Compito di Fisica 2 6 Febbraio 2014 Corso di Laurea in Ingegneria

Compito di Fisica 2
6 Febbraio 2014
Corso di Laurea in Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni
1. Due lastre uguali, di materiale conduttore, di superficie S = L2 ( L = 5cm ) e spessore h = 5mm, sono disposte
parallelamente, nel vuoto, a distanza d = 3mm. Sulla lastra 1 si deposita la carica Q=12nC. (a) Determinare
campo ed potenziale elettrostatico e farne il grafico. (b) Se le due lastre conduttrici vengono collegate tra di
loro con un filo conduttore, quale sarà la variazione di energia elettrostatica del sistema?
2. Un materiale dielettrico (imperfetto) è caratterizzato da una costante dielettrica
relativa εr = 12 ed una conducibilità elettrica σc descritta come in figura (σ = 10-5
1/Ωm). Esso viene posto tra le armature di un condensatore piano distanti d =
6mm. L’armatura in x = 0 è a terra, mentre quella in x = d ha potenziale V = V0 =
200V. (a) Determinare la densità di corrente che scorre nel sistema a regime; (b) le
densità volumetriche di carica libera nelle tre regioni e le densità superficiali di
carica sulle armature del condensatore.
1
2σ0
2
3
σ0
3. La spira quadrata di figura, di lato a =5cm, resistenza R =10Ω e induttanza
trascurabile, è è posta in mezzo a due fili rettilinei distanti tra loro d = 3/2 a, percorsi
da una corrente di uguale intensità I = 5A ma verso opposto. (a) Determinare la mutua
induttanza tra fili e spira; (b) la corrente che scorre nella spira nel caso essa, partendo
dalla condizione iniziale di figura, con la spira nel piano xy, ruoti con velocità angolare
costante ω = 0.1rad/s attorno all’asse y.
4. Una sbarretta metallica di resistenza R = 12Ω, lunghezza L =10cm e massa m = 100g
può muoversi senza attrito lungo due guide conduttrici. Alle estremità delle due
guide sono presenti le resistenze R1 = 2R ed R2 = R/2. E’ presente un campo
magnetico costante ed uniforme perpendicolarmente al piano del circuito B = 1T. (a)
Calcolare la corrente I che scorre nella sbarra nel caso la velocità della sbarra sia R
1
costante e pari a v = 10m/s . (b) Descrivere l’andamento nel tempo della velocità
della sbarra nel tempo se essa, partendo con velocità iniziale v0 = v per t = 0,
successivamente venga lasciata libera.
x
2d/3
d/3
d
y
a
I
I
x
d
B
v
R,L,m
5a. Un gas non perfetto obbedisce all’equazione di stato p(V – b) = nRT ( b = 4.2 10-5 m3) e la sua energia
interna è funzione solo della temperatura. (a) Determinare l’equazione di una trasformazione adiabatica quasistatica. (b) Calcolare la variazione di entropia in una espansione isobara dal volume V1 = 2 10-4 m3 al volume V2
= 6 10-4 m3 che si ha per una mole del gas in oggetto e per una mole di gas perfetto.
5b. Due onde elettromagnetiche piane si propagano nel vuoto:
EA = E0 cos(ky-ωt)ux;
EB = E0cos(ky-ωt +Φ)ux+ EC cos(ky-ωt)uz.
(a) Qual è l’intensità risultante per Φ = 0 ? (b) Per quali valori di Φ e EC si ha interferenza totale distruttiva ?
R2
Soluzioni
Q1
1. Poiché L >> h,d supponiamo le lastre indefinite, il campo dipende solo da
x, asse di figura. All’interno delle lastre conduttrici, all’equilibrio, non vi e’
carica. Siano Q1,Q2,Q3,Q4 le cariche sulle quattro superfici esterne delle due
lastre. Due equazioni esprimono la conservazione della carica su una stessa
lastra: Q1 + Q2 = Q e Q3 + Q4 = 0. Una terza equazione si ottiene applicando
la legge di Gauss ad una superficie chiusa a forma di parallelepipedo di base
S e altezza H (tratteggiata in figura) contenente le superfici 2 e 3. Si ha
,
,
con
Q3
Q2
Q4
H
S
1
2
A
x
B
C
. Poiché all’equilibrio il campo elettrostatico
all’interno dei conduttori è nullo, mentre, per simmetria, all’esterno è diretto come l’asse x si ha: Φ(E)=0 , da
cui si deduce che Q2 = -Q3. Un’ultima equazione si ottiene imponendo che il campo elettrostatico totale, dovuto
alla somma vettoriale dei campi prodotti da tutte le distribuzioni di carica, sia nullo all’interno del conduttore.
Ogni distribuzione piana con carica superficiale σ produce il
3.E+05
normale e uscente per carica positiva,
1
entrante per carica negativa, per esempio in 1
2.E+05
1.E+05
0 e quindi Q1 = Q2+Q3+Q4. Ne risulta Q1
= Q2 = Q/2, Q3 = -Q/2; Q4 = Q/2. L’andamento del campo
elettrostatico è quindi ottenuto utilizzando il principio di
sovrapposizione.
:
Nella
B,
%
&
regione
-0.010
-0.005
C:
0.005
x [m]
0.010
-2.E+05
-3.E+05
(
0.E+00
0.000
-1.E+05
,
A:
E [V/m]
campo
2.71#10$ ). Calcoliamo il potenziale elettrostatico a partire dalla regione centrale, B. Poniamo V(0) = 0.
' #
*
' 0
-
(+ )# → ' #
# . ', .
/
-
=-407V ; ' ,
-
.
delle due lastre il campo è nullo, quindi il potenziale elettrostatico è costante →
Lastra 2 ( d/2 < x < d/2 +h ): ' #
Nella
regione
2
1 13
(+
. )#
,
regione C: ' #
#
A
/
',
-
0.
-
2
(+
#
-
;
-0.010
',
0
3
500
.
' #
abbiamo:
→ ' #
/
= 407V. All’interno
V[Volt]
( -d/2 –h < x < - d/2 ) : ' #
Lastra 1
-
/
-
-
0.
.
Nella
-0.005
0
0.000
0.005
0.010
x [m]
-500
-1,000
)# → ' #
-1,500
0 . L’andamento di V in funzione di x è mostrato
in figura.
b.
4
L’energia
(
5
6*
)7
elettrostatica
(8
5
6*
8 )7
del
(9
5
sistema
6*
9 )7
è
(:
5
espressa
6*
: )7.
come
integrale
di
volume:
Se cortocircuitiamo le due lastre il
campo elettrostatico interno diventa nullo: EB = 0, quindi la variazione di energia elettrostatica è : ∆4
4=
5
(9
6*
9 )7
-
>
4<
-2.44x10-6 J.
2. (b) A regime abbiamo ? ∙J = 0 → J(x) = costante = J . Poiché vale la legge di Ohm: J = σ E , avremo anche
-/
'*
(*
A
corrente: C
-/
)#
-
D
%
A-
(-/
-1+
)#
-
'*
E(x) = J/σ(x). Conoscendo V0 e sapendo che:
-
A
( -/
)# per ottenere J possiamo porre:
(*
)#. Da questa relazione deriviamo il valore della densità di
0.456 A/m2.
EF
(b) Densità di carica volumetrica libera: ? ∙D = ρ poiché D = εE abbiamo che ρ = 0 nelle regioni 1 e 3 ( E non
dipende da x ) . Nella regione 2: G #
6
superficiale sulle due armature sono invece:
ΣI = ε E1 .un1=
A
%
EF
-
-H
A-
-+
A
-+
%
-
A
= -2.4x10-6 C/m2 e ΣII = ε E3 .un3=
5
EF
%
EF
-
. Le densità di carica
-1+
= 4.84x10-6 C/m2.
3. (a) Data la simmetria del problema il contributo dei due fili rettilinei indefiniti alla mutua induttanza è lo
stesso, quindi considero solo uno dei due fili e moltiplico il risultato per due. Consideriamo inizialmente la spira
nel piano dove giacciono i due fili ( θ = 0 ). I
-/
(-/
N/ L KN
)P
1N/
MO
L
M
5 -J
(b)STU=ON
V -W
QQR ,
- N
-1N
.
N/
(
K 1N/
J
K
L KE
M,
2
+.
)#
. Per θ generico, angolo tra normale alla spira e piano
L EK
O
QR ,
MV
O
contenente i due fili rettilinei abbiamo:con
r2
. dove r1 ed
d/2
r1
θ
l
r2 sono i raggi delle circonferenze che descrivono le linee di campo del filo
rettilineo che intercettano la spira ( vedi figura) . Per il teorema del coseno:
-
P5
N
, .
5 -J
V -W
STU=ON
-O
-E
, .
-
, .
L EK 5 -O
, MV
O -W
\ ]Z^R \_
-W
-
XYZ[; P
5 -O
.
O -W
N
-N
, .
XYZ[. Allora
-O
-W
. Per θ = ωt abbiamo:
L N K
otteniamo: STU=ON _
MV
-
\ ]Z^R \_
O W 1O W
\)Z^R \_ ,
O
W O W
..
(4) Il sistema corrisponde al circuito di figura, dove ε è la forza elettromotrice indotta
per l’effetto di induzione elettromagnetica ε = BLv =1 Volt; la corrente totale che scorre
nella sbarretta è: I = I1 + I2 . Valgono le relazioni: 6
S5 S ` S `
; S5 `5
S `
9ab V
V V
(b) c
0, con soluzione: S5
V V
V
d
V
-b
-W
V V
V
V V
V
;
S
V V
V
V V
V
,
e
da cui
B
b -b
b
5 W 9 a V V
(
& *V V V V V
)_→ f _
f* ^ 1W/g con 7
B
R1
S
I1
R
= 59.5mA.
eSQ → (b
ε
V V V V V
9a V V
d.
I2
R2
5. S
hL <
∙
>
hL (a) Per φ = 0 abbiamo S
*
hL ,2
< [cos op
*
Hs
\_
\_
\_
] >
r
< cos op
..
(b) Interferenza totale distruttiva: I = 0. Poiché S
( dove si è usato: cos op
cos op
XYZ op
t
h
u L
2
\_ XYZ
è quindi necessario che: Ec = 0 e Φ = π ±2πn con n = 0,1,2, ..
*
2
*
Z^R op
cos
\_ Z^R
r
)
\_ > .

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