Fisica 1 per Ing. Elettronica 2 e Fisica per Ing. Informatica 2 [A.A. 2008/2009 - Seconda prova di esonero - 18 giugno 2009]

Fisica 1 per Ing. Elettronica 2 e Fisica per Ing. Informatica 2 [A.A. 2008/2009 - Seconda prova di esonero - 18 giugno 2009]

Soluzione del problema n. 1

1. Applicando la legge di Gauss ad una sfera di raggio r, concentrica al sistema, e sfruttando la simmetria si ottiene (per l’applicazione della legge di Gauss ad un problema di questo tipo si consulti il libro di testo, a pag. 63)

E(r) =

















 ρr

3 ε₀ (r < R₁) 0 (R₁< r < R₂)

ρR₁³

3 ε0r² (r > R2)

essendo il campo diretto sempre nella direzione radiale, con verso uscente dal centro del sistema (per ρ > 0). In particolare: E(0) = 0; E(R1/2) =ρR1

6ε0

= 20 V/m; E(3R1/2) = 0; E(4R1) = ρR1

48ε0

= 2.5 V/m

2. Sulla superficie interna della buccia viene indotta una carica uguale e opposta alla carica totale (Q) della sfera interna (induzione completa). Sulla superficie esterna (S₂), essendo la buccia neutra, sar`a presente la carica Q, distribuita uniformemente con densit`a

σ = Q S2

=

4 3πR³₁ρ

4πR²₂ =ρR1

12 = 9 × 10⁻¹¹ C/m²

3. Integrando le espressioni del campo elettrico nelle varie regioni (e cambiando il segno) si ottiene:

V (r) =



















−ρ R³₁ 6 ε0

r²+ c₁ (r < R₁)

c₂ (R₁< r < R₂) ρ R³₁

3 ε₀ 1

r+ c3 (r > R2)

dove i parametri c₁, c₂ e c₃, costanti, sono da determinarsi in base alla posizione scelta come riferimento e alla continuit`a del potenziale. Prendendo come riferimento il potenziale all’infinito si ha c3= 0.

V(r)

R₁ R₂ r

~1/r

~ − r²+cost

4. L’energia potenziale della carica q₀ `e data da U (r) = q₀V (r). Dalla conservazione dell’energia, con E_c(r) = energia cinetica, si ha

U (∞) + Ec(∞) = 0 = U (0) + Ec(0) ⇒ q0= − mv² 2V (0)

Per determinare V (0) calcoliamo i valori delle costanti c2e c3. Dalla continuit`a in r = R2si ha, per il potenziale della buccia,

c₂= ρR²₁ 6ε0

e, dalla continuit`a in r = R1,

c1= ρR²₁ 3ε0

.

1

Quest’ultimo valore coincide con V (0), pertanto

q0= −3ε0mv²

2ρR²₁ = −12.5 nC Soluzione del problema n. 2

1. A regime, nel condensatore non scorre corrente, per cui il circuito si comporta come la serie di due resistenze, entrambe di valore R1. La potenza erogata dal generatore `e pertanto

P = f² 2R1

= 24 W

2. La tensione ai capi del condensatore `e quella ai capi di una delle resistenze di un partitore di tensione con due resistenze uguali, cio`e V_C= f /2, e quindi la carica sul condensatore `e

Q = C f

2 = 24 × 10⁻⁶C

3. Dopo la commutazione, ancora in condizioni di regime, la tensione ai capi del condensatore `e V_C⁰ = R₂

R1+ R2

f = f 6 La variazione di energia elettrostatica `e quindi

∆U = 1

2CV_C⁰²−1

2CV_C²= −1

9Cf²= −64 × 10⁻⁶J

4. Dopo l’inserzione del dielettrico, la capacit`a del condensatore diventa C⁰ = κ C e la carica su di esso Q⁰ = C⁰V_C⁰ = κ CV_C⁰. Tale carica deve uguagliare Q = CV_C, per cui

κ = f 2

6 f = 3 Soluzione del problema n. 3

1. Il campo magnetico `e presente solo all’interno del solenoide, in cui esso `e uniforme e diretto come l’asse del solenoide. Il suo modulo vale

B(r) = µ0ni0 (r < b); B(r) = 0 (r > b) 2. Dalle precedenti relazioni si ricava:

B(0) = B(a/4) = 0.63 mT; B(a) = 0

3. Il flusso di B concatenato con la spira `e

Φ_B= µ₀n i(t) πb²= µ₀n i₀πb²e^−t/τ per cui la f.e.m. indotta sulla spira `e

Ei= −dΦB

dt =µ0nπb²i0

τ e^−t/τ

4. L’energia dissipata sulla resistenza della spira viene calcolata integrando la potenza P (t) = E_i²/R, cio`e

U = µ₀nπb²i₀ τ

²Z^∞

0

e^−2t/τdt = (µ₀nπb²i₀)²

2τ R = 3.04 × 10⁻¹⁰J

2