Universit`a dell’Aquila - Facolt`a di Ingegneria Prova Scritta di Fisica Generale II - 29/01/2014
Nome Cognome N. Matricola Corso di Studio CREDITI Canale ... ... ... ... ... ...
Tempo a disposizione 2 ore. 3-4 CFU solo primi due esercizi 1 ora e mezzo. Problema 1
Un condensatore sferico ha armature di raggi R1ed R2 e lo spazio tra le due armature `e
riem-pito con un dielettrico omogeneo e isotropo di costante dielettrica relativa r. Il condensatore
viene caricato con un generatore di forza elettromotrice V0 collegando l’armatura di raggio
R1 al polo positivo del generatore. Dopo che il condensatore `e carico, il generatore viene
staccato ed il dielettrico rimosso. Determinare: a) la carica sulle armature del condensatore; b) le densit`a delle cariche di polarizzazione di superficie, con i rispettivi segni, presenti nel sistema dopo che `e stato caricato a regime, ma prima che il dielettrico venga estratto; c) la differenza di potenziale tra le armature del condensatore dopo l’estrazione del dielettrico. (Dati del problema: R1 = 10 cm, R2 = 20 cm, r = 2.5, V0 = 20 V )
Problema 2
Nel circuito mostrato in figura sono noti i valori dei vari componenti tranne il valore di R4 che `e variabile.
Determinare: a) la corrente in R3 per R4 = 0; b) la
corrente in R3 per R4 = ∞; c) R4 in modo che la
caduta di potenziale su R3 sia nulla e di conseguenza,
in questo caso particolare, calcolare la potenza totale fornita dai due generatori.
(Dati del problema R1 = 3 Ω, R2 = R3 = 2 Ω, R5 =
1 Ω, f1 = 15 V , f2 = 10 V )
Problema 3
La spira rettangolare in figura (di lati a e b) comprende un elemento induttivo con coefficiente di autoinduzione pari ad L e si muove con velocit`a v verso una regione di spazio (illimitata a destra) in cui `e presente un campo di induzione magnetica uniforme perpendicolare alla spira, entrante nel piano del foglio ed in modulo pari a B. Sapendo che la resistenza elettrica totale della spira `e pari ad R, si cal-coli: a) la corrente che circola nella spira, in modulo e verso, quando questa `e penetrata per met`a nella regione di campo; b) l’energia complessivamente dissipata dalla re-sistenza, assumendo che la spira prosegue il suo moto nella regione di campo per un tempo infinito.
(Dati del problema a = 5 cm, b = 10 cm, v = 10 m/s, L = 10 mH, R = 1 Ω, B = 2 T )
SOLUZIONI Problema 1
a)
Il campo elettrico tra le armature si calcola con il teorema di Gauss: Z
D · dS = Q da cui
D = Q
4πr2
La differenza di potenziale tra le 2 armature, essendo D = 0rE, si calcola dalla definizione
di potenziale V (R1) − V (R2) = Z R2 R1 E · dr = Q(R2− R1) 4π0rR1R2 e quindi: C = Q V = 4π0rR1R2 (R2− R1) = 55.6 pF per cui la carica sul condensatore collegato sar`a data da:
Q0 = CV0 =
4π0rR1R2
(R2− R1)
V0 = 1.1 nC
b) Le densit`a superficiali di carica di polarizzazione sul dielettrico in prossimit`a delle arma-ture sono date da: σP = P · n e quindi
σ(R1) = −0(r− 1) Q0 4π0r ( 1 R1 )2 = −5.3 nCm−2 σ(R2) = 0(r− 1) Q0 4π0r ( 1 R2 )2 = 1.3 nCm−2
c) Una volta caricato e staccato dal generatore, il capacitore mantiene la carica iniziale Q0,
ma, dopo la rimozione del dielettrico, la sua capacit`a diventa: C0 = 4π0R1R2
(R2− R1)
= C r
= 22.2 pF per cui la nuova differenza di potenziale ai suoi capi `e:
V0 = Q0
C0 = rV0 = 50 V
Problema 2
Utilizzando il teorema di Thevenin per il ramo pi`u a sinistra e pi`u a destra: ft1 =
f1
R1+ R2
R2 = 6 V
Rt1= R1R2 R1+ R2 = 6 5 Ω ft2 = f2 R4+ R5 R4 Rt2 = R4R5 R4 + R5 a)
Per R4 = 0 si ha che ft2 = 0 e Rt2 = 0. Quindi il circuito si riduce ad un’unica maglia con
un generatore ft1 ed una resistenza totale di
R3+ Rt1
Quindi la corrente che circola in R3 vale:
I3 = ft1 R3+ Rt1 = 1.875 A in senso orario. b)
Per R4 = ∞ si ha che ft2 = f2 e Rt2 = R5. Quindi il circuito si riduce ad un’unica maglia
con due generatori (con opposte polarit`a) ft1, f2 ed una resistenza totale di
R3+ Rt1+ R5
Quindi la corrente che circola in R3 vale:
I3 = f2− ft1 R3+ Rt1+ R5 = 0.95 A in senso antiorario. c)
Se a differenza di potenziale ai capi di R3 `e nulla significa che anche I3 = 0, quindi le maglia
pi`u a destra e a sinistra sono indipendenti (I1 = I2 e I4 = I5) :
I1 = f1 R1+ R2 = 3 A ma anche: I5 = f2 R4+ R5 I5R4 = I1R2 da cui: R4 = I1R2R5 I1R2 − f2 = 1.5 Ω I5 = 4 A
Maglia pi`u a sinistra:
P1 = f1I1 = 45 W
Maglia pi`u a destra:
P2 = f2I5 = 40 W
Quindi:
PT = P1 + P2 = 85 W
Problema 3
a) Il flusso concatenato con la spira secondo la normale uscente dal foglio `e pari φ(t) = −Ba`(t)
dove `(t) `e la lunghezza di spira penetrata nella regione di campo al tempo t. In tale fase sulla spira agisce una f.e.m. indotta in verso antiorario pari a
f = −dφ/dt = Bad`/dt = Bav
Poich`e f > 0, la f.e.m. indotta fa scorrere corrente in verso antiorario, causando un’iniezione di corrente nell’induttore con legge
i(t) = f R−1(1 − e−t/τ)
dove τ = L/R = 10 ms. L’istante in cui la spira `e penetrata per met`a nella regione di campo vale t1 = b/2v = 5 ms ed in tale istante la corrente vale
i1 = 0.39A
b) Il processo di iniezione si interrompe quando la spira `e completamente penetrata nella regione di campo, al tempo t2 = 2t1 = 10 ms, poich`e da tale istante il flusso concatenato non
varia pi`u nel tempo. Nello stesso istante inizia la diminuzione della corrente nell’induttore. L’energia dissipata durante la prima fase `e data da:
E1 = Z t2 0 Ri2(t)dt = f 2 R h t2− 2τ 1 − e−t2/τ + τ 2 1 − e −2t2/τ i = 1.7 mJ
L’energia dissipata durante la seconda fase `e invece pari all’energia accumulata nell’induttore fino al tempo t2, ovvero
E2 = Li2(t2)/2 = 2 mJ
L’energia dissipata complessivamente `e quindi
E = E1+ E2 = 3.7mJ
