenza equivalente:

• Dopodiche’ notiamo che il circuito e` formato da due maglie identiche. Questo significa che le correnti che scorrono nelle maglie sono uguali e che bastera`

risolvere una sola delle due maglie.

• Applichiamo la 2a legge di Kirchhoff alla maglia di sinistra e imponiamo l’uguaglianza delle correnti:

• Otteniamo:



 



 

 





12 4 1 6

1 ¹

Req

   

2 1

2 1

1 2

1

3 2 4

I I

I I

I E

E













3 3

2 2

E₁=2V 4

E₂=8V

2V A

B

I₁ I₂

I 13 6 



• Quindi le correnti valgono:

• La ddp tra A e B e` uguale alla fem E2 meno la caduta di potenziale sulla resistenza posta su AB (tenendo conto che su AB scorre una corrente somma delle correnti che circolano sulle due maglie):

  ^A

I E

V

V

_A



_B



₂

 2   4  8  2   0 . 462  4  4 . 31

A I

I

₁



₂

  0 . 462

Esercizio 3

Una bobina rettangolare di N=100 spire e dimensioni a=2 m e b=1 m, ruota con velocita` angolare  =120  rad/s attorno ad un asse mediano in un campo B uniforme di 1 Tesla perpendicolare all’asse.

a)Trovare l’ampiezza della fem generata

Le estremita` dell’avvolgimento sono collegate, tramite contatti striscianti, ad un carico puramente resistivo R di 100 Ohm.

b) Trovare la potenza dissipata e

c) il momento meccanico necessario per generare questa potenza

B



a b

• Soluzione dell’esercizio 3

• Per trovare la fem, consideriamo il flusso del campo magnetico attraverso la bobina:

• Dove A = ab e` l’area della spira e t e` l’angolo all’istante t. La fem e` data dalla legge di Faraday:

• L’ampiezza e` dunque:

• La potenza dissipata nella resistenza e`:

• Il cui valore medio nel tempo e`:

 cos )

( B  NBA



t dt NBA

B

E d ( )  sin 



 





V NBA

E

₀

   100  1  2  1  120   7 . 54  10

⁴

R t E R

R E i

P 

²



²



⁰²

sin

²



  _W

R

P E

⁷

4 2 2

0

2 . 84 10

100 10 54

. 7 2 1 2

1    



 B b

F

F

• Il momento meccanico e` dovuto alle forze agenti sui lati

‘a’:

• La cui ampiezza e`:

• E il cui valor medio e`:

 

t M

R t NBA E

t b

t NBai Fb

M









2 0

0

sin

2

sin

sin )

( sin











P Nm R

E R

NBA E

M ⁵

7 2

0

0 0 1.51 10

120 10 84 . 2 2 2



 

 





   

Nm M

t M

M

₀ ² ₀

7 . 55 10

⁴

2

sin  1  

 

Esercizio 4

Un’antenna e` accoppiata, tramite un’induttanza, ad un circuito LC di sintonizzazione. L’induttanza L del circuito vale 2 H, la capacita` C, variabile, dev’essere scelta in modo da raccogliere onde di lunghezza d’onda di 1 km.

Trovare il valore di C.

L

C

• Soluzione dell’esercizio 4

• Troviamo innanzitutto la frequenza dell’onda incidente:

• La mutua induzione tra le induttanze dell’antenna e del circuito indurra` una fem nel circuito. Questa fem genera una corrente tanto maggiore quanto piu` la frequenza naturale del circuito e` vicina a quella dell’onda. Si

trattera` dunque di scegliere opportunamente C in modo tale da uguagliare queste due frequenze (o pulsazioni):

• Da cui si determina il valore di C:

c

₅

Hz

3 8

10 10 3

10

3   



 



onda circuito

LC 

  1  2

  ^F

C L

onda

13 5 2

2

2 2

10 41

. 2 1

10 3

4

1 4

1





 











