Prova scritta di Fisica Generale 2 del

Prova scritta di Fisica Generale 2 del 23-7-2020

Problema 1

Nel vuoto, si consideri una carica statica Q distribuita uniformemente entro una regione sferica di centro O e raggio R₁, che reca una cavità sferica di centro O’≠ O e raggio R₂< R₁.

Dimostrare che il campo elettrostatico all’interno della cavità è uniforme, fornendone una espressione vettoriale.

 E’ sufficiente applicare il Principio di Sovrapposizione.

La distribuzione di carica sferica con cavità è equivalente alla sovrapposizione di:

• 1: una distribuzione sferica 1 di raggio R₁ senza cavità, caratterizzata da densità volumetrica di carica 𝝆 = +_4𝜋 ^𝑄

3 𝑅₁³−𝑅₂³ ;

• 2: una distribuzione sferica 2 di raggio R₂, posizionata in corrispondenza della cavità, e caratterizzata da densità volumetrica di carica −𝝆;

+ ≡ ≡

• Sia P un punto generico all’interno della cavita.

• La simmetria radiale sferica dei campi elettrostatici 𝑬₁ ed 𝑬₂ prodotti indipendentemente dalle distribuzioni 1 e 2, rispettivamente, consente di applicare utilmente la legge di Gauss alla determinazione del campo elettrico all’interno di ciascuna distribuzione.

• Sia 𝑂𝑂′ = 𝒅 il vettore posizione di O’ rispetto ad O; siano 𝑂𝑃 = 𝒓_𝟏 e 𝑂′𝑃 = 𝒓_𝟐 i vettori posizione di P rispetto ad O ed O’ , rispettivamente, con i corrispondenti versori dati da 𝒖ෝ_𝒓𝟏 = ^𝒓𝟏

𝑟₁ e ෝ𝒖_𝒓𝟐 = ^𝒓𝟐

𝑟₂

• Dalla Legge di Gauss, i campi elettrostatici generati in P dalle rispettive distribuzioni hanno espressione:

𝑬₁ 𝑃 = 𝜌 𝑟₁

3𝜀₀ 𝒖ෝ_𝒓𝟏 = 𝜌 3𝜀₀ 𝒓_𝟏 𝑬₂ 𝑃 = −𝜌 𝑟₂

3𝜀₀ 𝒖ෝ_𝒓𝟐 = − 𝜌 3𝜀₀ 𝒓_𝟐

𝑬_𝑇𝑂𝑇 𝑃 = 𝑬₁ 𝑃 + 𝑬₂ 𝑃 =

= 𝜌

3𝜀₀ 𝒓_𝟏 − 𝜌

3𝜀₀ 𝒓_𝟐 =

= 𝜌

3𝜀₀ 𝒓_𝟏 − 𝒓_𝟐 = 𝜌 3𝜀₀ 𝒅

• Di conseguenza, il campo elettrico totale nel generico punto P della cavità vale:

𝑬_𝑇𝑂𝑇 𝑃 = 𝜌 3𝜀₀ 𝒅

Il campo nella cavità ha la direzione ed il verso del vettore 𝒅, ed è uniforme.

In definitiva:

Problema 2

Il circuito rappresentato nella figura a destra è in regime stazionario con l’interruttore T chiuso. All’istante t=0, l’interruttore viene aperto.

Determinare un’espressione per la differenza di potenziale φ_A – φ_B fra i punti A e B per t>0.

- Si risolva il problema introducendo, al posto del condensatore, un dispositivo di induttanza L.

.

 Circuito con condensatore

• All’equilibrio, non scorre corrente nel ramo AB: 𝑖_𝐴𝐵 = 0.

• Le resistenze dei rami CD e EF sono in parallelo, quindi equivalenti ad un’unica resistenza ^𝑟

2 in parallelo ai rami AB e GH.

• Un circuito equivalente si può rappresentare come nella figura nella pagina seguente:

t ≤ 0 E’ necessario verificare lo stato di carica del condensatore prima dell’apertura dell’interruttore T

dove 𝐼₀ indica la corrente (con verso arbitrario) che scorre tanto nel ramo DHGC del circuito dato (fig. a sx.: 𝐼₀=𝐼₁+𝐼₂), quanto nella maglia HGC’D’ del circuito equivalente (fig. a dx),

Applicando II Legge di Kirchhoff alla maglia GC’D’G, si trova:

𝐼₀ = ^𝑓

𝑟 + ^𝑟₂ = ²

3 𝑓

𝑟 > 0 (𝐼₀ quindi scorre proprio nel verso assegnato preliminarmente) La differenza di potenziale ai capi del condensatore per t ≤ 0 vale:

𝜑_𝐴′ − 𝜑_𝐵 ≡ 𝜑_𝐴 − 𝜑_𝐵 = ^𝑟

2 𝐼₀= ^𝑓

3 > 0

pertanto, il condensatore risulta carico con 𝑄₀ = 𝐶 ^𝑓

3 e polarizzato come rappresentato nella figura (in alto a destra).

t ≤ 0

⇔

• Dopo l’apertura dell’interruttore T, nella maglia D’HGC’ del circuito equivalente (e, naturalmente, nella maglia DHGC del circuito originale) non scorre corrente; si ha la scarica del condensatore sulla serie di resistenze 𝑅 e ^𝑟

2 .

• Con riferimento al verso (arbitrario) della corrente 𝐼 𝑡 che scorre nella maglia C’ABD’ (nella maglia GC’C’H la corrente è nulla), denotata con 𝑄(𝑡) la carica sulle armature del condensatore al generico istante t , la II Legge di Kirchhoff si scrive:

− 𝑅 + ^𝑟

2 𝐼 𝑡 − ^{𝑄 𝑡}

𝐶 = 0 ⇔ − 𝑅 + ^𝑟

2

𝑑𝑄(𝑡)

𝑑𝑡 − ^{𝑄 𝑡}

𝐶 = 0 la cui soluzione, imponendo la condizione iniziale 𝑄 𝑡 = 0 = Q₀ = C ^f

3, è:

𝑄 𝑡 = 𝐶 𝑓 3𝑒

− 𝑡

𝑅+𝑟 2 𝐶

• Di conseguenza: 𝐼 𝑡 = ^{𝑑𝑄 𝑡}

𝑑𝑡 = − ¹

𝑅+₂^𝑟 𝐶 𝐶 ^𝑓

3 𝑒 ⁻

𝑡 𝑅+𝑟

2 𝐶 = − ^{2 𝑓}

3 2𝑅+𝑟 𝐶 𝑒 ⁻

2𝑡 2𝑅+𝑟 𝐶

t ≥ 0

come atteso, 𝐼 𝑡 scorre in verso opposto a quello preliminarmente assunto)

apertura

⇒

• Infine, si può calcolare la differenza di potenziale fra i punti A e B per t ≥ 0:

𝜑_𝐴(t ≥ 0) − 𝜑_𝐵(t ≥ 0) = 𝑅𝐼 𝑡 + ^{𝑄 𝑡}

𝐶 = −𝑅 ^{2 𝑓}

3 2𝑅+𝑟 𝐶𝑒 ⁻

2𝑡

2𝑅+𝑟 𝐶 + ^𝑓

3𝑒 ⁻

2𝑡 2𝑅+𝑟 𝐶

t ≥ 0

 Circuito con induttore

• All’equilibrio: 𝜑_𝐴′(t ≤ 0) − 𝜑_𝐵(t ≤ 0) = 0

• Le resistenze dei rami CD, AB e EF risultano tutte in parallelo, quindi equivalenti ad un’unica resistenza 𝑅_𝑒𝑞 = ²

𝑟 + ¹

𝑅

−1 = ^𝑟𝑅

2𝑅+𝑟 in parallelo al ramo GH t ≤ 0 E’ necessario preliminarmente verificare se l’induttore sia ‘carico’

prima dell’apertura dell’interruttore T.

• Un circuito (maglia equivalente si può rappresentare come segue:

⇔

dove 𝐼₀ indica la corrente (con verso arbitrario) che scorre sia nel ramo DHGC del circuito originale (fig. a sx; 𝐼₀=𝐼₁+𝐼₂; 𝐼₂=𝐼_𝐿+𝐼₃), sia nel ramo D’HGC’ della rete equivalente BD’HGC’A (fig. centro), sia nel circuito equivalente D’HGC’ (fig. a dx)

⇔

• Applicando II Legge di Kirchhoff al circuito equivalente HGC’D’, si trova:

𝐼₀ = ^𝑓

𝑟 +𝑅_𝑒𝑞 = ^𝑓

𝑟 + ^𝑟𝑅

2𝑅+𝑟

= 𝑓 ^(2𝑅+𝑟)

𝑟 (3𝑅+𝑟) > 0 (𝐼₀ quindi scorre nel verso assegnato preliminarmente)

La corrente che scorre nel ramo AB che contiene l’induttore per t ≤ 0 si può ricavare facilmente considerando che la

differenza di potenziale i punti A e B nel circuito originale corrisponde alla differenza di potenziale quella fra i punti C’ ed D’

del circuito equivalente HGC’D :

𝜑_𝐴(t ≤ 0) − 𝜑_𝐵(t ≤ 0) ≡ 𝜑_𝐶′(t ≤ 0) − 𝜑_𝐷′(t ≤ 0) ⇔

⇔ 𝑅 𝐼_𝐿 (t ≤ 0) ≡ 𝐼₀ 𝑅_𝑒𝑞= f ^(2𝑅+𝑟)

𝑟 (3𝑅+𝑟)

𝑟𝑅

2𝑅+𝑟 = f ^𝑅

3𝑅+𝑟

da cui: 𝐼_𝐿 t ≤ 0 = f _3𝑅+𝑟^𝑅

𝑅 = ^𝑓

3𝑅+𝑟

t ≤ 0

⇔

• In alternativa, 𝐼_𝐿 (t ≤ 0) si può ricavare considerando che la differenza di potenziale i punti A e B è identica a quella fra i punti G ed H:

𝜑_𝐺(t ≤ 0) − 𝜑_𝐻(t ≤ 0) ≡ 𝜑_𝐴(t ≤ 0) − 𝜑_𝐵(t ≤ 0)

⇔ 𝑓 − 𝑟𝐼₀ ≡ 𝑅 𝐼_𝐿 (t ≤ 0)

da cui: 𝐼_𝐿 (t ≤ 0) = ^{𝑓−𝑟𝐼0}

𝑅 = ^{𝑓−𝑟 𝑓}

(2𝑅+𝑟) 𝑟 (3𝑅+𝑟)

𝑅 = ^𝑓

3𝑅+𝑟

t ≤ 0

⇔

• Dopo l’apertura dell’interruttore T, nella maglia D’HGC’ del circuito equivalente (e, naturalmente, nella maglia DHGT del circuito originale) non scorre corrente; si ha la ‘scarica’ dell’induttore sulle resistenze in serie 𝑅 ed ^𝑟

2 , quest’ultima corrispondente al parallelo delle resistenze dei rami CD ed EF.

• Con riferimento al verso (arbitrario) della corrente 𝐼_L 𝑡 ≡ 𝐼_L 𝑡 ≥ 0 che scorre nella maglia C’ABD’ (nella maglia GC’D’H o nella GCDH, la corrente è nulla), la II Legge di Kirchhoff si scrive:

− 𝑅 + ^𝑟

2 𝐼_L 𝑡 − 𝐿^{𝑑𝐼L 𝑡}

𝑑𝑡 = 0

la cui soluzione, imponendo la condizione iniziale 𝐼_L 𝑡 = 0 = ^𝑓

3𝑅+𝑟 è:

𝐼_L 𝑡 = 𝐼_L 𝑡 = 0 𝑒 ⁻

𝑅+𝑟 2

𝐿 𝑡 = ^𝑓

3𝑅+𝑟 𝑒 ⁻

𝑅+𝑟 2 𝐿 𝑡

t ≥ 0

come atteso, 𝐼_L 𝑡 ha lo stesso verso di 𝐼_L 𝑡 = 0

⇔

⇒

• Infine, si può calcolcare la differenza di potenziale fra i punti A e B per t ≥ 0:

𝜑_𝐴 t ≥ 0 − 𝜑_𝐵(t ≥ 0) = 𝑅𝐼_L 𝑡 + 𝐿^{𝑑𝐼L 𝑡}

𝑑𝑡 = ^{𝑓 𝑅}

3𝑅+𝑟 𝑒 ⁻

𝑅+𝑟 2

𝐿 𝑡 − ^{𝑓𝑅 2𝑅+𝑟}

2 3𝑅+𝑟 𝑒 ⁻

𝑅+𝑟 2 𝐿 𝑡

t ≥ 0

Problema 3

Con riferimento alla figura a sinistra, si consideri un cilindro conduttore di raggio R e lunghezza infinita, in cui sono presenti due cavità cilindriche uguali, con assi paralleli a quello del conduttore. Le due cavità cilindriche hanno raggio

⅓R; i loro assi sono posizionati da parti opposte lungo lo stesso diametro, a distanza ½R dall’asse del conduttore. Nel conduttore circola una corrente uniforme I (uscente dal piano del foglio).

Ricavare un’espressione vettoriale per il campo magnetico nel punto P, posto a distanza x dall’asse.

 E’ sufficiente applicare il Principio di Sovrapposizione.

Il conduttore con cavità è equivalente alla sovrapposizione di:

• un conduttore cilindrico, di raggio R e senza cavità, percorso da corrente 𝑰_𝟎, caratterizzata da densità di corrente (uscente dal piano del foglio) Ԧ𝑱₀ = ^𝐼

𝜋 𝑅²− 2 ^𝑅₃ ²

= ⁹

7 𝐼 𝜋𝑅²𝒌෡

• due conduttori cilindrici, di raggio ^𝑅

3 , posizionati in corrispondenza delle cavità, percorsi da corrente 𝑰_𝟏 ed 𝑰_𝟐 , rispettivamente e con stessa densità di corrente pari a Ԧ𝑱₁ = Ԧ𝑱₂ = −Ԧ𝑱₀ = −⁹

7 𝐼 𝜋𝑅²𝒌.෡

• Le correnti precedentemente indicate valgono:

𝑰_𝟎=׬ ^{𝑠𝑒𝑧.}

𝑐𝑎𝑣𝑖𝑡àԦ𝑱₀ ∙ 𝑑𝑺 = −⁹

7 𝐼

𝜋𝑅² 𝜋𝑅² = −⁹

7 𝐼

𝑰_𝟏= 𝑰_𝟐= ׬ ^𝑠𝑒𝑧

𝑐𝑎𝑣𝑖𝑡àԦ𝑱_{1 𝑜 2} ∙ 𝑑𝑺 = −⁹

7 𝐼

𝜋𝑅² 𝜋 ^𝑅

3

2 = −¹

7 𝐼

• Applicando la Legge di Ampere a ciascuno dei conduttori precedentemente indicati, si trova che

- Il campo magnetico 𝑩₀, generato in P dal conduttore cilindrico, di raggio R e senza cavità, percorso da corrente 𝑰_𝟎, ha espressione:

𝑩₀(𝑃) = ^μ0𝑰𝟎

2𝜋 𝑂𝑃 Ƹ𝒋 = ^μ0

9 7𝐼

2𝜋 𝑥 Ƹ𝒋 = ^{9 μ0𝐼}

14𝜋 𝑥 Ƹ𝒋 con 𝑩₀ = ^μ0𝑰𝟎

2𝜋 𝑂𝑃 = ^μ0

9 7𝐼 2𝜋 𝑥

𝑩₁(𝑃) = − 𝑩₁(𝑃) 𝑠𝑖𝑛𝛼 Ƹ𝒊 − 𝑩₁(𝑃) 𝑐𝑜𝑠𝛼 Ƹ𝒋 =− ^{9 μ0𝐼 𝑅}

28𝜋 𝑥²+ ^𝑅

2

2 Ƹ𝒊 − ^{9 μ0𝐼 𝑥}

14𝜋 𝑥²+ ^𝑅

2 2 Ƹ𝒋

𝑩₂(𝑃) = 𝑩₂(𝑃) 𝑠𝑖𝑛𝛼 Ƹ𝒊 − 𝑩₂(𝑃) 𝑐𝑜𝑠𝛼 Ƹ𝒋 = ^{μ0𝐼 𝑅}

28𝜋 𝑥²+ ^𝑅

2

2 Ƹ𝒊 − ^{μ0𝐼 𝑥}

14𝜋 𝑥²+ ^𝑅

2 2 Ƹ𝒋

cone 𝑩₁(𝑃) = 𝑩₂(𝑃) = ^μ0𝑰𝟏

2𝜋 0₁𝑃 = ^μ0

1 7𝐼 2𝜋 𝑥²+ ^𝑅

2

2 = ^μ0𝐼

14𝜋 𝑥²+ ^𝑅

2 2

- I campi magnetici 𝑩₁ e 𝑩₂, generati in P dai due conduttori cilindrici, di raggio ^𝑅

3 , posizionati in corrispondenza delle cavità, percorsi da corrente 𝑰_𝟏 ed 𝑰_𝟐, rispettivamente, hanno espressione:

- Di conseguenza, il campo magnetico totale, 𝑩_𝑇𝑂𝑇, in P ha espressione:

𝑩_𝑇𝑂𝑇(𝑃) = 𝐵_𝑜𝑦 𝑃 + 𝐵_1𝑦 𝑃 + 𝐵_2𝑦 𝑃 Ƹ𝒋 = ^9μ0𝐼

14𝜋 𝑥 − 2 ^{μ0𝐼 𝑥}

14𝜋 𝑥²+ ^𝑅

2

2 Ƹ𝒋 = ^9μ0𝐼

14𝜋 𝑥 − ^{4 μ0𝐼 𝑥}

7𝜋 4𝑥²+𝑅² Ƹ𝒋

Problema 4

Con riferimento alla figura a destra, si consideri una spira piana, di area S e resistenza totale R. A partire dall’istante t=0, la spira si trova immersa in un campo magnetico uniforme, le cui linee di forza sono dirette ortogonalmente al piano della spira, ed il cui modulo varia nel tempo secondo la legge B(t) = B₀ exp (− t/T), dove T>0 è una costante.

Si ricavi un’espressione per:

- la quantità di carica che circola attraverso la resistenza in un intervallo di tempo molto lungo (t >>T);

- l’energia dissipata sulla resistenza nello stesso intervallo di tempo.

Come conseguenza della variazione temporale del flusso del campo 𝑩(𝑡) concatenato con la spira, quest’ultima diviene sede di forza elettromotrice indotta, 𝑓𝑒𝑚_𝑖𝑛𝑑, e, di conseguenza, di corrente indotta, 𝑖_𝑖𝑛𝑑 per t ≥ 0:

Applicando la legge di Faraday-Lenz, si ricava:

𝑓𝑒𝑚_𝑖𝑛𝑑 = − 𝑑

𝑑𝑡𝛷^{𝑐𝑜𝑛𝑐.}

𝑠𝑝𝑖𝑟𝑎 𝑩 = − 𝑑

𝑑𝑡 න

𝑠𝑢𝑝. 𝑎𝑟𝑏𝑖𝑡𝑟.

𝑐𝑜𝑛 𝑠𝑝𝑖𝑟𝑎 𝑝𝑒𝑟 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑜𝑟𝑛𝑜

𝑩 𝑡 ∙ 𝑑𝑺 = − 𝑑 𝑑𝑡න

𝑆

𝑩 𝑡 ∙ 𝑑𝑺 = − 𝑑 𝑑𝑡 න

𝑆

𝑩 𝑡 𝑑𝑺 𝑐𝑜𝑠0 = − 𝑑

𝑑𝑡 𝑩 𝑡 න

𝑆

𝑑𝑺

= − 𝑑

𝑑𝑡 B(t) 𝑆 = − 𝑑

𝑑𝑡 B₀ exp (−t/T) 𝑆 = B₀S

T exp (−t/T) Di conseguenza:

𝑖_𝑖𝑛𝑑 = ^{𝑓𝑒𝑚𝑖𝑛𝑑}

𝑅 = B₀S

TR exp (−t/T)

Quindi, con riferimento alla figura:

𝑓𝑒𝑚_𝑖𝑛𝑑 > 0 : la fem indotta ha la polarità indicata;

𝑖_𝑖𝑛𝑑 > 0 : la corrente indotta scorre in verso antiorario

La quantità di carica totale che circola attraverso la resistenza si può ricavare:

𝑄 = ׬_{𝑖𝑛𝑖𝑧}^𝑓𝑖𝑛 𝑖_𝑖𝑛𝑑 𝑑𝑡 = ׬₀^∞B₀S

TR exp (−t/T) 𝑑𝑡 = B₀S R

oppure, in modo equivalente:

𝑄 = ׬_{𝑖𝑛𝑖𝑧}^𝑓𝑖𝑛 𝑖_𝑖𝑛𝑑 𝑑𝑡 = ׬_{𝑖𝑛𝑖𝑧}^𝑓𝑖𝑛 1 R

𝑑

𝑑𝑡𝛷𝑐𝑜𝑛𝑐.

𝑠𝑝𝑖𝑟𝑎(𝑩) 𝑑𝑡 = 1

R^׬𝑡=0

𝑡=∞ 𝑑𝛷𝑐𝑜𝑛𝑐.

𝑠𝑝𝑖𝑟𝑎 𝑩 =

= 1

R ^𝛷_{𝑠𝑝𝑖𝑟𝑎}^{𝑐𝑜𝑛𝑐. 𝑡 = ∞ − 𝛷}_{𝑠𝑝𝑖𝑟𝑎}^{𝑐𝑜𝑛𝑐. 𝑡 = 0 =} 1

R B(∞) S − B(0) S = 1

R ^{0 − B0S =}

B₀S R

L’energia totale dissipata attraverso la resistenza durante il passaggio della corrente nella spira vale:

𝑈 = න

𝑖𝑛𝑖𝑧 𝑓𝑖𝑛

𝑊_𝑅 𝑑𝑡 = න

𝑖𝑛𝑖𝑧 𝑓𝑖𝑛

𝑅 𝑖_𝑖𝑛𝑑² 𝑑𝑡 =

= න

0

∞

𝑅 B₀S

TR ^{exp (−t/T)}

2

𝑑𝑡 = 𝐵₀²𝑆² 2T𝑅