Corso di Laurea in Ingegneria dell’informazione - Fisica Generale 2 Prova scritta d’esame del 22 settembre 2015 - Tempo a disposizione: 2:30 ore Nome e Cognome: ………. No. di matricola: …….….…………
Problema 1 (10 punti)
La distribuzione di carica a simmetria sferica in figura è caratterizzata da una densità uniforme 𝜌𝜌 fino alla distanza 𝑅𝑅 dal centro, e da una densità uniforme uguale ed opposta −𝜌𝜌 dalla distanza 𝑅𝑅
alla distanza 2𝑅𝑅. Si calcoli:
1. la carica netta della distribuzione 𝑄𝑄 (2 punti);
2. il campo elettrico alle tre distanze dal centro 𝑟𝑟1= 𝑅𝑅/2, 𝑟𝑟2= 3𝑅𝑅/2 (4 punti) ed
𝑟𝑟3= 3𝑅𝑅 (1 punto);
3. la differenza di potenziale tra due punti a distanza 𝑅𝑅 e 2𝑅𝑅 dal centro (3 punti). Dati: 𝜌𝜌 = 1𝜇𝜇C/m3, 𝑅𝑅 = 1m
Problema 2 (10 punti)
Considerate il circuito in figura. Il condensatore C3 è a facce piane e parallele di superficie S poste a distanza d ed
è riempito da due diversi dielettrici occupanti le due metà della superficie delle sue facce. 1. Calcolare il valore della capacità C3. (1 punto)
2. Inizialmente tutti i condensatori sono scarichi. Al tempo t=0, l’interruttore viene chiuso sul punto A e lasciato in questa posizione fino all’istante t1.
Calcolare la carica sul condensatore C1 nell’istante t1. (2 punti).
3. Al tempo t=t1 l’interruttore viene spostato sul punto B. Calcolare la carica a
regime sui tre condensatori C1, C2, C3. (3 punti)
4. Successivamente, i due dielettrici all’interno del condensatore C3 vengono sostituiti da una lastra di rame di spessore h ed area S. Calcolare il lavoro fatto per operare questa sostituzione nelle due condizioni di interruttore C chiuso ed aperto. (4 punti)
Dati: ε1=12; ε2=3; C1=10pF; C2=20pF; S=10cm2; d=5mm; V=10V; t1=50ns, h=3mm, R=10kΩ. Problema 3 (10 punti)
Una spira di raggio 𝑟𝑟2 è concentrica con una bobina di 1000 avvolgimenti di raggio 𝑟𝑟1 e
spessore trascurabile, con 𝑟𝑟2= 10𝑟𝑟1. La bobina è percorsa dalla corrente 𝑖𝑖𝑠𝑠(𝑡𝑡) = 𝑖𝑖0𝑡𝑡/𝑇𝑇 per
𝑡𝑡 > 0. La spira grande è caratterizzata da una resistenza 𝑅𝑅 ed un’autoinduttanza 𝐿𝐿. Si calcoli:
1. il coefficiente di mutua induzione (4 punti);
2. la forza elettromotrice indotta nella spira grande (2 punti);
3. l’energia dissipata nella spira grande fino all’istante 𝑡𝑡 = 𝑡𝑡0 (4 punti).
Dati: 𝑟𝑟1= 1cm, 𝑖𝑖0= 10A, 𝑇𝑇 = 1ms, 𝐿𝐿 = 0.1H, 𝑅𝑅 = 1𝑘𝑘Ω, 𝑡𝑡0= 0.2ms. Problema 4 (10 punti)
Il funzionamento di una macchina termica è assimilabile a un ciclo di Carnot che è compiuto da n=2 moli di un gas perfetto utilizzando due sole sorgenti di calore alle temperature T2 e T1 con T2>T1. In un primo momento la macchina funziona in
modo reversibile con rendimento ηREV. A un certo istante, la macchina diventa
irreversibile a causa di attriti meccanici presenti durante la compressione isoterma alla temperatura T1, mentre le altre trasformazioni continuano ad essere
reversibili. In queste condizioni si misura la variazione ∆S dell’entropia dell’universo termodinamico. Essendo noto il rapporto tra i volumi VB/VA, si
determini:
1. la temperatura T2; (1 punto)
2. Le quantità di calore scambiate dal gas con le sorgenti e il lavoro ottenuto dalla macchina durante il suo funzionamento reversibile; (4 punti)
3. le quantità di calore scambiate con le sorgenti e il lavoro ottenuto nella situazione di macchina irreversibile; (3 punti)
4. il rendimento della macchina irreversibile. (2 punti) Dati: T1=300K, ηREV=0.7, VB/VA=4, ∆S=13J/K.
Soluzioni Problema 1
La carica totale è pari a:
𝑄𝑄 = 𝑄𝑄++ 𝑄𝑄−= 𝜌𝜌4𝜋𝜋3 𝑅𝑅3− 𝜌𝜌4𝜋𝜋3 [(2𝑅𝑅)3− 𝑅𝑅3] = −25µC.
Il campo elettrico all’interno della regione di carica positiva è dato dall’espressione nota: 𝐸𝐸+(𝑟𝑟) =3𝜖𝜖𝜌𝜌
0𝑟𝑟
da cui 𝐸𝐸(𝑟𝑟1= 𝑅𝑅/2) = 19KV/m. Per il calcolo del campo elettrico per r2=3R/2 si deve considerare che esso è la
somma di due contributi: il primo è quello dovuto a tutta la carica positiva e il secondo quello del guscio di carica negativa fino alla distanza dal centro considerata. I due contributi sono uguali a:
𝐸𝐸+(𝑟𝑟) =4𝜋𝜋𝜖𝜖𝑄𝑄+ 0𝑟𝑟2 ; 𝐸𝐸−(𝑟𝑟) = 𝑄𝑄+ 4𝜋𝜋𝜖𝜖0𝑟𝑟2− 𝜌𝜌 3𝜖𝜖0𝑟𝑟.
Nell’espressione di E_(r) il primo termine tiene conto del fatto che la distribuzione di carica negativa è cava al centro. Pertanto, si ha 𝐸𝐸(𝑟𝑟2= 3𝑅𝑅/2) = 𝐸𝐸+(𝑟𝑟2) + 𝐸𝐸−(𝑟𝑟2) = −23KV/m.
All’esterno della distribuzione il campo è semplicemente: 𝐸𝐸(𝑟𝑟) = 𝑄𝑄
4𝜋𝜋𝜖𝜖0𝑟𝑟2
da cui 𝐸𝐸(𝑟𝑟3= 3𝑅𝑅) = −25KV/m.
La differenza di potenziale richiesta si ottiene integrando la seconda delle espressioni fornite tra 𝑅𝑅 e 2𝑅𝑅, 𝑉𝑉(𝑅𝑅) − 𝑉𝑉(2𝑅𝑅) = � � 2𝑄𝑄+ 4𝜋𝜋𝜖𝜖0𝑟𝑟2− 𝜌𝜌 3𝜖𝜖0𝑟𝑟� d𝑟𝑟 2𝑅𝑅 𝑅𝑅 = 2𝑄𝑄+ 4𝜋𝜋𝜖𝜖0� 1 𝑅𝑅− 1 2𝑅𝑅� − 𝜌𝜌 3𝜖𝜖0 (2𝑅𝑅)2− 𝑅𝑅2 2 = −19KV Problema 2
La capacità del condensatore C3 è data dal parallelo dei capacitori relativi ai due dielettrici con metà della
superficie delle armature. Quindi:
𝐶𝐶3= 𝜀𝜀2𝑑𝑑0𝑆𝑆(𝜀𝜀1+ 𝜀𝜀2) = 13pF.
Quando si chiude l’interruttore sul punto A il condensatore inizia a caricarsi con la legge: 𝑄𝑄(𝑡𝑡) = 𝐶𝐶1𝑉𝑉(1 − 𝑒𝑒−𝑡𝑡𝜏𝜏)
con t=RC1=100ns. Al tempo t=t1, la carica sul condensatore vale:
𝑄𝑄(𝑡𝑡1) = 𝑄𝑄0= 𝐶𝐶1𝑉𝑉 �1 − 𝑒𝑒−𝑡𝑡 1
𝜏𝜏� = 39.3pC.
Quando l’interruttore viene spostato sul punto B, questa carica si ripartisce sui 3 condensatori collegati in parallelo. Il sistema si porterà al potenziale:
V0 = Q0/Ceq con Ceq = C1+C2+C3 = 43.3pF da cui V0= 0.91V.
Pertanto si ha:
Q1= C1 V0=9.1pC; Q3=C3 V0=12.07pC; Q2=C2 V0=18.2pC
Dopo la sostituzione del dielettrico con la lastra di rame di spessore h<d, la capacità C3 diventa:
𝐶𝐶3′=𝑑𝑑 − ℎ = 4.43pF. 𝜀𝜀0𝑆𝑆
Se questa operazione avviene con l’interruttore C chiuso, il lavoro di sostituzione del dielettrico con la lastra di rame può essere calcolato come differenza dell’energia elettrostatica immagazzinata dal parallelo dei tre condensatori che si portano alla nuova differenza di potenziale V’ (la carica Q0 si conserva):
𝑉𝑉′= 𝑄𝑄0 𝐶𝐶𝑒𝑒𝑒𝑒′ = 𝑄𝑄0 𝐶𝐶1+ 𝐶𝐶2+ 𝐶𝐶3′= 1.14V → 𝑊𝑊 ′=1 2 𝐶𝐶𝑒𝑒𝑒𝑒′ 𝑉𝑉′2− 1 2 𝐶𝐶𝑒𝑒𝑒𝑒𝑉𝑉02= 4.47pJ .
Nel caso in cui l’operazione di sostituzione del dielettrico avvenga con l’interruttore C aperto, il lavoro fatto vale (la carica Q3 rimane costante):
𝑊𝑊" = 12 𝑄𝑄32�𝐶𝐶1′ 3−
1
𝐶𝐶3� = 11.02pJ. Problema 3
Il coefficiente di mutua induzione M si calcola valutando il flusso che la spira grande genererebbe attraverso quelle della bobina se percorsa da una corrente generica I. Tale flusso è pari a:
𝜙𝜙 ≅ 𝑁𝑁(𝜋𝜋𝑟𝑟12)𝐵𝐵0 con 𝐵𝐵0=𝜇𝜇2𝑟𝑟0𝐼𝐼 2
il campo generato dalla spira grande al proprio centro. Pertanto il coefficiente di mutua induzione è: 𝑀𝑀 =𝜙𝜙𝐼𝐼 = 𝜇𝜇0𝑁𝑁𝜋𝜋𝑟𝑟1
2
2𝑟𝑟2 = 2µH.
Il flusso concatenato con la spira grande è dato da:
𝜙𝜙(𝑡𝑡) = 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑠𝑠(𝑡𝑡)
da cui la forza elettromotrice indotta in modulo risulta pari a:
𝑓𝑓𝑖𝑖= �𝑑𝑑𝜙𝜙𝑑𝑑𝑡𝑡� = 𝑀𝑀𝑖𝑖𝑇𝑇 = 20mV. 0
La spira grande è interessata dalla corrente 𝑖𝑖(𝑡𝑡) =𝑓𝑓𝑖𝑖
𝑅𝑅�1 − 𝑒𝑒−𝑡𝑡/𝜏𝜏�, con 𝜏𝜏 = 𝐿𝐿 𝑅𝑅= 0.1ms. L’energia dissipata è pertanto uguale a: 𝐸𝐸𝑑𝑑= � 𝑅𝑅𝑖𝑖2(𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑡𝑡 𝑡𝑡0 0 = � 𝑓𝑓𝑖𝑖2 𝑅𝑅 �1 − 2𝑒𝑒−𝑡𝑡/𝜏𝜏+ 𝑒𝑒−2𝑡𝑡/𝜏𝜏�𝑑𝑑𝑡𝑡 = 𝑓𝑓𝑖𝑖2 𝑅𝑅 �𝑡𝑡0− 2𝜏𝜏�1 − 𝑒𝑒−𝑡𝑡0/𝜏𝜏� +2 �1 − 𝑒𝑒𝜏𝜏 −2𝑡𝑡0/𝜏𝜏�� 𝑡𝑡0 0 = 30pJ.
Problema 4 (10 punti)
Il funzionamento di una macchina termica è assimilabile a un ciclo di Carnot che è compiuto da n=2 moli di un gas perfetto utilizzando due sole sorgenti di calore alle temperature T2 e T1 con T2>T1. In un primo momento la macchina funziona in
modo reversibile con rendimento ηREV. A un certo istante, la macchina diventa
irreversibile a causa di attriti meccanici presenti durante la compressione isoterma alla temperatura T1, mentre le altre trasformazioni continuano ad essere
reversibili. In queste condizioni si misura la variazione ∆S dell’entropia dell’universo termodinamico. Essendo noto il rapporto tra i volumi VB/VA, si
determini:
5. la temperatura T2; (1 punto)
6. Le quantità di calore scambiate dal gas con le sorgenti e il lavoro ottenuto dalla macchina durante il suo funzionamento reversibile; (4 punti)
7. le quantità di calore scambiate con le sorgenti e il lavoro ottenuto nella situazione di macchina irreversibile; (3 punti)
8. il rendimento della macchina irreversibile. (2 punti) Dati: T1=300K, ηREV=0.7, VB/VA=4, ∆S=13J/K.
Soluzione
Dalla conoscenza del rendimento della macchina reversibile è facile ottenere il valore della temperatura dell sorgente più calda:
𝜂𝜂𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅= 1 −𝑇𝑇𝑇𝑇1
2 → 𝑇𝑇2=
𝑇𝑇1
1 − 𝜂𝜂𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅= 1000K.
La quantità di calore scambiate dal gas con la sorgente calda è uguale a: 𝑄𝑄2= 𝑛𝑛𝑅𝑅𝑇𝑇2𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙𝑙 �𝑉𝑉𝑉𝑉𝐵𝐵
𝐴𝐴� = 23kJ.
Il lavoro vale:
𝑊𝑊𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅 = 𝜂𝜂𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑄𝑄2= 16.1kJ,
da cui si ricava la quantità di calore scambiata con la sorgente fredda è: 𝑄𝑄1= 𝑊𝑊𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅𝑅− 𝑄𝑄2= −6.9kJ.
Quando la macchina diventa irreversibile la variazione dell’entropia dell’universo termodinamico è positiva e si esprime come segue:
Δ𝑆𝑆 = − �𝑄𝑄𝑇𝑇2 2+ 𝑄𝑄1,𝐼𝐼𝑅𝑅𝑅𝑅 𝑇𝑇1 � → 𝑄𝑄1,𝐼𝐼𝑅𝑅𝑅𝑅= −𝑇𝑇1�Δ𝑆𝑆 + 𝑄𝑄2 𝑇𝑇2� = −10.8kJ.
Rimanendo l’espansione isoterma una trasformazione reversibile la quantità di calore Q2 non varia. Il lavoro
ottenuto in queste condizioni di funzionamento della macchina è uguale a: 𝑊𝑊𝐼𝐼𝑅𝑅𝑅𝑅= 𝑄𝑄2+ 𝑄𝑄1,𝐼𝐼𝑅𝑅𝑅𝑅 = 12.2kJ.
Infine, il rendimento della macchina irreversibile vale: 𝜂𝜂𝐼𝐼𝑅𝑅𝑅𝑅=𝑊𝑊𝑄𝑄𝐼𝐼𝑅𝑅𝑅𝑅
