UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PISA - FACOLTÀ DI INGEGNERIA CORSI DI LAUREA IN INGEGNERIA AEROSPAZIALE E NUCLEARE
FISICA GENERALE II - Appello n. 4 - 11/9/2001 Soluzioni
PROBLEMA I 1)
L'impedenza Z1 equivalente del parallelo L1-C1 è infinita, infatti:
1/Z1 = 1/jωL + jωC = 0 per ω = 1/(LC)½.
L'impedenza Z2 equivalente della serie L2-C2 è nulla, infatti:
Z2 = jωL + 1/jωC = 0 per ω = 1/(LC)½.
Pertanto, dal punto di vista del generatore, il circuito è equivalente al seguente
Il circuito è puramente resistivo: la tensione Vg del generatore risulta in fase con la corrente e la sua ampiezza di oscillazione V0 si può ricavare dalla potenza media erogata (usando i valori efficaci) W = IeffVeff = I0V0/2, V0 = 2W/I0 e quindi:
Vg = (2W/I0) cos (ωt) 2)
Detta R la resistenza in questione, da I0 = V0/R si ricava:
R = 2W/I02
3)
Tornando al circuito originario, sia IC1 la corrente in questione.
Usando la rappresentazione complessa, 1/jωC è l'impedenza del condensatore e V0 è la tensione (complessa) ai suoi capi.
Da questo segue che ÎC1 = V0 / (1/jωC) = jωCV0, IC1 = ωCV0 cos (ωt + π/2) e infine:
IC1 = -(2ωWC/I0) sin (ωt) 4)
La potenza istantanea WC1 assorbita dal condensatore è data dal prodotto tra la corrente che lo percorre e la tensione ai suoi capi:
WC1 = IC1Vg = -(2ωWC/I0) sin (ωt) (2W/I0) cos (ωt) = -2ωCW2/I02 sin (2ωt).
Il valore massimo della precedente espressione si ha quando il seno vale -1:
WC1max = 2ωCW2/I02
5)
Poiché Z2 è infinita, il parallelo L1-C1 (che ha ai suoi capi la tensione finita del generatore) non assorbe corrente e quindi non assorbe potenza. Detta WL1 la potenza istantanea assorbita dall'induttore L1 si ha quindi WC1 + WL1 = 0. Il valore WL1* richiesto dal testo vale quindi:
WL1* = -WC1max
6)
Per lo stesso motivo del punto precedente, la corrente che attraversa la resistenza è la stessa erogata dal generatore. La potenza WJ dissipata per effetto Joule vale quindi:
WJ = RI02 cos2(ωt)
I0 cos(ωt)
PROBLEMA II 1)
Siano:
B il modulo del campo magnetico incognito,
T il tempo impiegato dalla particella per percorrere una spira dell'elica,
vt la componente della velocità della particella ortogonale all'asse del solenoide, vp la componente della stessa velocità parallela all'asse del solenoide.
Naturalmente si ha:
v = (vt2 + vp2)½ (a)
Dalle formule del raggio e del periodo di ciclotrone si ottiene:
r = mvt/qB (b) T = 2πm/qB (c) Per il passo dell'elica:
p = vpT (d)
L'insieme delle espressioni (a), (b), (c) e (d) costituisce un sistema di quattro equazioni per le quattro incognite vt, vp, B e T.
Risolvendo il sistema si ottiene dapprima:
vt = rqB/m vp = (v2 – vt2)½ T = p/vp
B = 2πm/qT
e per sostituzioni successive:
B = 2πm(v2 – (rqB/m)2)½/qp
che risolta per l'incognita B fornisce:
B = 2πmv/(qp+r2q2/m2) ½
