Appello n. 1 - 10/06/2010 Soluzioni
Problema I 1)
Si scelga il sistema di coordinate cilindriche Hr, j, zL coassiale alle lamine, di ovvia definizione.
Per simmetria cilindrica:
E= ErHrL e`
r
Sia S una superficie cilindrica (totale) di raggio r e altezza h, coassiale alle lamine e a esse affacciata.
Sia Q la carica contenuta dentro S.
Per il teorema di Gauss:
®S
E◊ n „ S = Q
¶0
\ Er2p r h = Q
¶0
poiché le lamine A e B sono isolate e conservano le cariche su di esse rispettivamente depositate:
ErHrL = 0 0< r < RB 1
2p ¶0h Q0
r RB< r < RC Per definizione di tensione:
DVAC= ‡
AgCE◊„ l scelto per g un segmento radiale:
DVAC= ‡
r=RA
r=RB
ErHrL „r + ‡
r=RB
r=RC
ErHrL „r = 0 + ‡
r=RB
r=RC 1 2p ¶0h
Q0
r „ r infine:
DVAC= Q0 (1)
2p ¶0hln RC
RB
2)
Come già detto le lamine A e B sono isolate, perciò QA= 0 e QB= Q0. Solo la carica su C, collegata a terra, può variare rispetto a quella (nulla) già depositata.
Poiché la condizione al contorno dello spazio esterno al sistema di lamine è V= 0 (sia sulla lamina C che all'infinito), il campo elettrico è nullo all'esterno. Con le stesse definizioni usate per il punto precedente, il teorema di Gauss applicato a una superficie S con r> RC fornisce Q= 0 e, poiché Q = QB+ QC, si ha:
(2) QA= 0
QB= Q0 QC= -Q0 3)
Siano qA, qB e qC le cariche presenti sulle rispettive lamine al nuovo equilibrio. La lamina B è ancora isolata e conserva la carica iniziale: qB= Q0. Considerando l'incognita qA e ragionando come al punto (1) si ha:
ErHrL =
0 0< r < RA
1 2p ¶0h
qA
r RA< r < RB 1
2p ¶0h qA+Q0
r RB< r < RC
DVAC= ‡
r=RA
r=RB
ErHrL „r + ‡
r=RB
r=RC
ErHrL „r = qA
2p ¶0hln RB
RA
+ qA+ Q0
2p ¶0h ln RC
RB
Imponendo che sia DVAC= Vg si determina la carica qA spostata dal generatore:
qA=
2p ¶0h Vg- Q0lnJRRC
BN lnJRRC
AN Dunque:
ErHrL = (3)
0 0< r < RA 1
2p ¶0h qA
r RA< r < RB 1
2p ¶0h qA+Q0
r RB< r < RC 4)
Resta da determinare la carica qC. Procedendo come al punto (2) si ha:
qA+ qB+ qC= 0 e infine:
(4) qA= 2p ¶0h Vg-Q0lnK
RC RBO lnKRRC
AO
qB= Q0 qC= -qA- Q0
5)
La carica spostata dal generatore si ritrova tutta su A ed è quindi qA. Il lavoro fatto dal generatore è dunque:
L= qAVg (5) se 2p ¶0h Vg> Q0lnJRRC
BN il generatore eroga energia (positiva) Uerog= L, altrimenti assorbe energia (positiva) Uass= -L.
Problema II 1)
Inizialmente sulla sbarretta agisce solo la forza peso, quindi l'accelerazione è quella di gravità:
a= g (6) 2)
Si definiscano:
il verso positivo del circuito in senso antiorario in figura, I la corrente circolante,
z la quota della sbarretta mobile rispetto a quella fissa.
Componente z della forza sulla sbarretta (forza di Laplace e forza di gravità):
Fz= a I B - m g
flusso del campo magnetico esterno concatenato col circuito:
F = a B z
f.e.m. autoindotta e indotta dal campo magnetico esterno:
& = -L I° - a B z°
La prima equazione cardinale della dinamica e la legge di Ohm forniscono dunque, per le funzioni incognite zHtL e IHtL, il sistema:
a I B- m g = m z..
-L I°
- a B z° = R I
ricavando I dalla prima equazione e sostituendola nella seconda si ottiene:
I= m a B z..+ m
a Bg
-m L
a B ...z- a B z°= m R a B z..+m R
a B g
Infine, sostituendo vz= z° e riscrivendo l'equazione in forma normale, si ottiene l'equazione differenziale cercata:
v..z+ R (7) L v°
z+a2B2
m L vz= -R L g alternativamente:
v..
z+ R Lv°
z+1 3
R2
L2 vz= -R Lg e, posto t = 2 LR:
v..
z+ 2 tv°
z+4 3
1
t2 vz= -2 tg 3)
Poiché il termine noto è costante, così sarà la soluzione asintotica vè
z, che deve quindi soddisfare l'equazione:
a2B2 m L vè
z= -R Lg infine:
(8) vè
z= -m R g a2B2 = -3L
R g= -3 2 gt 4)
Dalla relazione appena trovata segue che l'accelerazione asintotica è nulla: lim
tضz..HtL = 0;
dalla prima equazione cardinale già scritta segue quindi che anche la corrente asintotica è costante: lim
tضIHtL =m ga B e quindi la f.e.m. autoindotta è asintoticamente nulla:
-lim (9)
tضL I° HtL = 0
5)
La soluzione della (7) comporta diversi passi.
Discriminante ridotto dell'equazione algebrica associata:
D 4 = R2
4 L2 -a2B2 m L = R2
4 L2- R2
3 L2 = - R2 12 L2 < 0
La soluzione dell'associata equazione differenziale omogenea è quindi data da oscillazioni smorzate di pulsazione:
w = -D
4 = 1
2 3 R L = 1
3 t
e tempo caratteristico di smorzamento (dal coefficiente di v°
z):
t =2 L R
La soluzione generale della (7) risulta:
vzHtL = ‰-tt@b cosHwtL + c sinHwtLD + vèz
Le costanti b e c si determinano dalle condizioni iniziali:
vzH0L = b + vèz= 0 fl b = -vèz= 3L Rg v°
zH0L = -b
t+ w c = -g fl c = b w t- g
w= 3 L
Rg Infine, per la velocità in funzione del tempo si ha:
vzHtL =L (10)
Rg‰-12RLtB3 cosHw tL + 3 sinHw tLF - 3L Rg
Problema III 1)
Il circuito è un normale amplificatore (invertente) con ammettenza di feedback: Yf= R1
2+ Â w C =1+Â w RR 2C
2 .
L'amplificazione complessa in regime lineare è quindi:
A= V`
out
V`
s
= -R2
R1
1 1+ Â w R2C che per tensioni continue si riduce a A= -RR2
1. Per il modulo di A si ha:
A = R2
R1
1 1+ w2R22C2 che diventa la metà di RR2
1 per:
1+ w2R22C2 = 2 fl w = 3 R2C da cui si ottiene la frequenza di taglio:
n = 3 (11) 2p
1
R2C= 20 000 3
p Hz > 11 kHz 2)
Sempre in regime lineare, lo sfasamento richiesto è dato da: argHV`
outL - argHV`
sL = argHAL.
Dal valore di A sopra riportato:
Dj = argHAL = p - argH1 + Â w R2CL e infine:
Dj == p - arctgHw R2CL (12)
3)
Per l'impedenza d'ingresso, dalla definizione Zin= V
`
s
I`
s
e dal fatto che in zona lineare la tensione di ingresso all'operazionale è nulla (Vin= 0), l'equazione della maglia d'ingresso comporta immediatamente Zin= R1.
Per l'impedenza d'uscita, poiché l'amplificazione A non dipende dal carico (purché si resti in regime lineare), essa è nulla.
Riassumendo:
Zin= R1 (13) Zout= 0 4)
Detta Iout la corrente uscente dall'operazionale e Is la corrente di ingresso del circuito, in assenza di carico si ha Iout= -Is= -VRs
1.
Si consideri il generatore reale di tensione, equivalente per il teorema di Thevenin al circuito di uscita dell'operazionale.
La caduta di tensione sulla resistenza di uscita dell'operazionale vale: DVR= R Iout= -RR
1Vs. Per evitare di far entrare l'operazionale in saturazione negativa con Vs> 0, deve essere:
Vout+ DVR> -Vcc
\ -R2
R1
Vs- R R1
Vs> -Vcc
e, analogamente, per evitare la saturazione positiva con Vs< 0, deve essere:
-R2
R1
Vs- R R1
Vs< Vcc
In conclusione:
Vs < Vs,max= R1 (14)
R2+ RVcc> 239.5 mV
Si noti che l'effetto di R su Vs,max è dell'ordine dello 0.2 %; entro questo errore la si sarebbe potuta trascurare in tutto il procedimento, ottenendo: Vs,max= RR1
2Vcc= 240 mV.
5)
Se l'output è in cortocircuito la corrente di ingresso vale:
Is= Vs
R1+ R2
Dall'equazione della maglia di ingresso:
Vs= R1Is- Vin
si ricava immediatamente Vin= R1Is- Vs:
Vin= - R2 (15) R1+ R2
Vs,max
2 e trattandosi di un valore non nullo l'operazionale si trova in saturazione.
