Fisica I per Ing. Elettronica 2 e Fisica per Ing. Informatica 2 A.A. 2009/2010 - Sesta prova di accertamento - 15 giugno 2010
Soluzione del problema n. 1a
1. Dalla simmetria sferica del sistema si deduce che il campo elettrostatico `e diretto nella direzione radiale e dipende solo dalla distanza dal centro, e quindi poniamo E(r) = E(r) ˆr. L’espressione per E(r) pu`o essere ricavata dal teorema di Gauss, applicato ad una generica superficie sferica di raggio r concentrica al sistema. Questo fornisce
E(r) =
Q r
4πε0R31 (r ≤ R1) Q
4πε0r2 (R1≤ r < R2) Q
2πε0r2 (r > R2)
E (r)
r R
2R
10
In alternativa, le stesse espressioni avrebbero potuto essere ricavate sommando il campo generato da una distribuzione uniforme di carica in un volume sferico (di raggio R1e carica totale Q) a quello prodotto da una distribuzione uniforme di carica su una superficie sferica (di raggio R2e carica totale Q).
2. Detti VM e VN, rispettivamente, i valori del potenziale nei punti M e N, dalla definizione di potenziale si ha
VM − VN =
R2
Z
(R1+R2)/2
E(r) dr = Q 4πε0
R2
Z
(R1+R2)/2
dr
r2 = Q 4πε0R2
R2− R1
R2+ R1 ' 50 V ,
avendo usato la seconda delle espressioni del campo elettrico ottenute nel punto 1.
3. Osserviamo innanzitutto che la forza elettrostatica `e diretta come ˆr e quindi rallenta il moto della particella. Il minimo valore di v0`e pertanto quello che consente alla particella di arrivare sulla superficie sferica interna con velocit`a nulla.
Inoltre, il potenziale dipende solo dalla distanza dal centro, per cui possiamo prendere come posizione di partenza della particella qualsiasi punto sulla superficie esterna (p.es., N). Indicando con P un generico punto sulla superficie sferica interna, la conservazione dell’energia meccanica fornisce
1
2mv02+ qVN = qVP ⇒ 1
2mv20= q(VP − VN) = qQ 4πε0
R2
Z
R1
dr r2 = q Q
4πε0
R2− R1 R1R2
,
avendo usato ancora la seconda delle espressioni del campo elettrico ottenute nel punto 1. Pertanto,
v0=
r q Q 2πε0m
R2− R1
R1R2
' 0.44 m/s
1
Soluzione del problema n. 2a
1. Dalla definizione di capacit`a, la carica Q sulle armature del condensatore vale Q = C∆Vc0dove ∆Vc0`e la differenza di potenziale (ddp) ai suoi capi. Nel circuito dato, che si trova a regime con l’interruttore nella posizione A, il condensatore C si comporta come un circuito aperto e la resistenza R1`e isolata dal resto del circuito. L’unica maglia in cui scorre una corrente `e costituita dalla serie del generatore e delle resistenze r e R2. La ddp ∆Vc0 ai capi del condensatore `e uguale alla ddp ∆VR2 ai capi della resistenza R2, dal momento che essi sono in parallelo. A sua volta ∆VR2 si pu`o ottenere applicando l’espressione per il partitore resistivo di tensione:
∆Vc0= ∆VR2= R2 r + R2
f ⇒ Q = C∆Vc0 = C R2
r + R2
f
2. La potenza P0erogata dal generatore `e P0= f i0, dove i0`e la corrente che scorre nel circuito nella situazione di regime commentata prima. Perci`o:
i0= f
r + R2 ⇒ P0= f i0= f2 r + R2
3. In seguito alla commutazione nella posizione B dell’interruttore, il generatore e la resistenza r vengono escluse dal circuito, rimanendo su un ramo aperto in cui non pu`o scorrere corrente (perci`o il generatore non eroga corrente n´e energia). L’unica corrente presente nel circuito `e quella della scarica del condensatore C sul parallelo delle resistenze R1 e R2. Per la conservazione dell’energia, l’energia complessivamente dissipata per effetto Joule su R1e R2 sar`a l’energia UC0 che il condensatore ha immagazzinata a regime prima della commutazione stessa, cio`e in t = 0−. Quindi:
Ediss= UC0=1
2C(∆VC0)2= 1 2Cf2
R2 r + R2
2
Come si vede questa energia non dipende dal valore di R1. In alternativa, ma in questo caso il procedimento `e inutilmente pi`u lungo, si pu`o calcolare l’energia dissipata come l’integrale della potenza istantanea dissipata:
Ediss= Z ∞
0
P (t)dt = Z ∞
0
Rpi2(t)dt
dove P (t) = Rpi(t)2 `e la potenza dissipata su Rp = R1R2/(R1+ R2), parallelo di R1 e R2. La corrente i(t) `e la corrente totale che fluisce nel parallelo di R1e R2, ottenibile come ∆VC/Rp. Ricordando che nel processo di scarica di un condensatore, la ddp vale ∆VC= ∆VC0e−t/τ (con τ = RpC), si ha:
Ediss= Z ∞
0
Rp
∆VC0
Rp e−t/τ
2
dt = (∆VC0)2 Rp
Z ∞ 0
e−2t/τdt =
= (∆VC0)2 Rp
−τ 2
e−2t/τ|∞0 =(∆VC0)2 Rp
−RpC 2
(−1) = 1
2C(∆VC0)2 uguale all’espressione ricavata precedentemente (come deve essere), e sempre indipendente da R1. Valori numerici: R2= 4 Ω; r = 1 Ω; C = 33 nF; f = 10 V;
Risultati numerici: Q = 264 nC; P0= 20 W; Ediss= 1.056 µJ;
2
Soluzione del problema n. 3a
1. Trattandosi di un solenoide rettilineo indefinito, il campo `e nullo al di fuori di esso ed `e uniforme all’interno, dove vale B = B ˆz , con B = µ0ni ' 6.3 mT ,
avendo definito l’asse z in direzione ortogonale al foglio, con verso uscente.
2. Orientando la spira in verso antiorario, il flusso di B attraverso di essa risulta ΦB=
Z
B · ˆn dS = B bb 2 =1
2µ0nib2' 1.25 µT m2
3. Quando la spira si muove con velocit`a v diretta come in figura, il flusso di B ad essa concatenato diminuisce con legge lineare finch´e la spira non `e uscita completamente dal solenoide (ci`o avviene all’istante t = t1= b/2v). Quando la spira
`
e uscita completamente dal solenoide, il flusso `e nullo e tale rimane. In formule, si ha
ΦB(t) =
µ0nib b 2 − vt
0 < t ≤ t1
0 t > t1
Poich´e ΦB varia nel tempo, nella spira circola la corrente indotta
ii(t) = −1 r
dΦB dt =
µ0nibv
r 0 < t ≤ t1
0 t > t1
Essa quindi `e costante e scorre in verso antiorario nell’intervallo 0 < t ≤ t1, dove vale ii ' 50 mA, mentre `e nulla per istanti successivi.
3
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