UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PADOVA Corsi di Laurea in Ingegneria Settore Informazione
I appello di Fisica Generale 2 – 25 Gennaio 2019
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Problema 1
Un condensatore piano, con distanza fra le armature 2d = 8 cm, è diviso in due sezioni uguali A e B. La sezione A è vuota e la sezione B è riempita completamente da un dielettrico di costante dielettrica relativa al vuoto εr = 6. Il condensatore viene caricato tramite un generatore di forza elettromotrice E che resta sempre collegato. Calcolare, sapendo che il campo elettrico nella sezione B è EB = 350 V/m:
1) il valore della forza elettromotrice E
2) la densità di carica libera sulle armature σ
Si deposita carica sulla superficie libera dell’isolante con densità di carica uniforme σ1 = σ. Determinare:
3) la nuova densità di carica libera sullle armature σ′
4) il lavoro per unità d’area (delle armature) fatto dal generatore W/A
σ1 E A
B
+ + + + + + + + + + +
2d
1) La forza elettromotrice è la differenza di potenziale fra le armature a regime E= EAd+ EBd=εrEBd+ EBd= EBd
(
εr+ 1)
= 98 V2) Il campo nel dielettrico è
EB = σ
ε0εr ⇒ σ = ε0εrEB = 1.86 × 10−8 C/m2
3) Depositando la carica sul dielettrico cambiano i campi elettrici in ambedue le sezioni che utilizzando il principio di spvrapposizione diventano
′ EA = ′σ
ε0 − σ1 2ε0
′ EB = σ′
ε0εr + σ1 2ε0εr
⎧
⎨⎪⎪
⎩⎪
⎪
ove per mantenere costante la differenza di potenziale fra le armature deve cambiare la carica libera.
Si osservi che la capacità non cambia: la differenza rispetto al caso precedente è dovuta al fatto che il condensatore non è più isolato. Cambia il potenziale della armature per la non trascurabile presenza nello spazio di altra carica oltre a quella mantenuta sulle armature dal generatore di forza elettromotrice.
La forza elettromotrice è quindi data da
E = ′EAd+ ′EBd= σ′ ε0
− σ1
2ε0
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟d+ σ′ ε0εr
+ σ1
2ε0εr
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟d che risolta per la nuova densità di carica sulle armature porge
σ′=2ε0εrE −σ1(1−εr)d
2d(εr+ 1) == 2.52 × 10−8 C/m2 4) Il generatore sposta la carica q′− q facendo il lavoro
W = ′q − q E ⇒ W
A = ′σ − σ E = 6.5 × 10−7 J/m2
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Corso di Laurea in Ingegneria dell’Informazione- Canale 1 I appello di Fisica Generale 2 – 25 Gennaio 2019
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Problema 2
Due solenoidi rettilinei S1 e S2 di sezione circolare, e rispettivamente di raggi r1 = 1 cm e r2 = 3 cm, sono lunghi d = 500 cm e sono composti da N1 =20000 e N2 =10000 spire. Essi sono coassiali, ma compenetrati per una lunghezza x = 50 cm. S1 è percorso da una corrente i1 = i0 = 10A. Inizialmente la corrente i1 è costante; a t = 0s inizia a variare con legge i1(t) = i0 + α t con α = 0.1 A/s. Raggiunto il valore i = 100A, la corrente rimane costante. Se S2 ha resistenza R = 10 Ω, determinare:
a) il coefficiente di mutua induzione M tra i due solenoidi;
b) il momento m2 di dipolo magnetico di S2, mentre i1 varia;
c) l’energia dissipata nel solenoide S2
N. B. Si consideri per i solenoidi l’approssimazione di solenoidi infiniti, ovvero il campo sia confinato nei solenoidi.
r2 r1
S2 S1
d
x
a) Un decimo delle spire del solenoide S2 concatenano il campo del solenoide S1 per cui il flusso di B1 attraverso S2 è Φ2 = B1A= µ0
N1 d i0
⎛⎝⎜ ⎞
⎠⎟ N2 x dA1
⎛⎝⎜ ⎞
⎠⎟ =µ0
N1N2xπr12 d2 i0 Il coefficiente di mutua induzione è definito come
M =Φ2
i0 =µ0
N1N2xπr12
d2 = 1.58 mH b) La forza elettromotrice nel solenoide S2 è
Ei,2= M di1
dt = Mα = 1.58 × 10−4V ⇒ i2 =Ei,2
R = 15.8µA e quindi il momento di dipolo magnetico di S2 è
m2 = i2πr22N2= 4.46 × 10−4Am2
c) Viene dissipata energia in S2 solo finchè la corrente in S1 è variabile. Il tempo impiegato per raggiungere il valore finale di corrente in S1 è
i= i0+αt ⇒ t =i− i0 α = 900s ed, essendo la corrente i2 costante, l’energia dissipata in S2 nel tempo t è
EJ = Ri22t= 2.24 × 10−6J
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Problema 3
Un fascio di luce polarizzata in aria lungo un certo angolo α rispetto al piano YZ contenente i vettori d'onda, giunge con una potenza P = 10 W su una superficie di incidenza Ai= 22 cm2 che separa l'aria da un mezzo trasparente con indice di rifrazione n e il 7% di essa viene riflessa. L'angolo di incidenza è θi= 60°. La luce riflessa si trova polarizzata linearmente ad un angolo perpendicolare al piano YZ. Si trovi
a) l'indice di rifrazione
b) il valore massimo del campo elettrico della radiazione trasmessa all'interno del materiale;
c) l'angolo di polarizzazione iniziale α espresso in gradi.
a) Visto che la luce riflessa è polarizzata con un angolo di π/2 rispetto al piano, significa che siamo all'angolo di Brewster, per cui
tanθB = tanθi= n = 3 1.732
b) Il 93% della luce viene trasmessa:
Pi= Pr+ Pt→ Pt = 0.93Pi = 9.3W
Da questa si ricava l'intensità sulla superficie At che deve essere correlata alla superficie At tramite la legge di Snell θt = sin−1
(
sinnθi)
= 30oIt = Pt / At = Pt
A cosθt = Ptcosθi
Aicosθt = 2441W/m2 Questa è pari a
It =1 2εvEt2
doveε = ε0εr =ε0n2 per un dielettrico trasparente e non ferromagnetico e dove v=c/n, per cui Et = 2It
ε0nc = 1031V/m
c) L’onda è polarizzata su un piano che forma l’angolo α col piano di incidenza YZ, per cui l’ampiezza del suo campo elettrico è data da
E= E0cosα uπ + E0senα uσ La potenza dell’onda è Pi= Piπ + Piσ = Ai
2Z 0(E0cosα)2+2Z 0Ai (E0senα)2 = Picos2α+ Pisen2α
Dato che siamo all'angolo di Brewster, la luce riflessa è tutta nel piano σ, pertanto Pr = RσPisin2(α)
e visto che Pr/ Pi = 0.07 si ottiene sin2(α) =0.07
Rσ con Rσ = cos2(2θi)= 1 / 4
e dunque α 32o