La risposta numerica deve essere scritta nell apposito riquadro e giustificata accludendo i calcoli relativi.

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1 Corso di Laurea in Matematica Prima prova in itinere di Fisica 2 (Prof. E. Santovetti) 11 ottobre 2015 Nome: La risposta numerica deve essere scritta nell apposito riquadro e giustificata accludendo i calcoli relativi. Problema 1. Tre condensatori piani identici (Σ = 36.0 cm 2, d = mm) sono connessi come nella figura 1. Inizialmente l interruttore s è chiuso su una batteria V 0 = 18.0 V e i condensatori si caricano. Calcolare (a) la carica presente sulle armature del condensatore indicato. Si vuole a questo punto portare il potenziale del punto a al valore V 0 /3 e a tale scopo si allontanano le armature del condensatore indicato. Calcolare il valore della separazione tra le armature che realizza tale condizione se il processo di separazione è fatto (b) con il generatore attaccato e (c) dopo aver aperto l interruttore s (generatore staccato). Q [C] = d [mm] = d [mm] = Problema 2. Si consideri il circuito di Figura 2 in cui f 1 = 1.0 V, f 2 = 4.0 V, 1 = 6.0 Ω, 2 = 3.0 Ω e 3 = 5.0 Ω. Calcolare (a) il valore e il verso della f.e.m. di una batteria che, posta nel riquadro vuoto, produca sulla resistenza 1 una corrente di 1 A, nel senso da a verso b (si assuma positiva se il polo positivo è in alto). In queste condizioni, calcolare (b) la corrente erogata da tale generatore e la potenza dissipata sulla resistenza 2. f [V] = i [A] = P [W] = Problema 3. Una distribuzione spaziale di carica a simmetria sferica ha densità ρ(r) = αr con α = C/m 4 e r e ρ sono espressi rispettivamente in metri e C/m 3. La sfera ha raggio = 53 mm ha centro nell origine. Si calcoli (a) il campo elettrico (modulo) nel punto P 1 = ( 12 mm,17 mm,22 mm) e la differenza di potenziale tra il punto P 1 e il punto P 2 = (28 mm, 45 mm, 42 mm). Abbandonando in quiete un protone (e = C e m p = kg) nell origine, calcolare la sua velocità quando si è allontanato di molti metri dall origine. E 1 [V/m] = V 12 [V] = v [m/s] = Problema 4. Si consideri una superfice cilindrica di altezza 2a = 40.0 cm e raggio = 15.0 cm, uniformemente carica con una densità superficiale σ = C/m 2 (la carica è solo sulla superfice laterale, non sulle basi). Il cilindro carico ruota intorno al suo asse con velocità angolare ω = 2000 rad/s. Calcolare (a) il campo magnetico nel centro del cilindro. Calcolare (b) lo stesso campo nel limite a e mostrare che si ottiene il campo di un solenoide ideale (suggerimento: si usi la formula del campo magnetico di una spira circolare sull asse della spira). B 1 [T] = B 2 [A] = Dati utili: ε 0 = F/m, µ 0 = 4π 10 7 H/m. dz (z ) 3/2 = z 2 z

2 s V 0 a C f a C 1 f C b f 2 Figura 2 Problema 2 Figura 1 Problema 1 ω 2a Figura 3 Problema 4 2

3 Soluzione Problema 1 Il sistema presenta un condensatore C in parallelo con la serie di due condensatori C. Dovendo calcolare la carica su uno dei due condensatori della serie, calcoliamo la capacità equivalente della serie e da quella troviamo (essendo la tensione sulla serie V 0 nota) la carica sui condensatori in serie Q s Q s = V 0 C/2 = V 0Σε 0 = 5.74 (3.54) nc 2d Quando allontano le armature del condensatore la sua capacità cambia e così anche la capacità della serie. Possiamo nuovamente calcolarci la carica sulla serie (che dipenderà dal valore incognito della gap del condensatore, x) e dunque la differenza di potenziale ai capi del condensatore in basso della serie. A questo punto imponiamo che tale V sia pari a V 0 /3. da cui ricaviamo C = ε 0Σ x C s = ε 0Σ d + x Q = V 0 C s = V 0ε 0 Σ d + x V a = Q s/c = V 0ε 0 Σ d (d + x) ε 0 Σ = V 0d d + x = V 0/3 x = 2d = 0.1 (0.12) mm. La situzione in cui si stacca il generatore è un pochino più complicata e adesso dobbiamo ricorrere anche all altro ramo del parallelo. Una volta staccato il generatore la carica totale (sopra e sotto) si conserva. Dobbiamo calcolare questa carica dalla situazione iniziale. C tot = C +C/2 = rε 0Σ Q tot = V 0 C tot = 3V 0ε 0 Σ 2d 2d Consideriamo ora la nuova capacità totale e da questa, conservandosi la carica, possiamo trovare il nuovo valore della differenza di potenziale sul parallelo (che è anche quella della serie) C tot = ε 0Σ d + ε 0Σ d + x = ε 0Σ(2d + x) d(d + x) V = Q tot C tot = 3V 0ε 0 Σ d(d + x) = 3V 0(d + x) 2d d + x 2(2d + x) Sapendo la differenza di potenziale sulla serie posso calcolarmi la carica sui condensatori della serie e, come prima, imporre che la differenza di potenziale del condensatore basso della serie (quello connesso con la terra) sia V 0 /3. Q s = V C s = 3V 0(d + x) 2(2d + x) ε 0 Σ d + x = Dall ultima equazione si trova immediatamente 3V 0ε 0 Σ 2(2d + x) V a = Q s/c = 3V 0ε 0 Σ d 2(2d + x) ε 0 Σ = V 0/3. 2(2d + x) = 9d x = 5d/2 = (0.15) mm 3

4 Prendiamo le correnti di maglia come nella figura e scriviamo le equazioni sulle due maglie f f 2 i 1 ( ) + i 2 2 = 0 (1) f 2 f 1 i 2 ( ) + i 1 2 = 0. (2) Abbiamo un sistema di due equazioni e due incognite: f e i 1. La corrente i 2 = 1 A e f è stata assunta con il polo positivo verso l alto. Dalla (2) equazione ricaviamo la corrente i 1, che vale i 1 = i 2 f 2 f 1 = 2.0 (1.17) A 2 2 Sostituendo tale valore nella (1) troviamo f. Problema 2 a f 1 1 b i 2 i f 2 f La potenza che si dissipa su 2 vale f = i 1 ( ) i f 2 = 17.0 (8.67) V P 2 = (i 2 i 1 ) 2 2 = 3.0 (0.173) W. Problema 3 Il problema si risolve usando il teorema di Gauss, con cui possiamo trovare il campo elettrico e da questo il potenziale. Calcoliamo inizialmente la carica totale Q = ρdv = ρ4πr 2 dr = 4πα r 3 dr = πα 4 V 0 0 Il calcolo del campo con il teorema di Gauss si fa separatamente dentro e fuori la sfera carica. Dantro la sfera (r < ) abbiamo: 4πr 2 E = παr4 E(r) = αr2 V (r) = ε 0 4ε 0 Fuori dalla sfera (r ) tutto va come se la carica fosse puntiforme e infatti abbiamo 4πr 2 E = Q E(r) = Q ε 0 4πε 0 r 2 V (r) = E(r)dr = αr3 12ε 0 +C 1 E(r)dr = Q 4πε 0 r +C 2 La costante C 2 la determiniamo imponendo che il potenziale si annulli all infinito e troviamo C 2 = 0. La costante C 1 si trova invece imponendo che il potenziale sia continuo nel passaggio da dentro a fuori la sfera (r = ). Alla fine possiamo scrivere: α (4 3 r 3 ) 12ε 0 V (r) = α 4 4ε 0 r Per calcolare il campo nel punto P 1 e la differenza di potenziale tra i punti P 1 e P 2 dobbiamo calcolare le distanze dei punti dall origine r 1 = x1 2 + y2 1 + z2 1 = 30.3 mm r 2 = x2 2 + y2 2 + z2 2 = 67.6 (86.4) mm Il campo in P 1 vale r < r 4

5 E(P 1 ) = αr2 1 4ε 0 = 10.4 (15.5) kv/m. La differenza di potenziale tra i punti P 1 e P 2 vale V 12 = V (P 1 ) V (P 2 ) = α ) (4 2 r = 819 (2690) V. 12ε 0 r 2 Infine il protone lasciato libero nell origine in quiete acquisterà energia cinetica perdendo energia potenziale elettrostatica e possiamo scrivere 1 2 mv2 = e[v (r = 0) V (r = )] = e α3 2eα v = 3 = 6.55 (11.4) 10 5 m/s 3ε 0 3mε 0 Problema 4 Per calcolare il campo del cilindro che ruota, suppongo lo stesso cilindro come la sofrapposizione di tante nastrini di altezza dz (z coordinata verticale) e raggio. Tali nastrini sono assimilabili ad una spira circolare di corrente di = σ2πdz = σωdz T Il campo magnetico prodotto da una spira circolare sull asse (ad una altezza z) vale ω B = µ 0i 2 2 ( 2 + z 2 ) 3/2 Sostituiamo alla corrente i il nostro di e integriamo su tutti i nastrini che compongono il cilindro. L integrale è fatto dunque in dz. z o 2a B = db = µ 0σω 3 2 a a dz ( 2 + z 2 ) 3/2 = µ 0σωa = 3.62 (5.96) µt. 2 + a2 Nel limite a abbiamo B = µ 0 σω = 4.52 (9.05) µt. La formula (20) è proprio la formula del campo del solenoide B = µ 0 in dal momento che vale: in = σ2π T = σω. 5

6 Corso di Laurea in Matematica Seconda prova in itinere di Fisica 2 (Prof. E. Santovetti) 13 gennaio 2016 Nome: La risposta numerica deve essere scritta nell apposito riquadro e giustificata accludendo i calcoli relativi. Problema 1. Si consideri una spira circolare di raggio a = 15.0 cm e resistenza = 12.5 Ω. La spira ruota intorno ad un asse passante per il suo centro con velocità angolare ω = 600 rad/s ed è immersa in un campo magnetico, uniforme e costante, B 0 = 1.20 T, perpendicolare all asse di rotazione della spira, come in Figura 1. Trascurando fenomeni di autoinduzione, calcolare (a) la massima corrente che circola nella spira e (b) la potenza media che si dissipa per effetto Joule. Valutare (ordine di grandezza) la f.e.m autoindotta rispetto a quella indotta dal campo esterno. Nel calcolo si assuma che il campo magnetico prodotto dalla corrente che circola nella spira sia uniforme all interno della spira e pari al suo valore al centro. i max [A] = 4.07 P med [W] = 104 r = Problema 2. Si consideri il semplice circuito di Figura 2, in cui una resistenza ed un induttore sono posti in serie ad un generatore di tensione alternata V (t) = V 0 cosωt, con V 0 = 48.0 V e ω = 400 rad/s. La massima differenza di potenziale che si misura ai capi della resistenza vale V = 28.0 V mentre l energia media immagazzinata nell induttore è pari a E L = 1.52 J. Si calcolino i valori (a) della resistenza e (b) dell induttanza. [Ω] = L [H] = Problema 3. Si supponga di camminare per 185 m verso un lampione e di osservare che l intensità della luce aumenti di un fattore 1.6. Calcolare (a) a quale distanza dal lampione ci trovavamo inizialmente. Se la potenza irraggiata dal lampione vale P = 3.2 kw, calcolare (b) l intensità della luce e (c) il massimo valore del campo elettrico, quando ci troviamo più vicini al lampione (si assuma che il lampione irraggi uniformemente in tutte le direzioni). D [m] = 883 I [W/m 2 ] = E max [V/m] = Problema 4. Si consideri un campo elettrico uniforme che passi dal valore di 36 kv/m a zero in 6 µs, secondo la legge oraria E(t) = (E 0 kt 2 ) kv/m, con E 0 = 36 kv/m e k = kv/m s 2 (Figura 3). Calcolare la corrente di spostamento che passa in una area di 1.2 m 2, perpendicolare al campo elettrico, all istante t = 2.0 µs e (b) la stessa corrente di spostamento, mediata sull intero periodo (0 6) µs. In una certa regione dove il campo elettrico ha l andamento di Figura 3, si osserva che le linee del campo magnetico (prodotto da tale campo elettrico variabile) sono delle circonferenze, in cui il modulo è uniforme. Calcolare (c) il modulo di tale campo magnetico sulla circonferenza di raggio = 50.0 cm, all istante t = 5.0 µs. i s [A] = i s [A] = B [T] = Dati utili: ε 0 = F/m, µ 0 = 4π 10 7 H/m.

7 ω B 0 L Figura 1 Problema 1. Figura 2 Problema 2. Figura 3 Problema 4. 2

8 Problema 1 Soluzione Il flusso del campo magnetico con la spira varia nel tempo e dunque, per la legge di Faraday-Neumamm Lenz, si produrrà una f.e.m. indotta. Il flusso del campo magnetico con la spira vale Φ(B 0 ) S = SB 0 cosθ = πa 2 B 0 cosωt. Facendo la derivata rispetto al tempo otteniamo la f.e.m. e dividendo per la resistenza otteniamo la corrente che circola nella spira. f.e.m. = Φ(B 0) S dt La massima corrente vale dunque = πa 2 B 0 ω sinωt i = f.e.m. = πa2 B 0 ω sin ωt (1) i max = πa2 B 0 ω = 4.07 A. La potenza media si calcola mediando la potenza istantanea su un periodo. P med = 1 T T 0 i 2 dt = ω 2π 2π/ω 0 i 2 maxsin 2 ωt dt = (πa2 B 0 ω) 2 = W. 2 Calcoliamo ora la f.e.m. autoindotta. Per fare ciò dobbiamo dapprima calcolare il flusso del campo prodotto dalla corrente che circola nella spira con la spira stessa. Il calcolo esatto del campo prodotto da una spira circolare in un punto generico è complicato e per semplicità assumiamo il campo uniforme e pari al suo valore al centro della spira B = µ 0 i/2a. Usando la corrente trovata nell eq. (1), l autoflusso sarà allora Φ(B) S = πa 2 B = π 2 µ 0ai = π2 µ 0 a 3 B 0 ω sinωt 2 Facendo la derivata rispetto al tempo troviamo la f.e.m. autoindotta f.e.m. = Φ(B) S = π2 µ 0 a 3 B 0 ω 2 cos ωt. dt 2 Il rapporto tra le ampiezze delle due f.e.m. (autoindotta e quella indotta dal campo esterno) vale r = f.e.m. f.e.m. = π2 µ 0 a 3 B 0 ω πa 2 B 0 ω = πµ 0aω = Questo rapporto è inversamente proporzionale alla resistenza essendo il campo prodotto dalla corrente della spira, direttamente proporzionale alla pulsazione ω essendo la f.e.m. autoindotta ricavata dopo due derivazioni (la f.e.m. principale solo una). Questo giustifica l aver trascurato l autoinduzione all inizio. 3

9 Problema 2 Per risolvere il circuito usiamo il metodo simbolico. Se la tensione del generatore vale V (t) = V 0 cosωt, la corrente del circuito vale I(t) = I 0 cos(ωt + ϕ), cioè la stessa funzione armonica con la stessa frequenza ma un certo sfasamento ϕ. Introduciamo le grandezze complesse associate alla tensione e alla corrente L impedenza totale del circuito vale V = V 0 e iωt I = I 0 e i(ωt+ϕ) Z = + iωl La grandezza complessa associata alla corrente sarà dunque I = V Z = V + iωl La tensione ai capi della resistenza vale I 0 = V ω 2 L 2, ( ) ωl ϕ = tan 1. V = I = V + iωl V = V ω 2 L 2 (2) dove V è il modulo della grandezza complessa V associata alla tensione ai capi di. La tensione ai capi di è in fase con la corrente e dunque ha lo stesso sfasamento ϕ rispetto al generatore. Dobbiamo poi calcolare l energia media nell induttore. L energia istantanea di un induttore vale 1/2Li 2 L energia media è la media su un periodo che, essendo la corrente una grandezza sinusoidale e comparendo il quadrato della corrente, si riduce al valore massimo moltiplicato per 1/2. Dunque possiamo scrivere E med = L T i 2 V0 2 dt = L 2T 0 4( 2 + ω 2 L 2 ) Le equazioni (2) e (3) rappresentano due equazioni nelle due incognite e L, che risolte danno L = (V 0 2 V 2) 4ω 2 = 1.56 mh = V V0 2 V 2 = Ω E med 4ωE med (3) 4

10 Problema 3 L intensità di una sergente che emette in modo uniforme in tutte le direzioni è proporzionale a 1/r 2. Se r 2 è la distanza dalla sorgente all inizio e r 1 = r 2 d è la distanza alla fine, possiamo scrivere I 1 = k r1 2, I 2 = k r2 2 I 1 = r2 2 r2 2 I 2 r1 2 = (r 2 d) 2 = α dove α = 1.6 è il fattore di aumento dell intensità. L ultima è un equazione di secondo grado nell incognita r 2 (α 1)r 2 2 2dαr 2 + d 2 α = 0 r 2 = α ± α α 1 d = 883 m La soluzione con il segno meno va scartata poiché è minore della distanza d. L intensità della luce alla distanza r 1 = r 2 d = 698 m è legata alla potenza essendo il flusso della potenza nell unità di superficie. Dunque scriveremo I 1 4πr1 2 = P I 1 = P 4πr1 2 = W/m 2 Il campo elettrico è legato all intensità essendo quest ultima il valore medio del vettore di Poynting I 1 = E2 ε0 /µ 0 = E2 ε 0 c 2 2 E = 2I1 = V/m ε 0 c 5

11 Problema 4 Dall equazione di Ampere-Maxwell la corrente di spostamento è la derivata rispetto al tempo del flusso del campo elettrico (a parte la costante ε 0 µ 0 ). dφ(e) S i s = ε 0 = ε 0 S de dt dt = ε 0 S2kt = A t=2 µs t=2 µs Nel calcolo cel flusso si è tenuto conto che camo e superfice sono perpendicolari e che il campo è uniforme. Il calcolo della corrente di spostamento media è analogo tranne che adesso dobbiamo fare una derivata mediata nel tempo che non è altro che il rapporto tra la variazione globale del campo diviso per l intervallo di tempo totale. i s = 1 t t 0 ε 0 dφ(e) S dt dt = ε 0 S E t = A Dal momento che sappiamo la direzione delle linee del campo magnetico, possiamo applicare la legge di Ampere- Maxwell in forma integrale la quale ci dice che la circuitazione del campo magnetico su una certa linea chiusa è pari, in assenza di correnti di conduzione, alla corrente di spostamento concatenata con il circuito, cioè alla derivata rispetto al tempo del flusso del campo elettrico concatenato. C B dl = ε 0 µ 0 dφ(e) S dt L integrale di linea è semplicemente il prodotto del campo magnetico per la lunghezza del circuito mentre nel fare il flusso anche in questo caso usiamo il fatto che la superficie è normale al campo elettrico. B2π = ε 0 µ 0 π 2 de dt = ε 0 µ 0 π 2 2kt B = ε 0 µ 0 kt = T 6

12 Corso di Laurea in Matematica Prova scritta di Fisica 2 (Prof. E. Santovetti) 28 gennaio 2016 Nome: La risposta numerica deve essere scritta nell apposito riquadro e giustificata accludendo i calcoli relativi. Problema 1. Un sistema di resistenza è collegato come in Figura 1-a. Calcolare (a) la resistenza equivalente tra i punti A e C. Il sistema viene quindi complicato aggiungendo altre due resistenze (Figura 1-b). Calcolare (b) la resistenza equivalente tra i punti A e B e (c) la differenza di potenziale tra i punti C e A, sapendo la differenza di potenziale tra i punti B e A. Per i valori nemerici si assuma 1 = 2 = 3 = 200 Ω, 4 = 25 Ω, 5 = 120 Ω, 6 = 40 Ω e V BA = 320 V. AC [Ω] = 77.9 AB [Ω] = 35.0 V CA [V] = 89.7 Problema 2. Due condensatori di capacità C 1 = 1.8 µf e C 2 = 1.2 µf sono collegati in serie ad una batteria ε = 85 V, come in Figura 2. Calcolare (a) la differenza di potenziale ai capi del condensatore C 2. Si chiude quindi l interruttore s, cortocircuitando il condensatore C 2 e il sistema raggiunge l equilibrio. Calcolare (b) la carica che fluisce attraverso l interruttore e (c) il lavoro fatto dal generatore dopo la chiusura dell interruttore. V 2 [V] = 51.0 δq [C] = W [J] = Problema 3. Un elettrone (m = Kg, e = C) di energia E = 22.8 ev si muove in una regione in cui c è un campo magnetico uniforme B 0 = 480 µt. Se la velocità dell elettrone forma un angolo θ = 78 o con il campo magnetico, calcolare (a) il periodo e (b) il passo della traiettoria (Figura 3). Calcolare infine (c) la distanza percorsa, in linea d aria, in un tempo t = 2.5T. T [s] = p [cm] = 4.38 d [cm] = 12.8 Problema 4. Tre fili rettilinei, infiniti e paralleli si trovano ai vertici di un triangolo equilatero di lato l = 20.0 cm (Figura 4). I fili sono percorsi da una corrente costante i = 3.6 A con i versi indicati in figura. Calcolare il modulo del campo magnetico (a) nel punto P = (10, 10) m e (b) al centro del triangolo. Calcolare infine (c) il punto sull asse y in cui il campo magnetico è nullo. (Si usi il sistema di riferimento della Figura con l origine nel centro del triangolo e nella prima domanda si faccia l approssimazione l 10 m) B P [T] = B c [T] = y [m] = Problema 5. Si consideri una spira rigida quadrata di lato l = 30.0 cm in cui è presente una resistenza = 2.0 Ω e una piccola batteria ε = 0.5 V. La spira ha i lati paralleli agli assi coordinati ed è libera di muoversi sul piano x y (vedi Figura 5). Perpendicolare alla spira (lungo l asse z) è presente un campo magnetico il cui modulo varia secondo la legge B(x) = kx, con k = 0.4 T/m, x è espresso in metri e B in Tesla. All istante t = 0 l isterruttore s viene chiuso e inizia a circolare corrente nella spira. Assumendo che la spira abbia una massa m = 8.0 g, calcolare (a) l accelerazione della spira all istante iniziale. Calcolare quindi la velocità della spira e la corrente che vi circola in funzione del tempo e, in particolare, (b) la velocità al tempo t = 10 s e (c) la corrente al tempo t = 20 s. a [m/s 2 ] = 1.12 v [m/s] = 7.71 i [A] =

13 B C D 2 1 C D ε C C s A a A b Figura 2 Problema 2. Figura 1 Problema 1. y l x Figura 3 Problema 3. Figura 4 Problema 4. y ε s B 0 x x Figura 5 Problema 5. 2

14 Soluzione Problema 1 Nel caso dello schema a, si ha il parallelo di 1 e 4 in serie con 2 e il tutto in parallelo a 5. AC = = 77.9 Ω. Nello schema (b) metto in serie a questa resistenza appena calcolata la resistenza 3 e quindi il risultato in parallelo con 6 ( ) AB = + = 35.0 Ω AC Se ai capi A e B ho una certa differenza di potenziale, è come se a tali capi è attaccata una batteria con quella differenza di potenziale. Tale batteria fa girare corrente nei vari rami del circuito. Il circuito diventa quello indicato in figura. Poiché noi siamo interessati alla tensione V CA, di cui fra l altro abbiamo calcolato la resistenza equivalente AC, dobbiamo calcolare la corrente che passa nel ramo di 3 (che poi va nella resistenza equivalente AC ). i 3 = V AB 3 + AC V AC = i 3 AC = V AB AC 3 + AC = 89.7 V V AB B 3 C 6 AC A Problema 2 Quando l interruttore s è aperto abbiamo la serie di due condensatoriper cui la capacità totale vale. ( 1 C s = + 1 ) 1 = C 1C 2 = µf. C 1 C 2 C 1 +C 2 La carica iniziale ai capi dei due condensatori in serie sarà la stessa e pari a La differenza di potenziale ai capi di C 2 vale allora Q i = C s ε = C. V 2 = Q i C 2 = 51.0 V. Quando chiudiamo s, dopo una fase transitoria, il condensatore C 2 è cortocircuitato dalla resistenza e dunque si scarica mentre il condensatore C 1 ha tutta la tensione del generatore. La nuova carica presente su C 1 vale Q f = C 1 ε = C. Per calcolare quanta carica è passata per l interruttore dobbiamo considerare il tratto di circuito, inizialmente isolato, tra le due armature e l interruttore s. Questo tratto è inizialmente scarico (ha una carica Q tot = Q i Q i = 0, relativa alle due armature dei due condensatori, una positiva e l altra negativa). Dopo la chiusura dell interruttore ho la carica Q f nell armatura inferiore del condensatore di sopra. Questa è la carica che è passata per s Q s = Q f = C. Il lavoro del generatore lo sappiamo calcolare facilmente essendo pari a W gen = ε q = (Q f Q i )ε = J. 3

15 Problema 3 La traiettoria è la composizione di un moto rettilineo uniforme, nella direzione del campo magnetico, e di un moto circolare uniforme, sul piano trasverso al campo magnetico. Il risultato è un moto elicoidale. icaviamo innanzitutto il modulo della velocità v 0 a partire dall energia cinetica K K = mv 0 2 v 0 = 2K m = m/s Troviamo il raggio dell elica uguagliando la forza di Lorentz alla forza centripeta. ev B = m v2 r D altra parte v = v 0 sinθ e dunque abbiamo r = mv eb. (1) r = mv 0 sinθ eb = 3.28 cm. Dall equazione (1), sapendo che v = rω = 2πr/T, si ricava il periodo T = 2πm eb = s. Il passo è lo spazio percorso lungo la direzione del campo quando la particella ha compiuto un giro completo, cioè in un periodo. p = v T = v 0 cosθt = 4.38 cm. Per calcolare la distanza percorsa in linea d aria dobbimo calcolare la posizione del positrone a t = 2.5T s rispetto alla sua posizione a t = 0. Possiamo prendere un sistema di assi coordinati e assumere l asse z lungo il campo magnetico. Lungo il campo il moto è rettilineo uniforme mentre nel piano x y ho un moto circolare uniforme. x(t) = r sin(ωt) y(t) = r cos(ωt) z(t) = v 0 cosθ t (2) Abbiamo implicitamente assunto (con la scelta del nostro sistema) che al tempo t = 0 la particella si trovi in (0, r, 0) e ruota nel piano x y in senso orario con velocita angolare ω e raggio r. Dalle equazioni (2), al tempo t = 2.5T il positrone si trova nel punto (v 0 cosθ 2.5T, r, 0). Dunque la distanza tra i due punti sarà D = 4r 2 + (v 0 cosθ 2.5T ) 2 = 12.8 cm. y Problema 4 Il campo magnetico prodotto dai fili è quello dato dalla legge di Biot-Savart, le cui linee sono delle circonferenze nel piano normale al filo (con il filo al centro) il cui modulo vale 1 B(r) = µ 0i 2πr. Poiché l 10 m, il campo nel punto (10, 10) m può essere fatto approssimando i tre fili tutti e tre nell origine. La corrente sarà la somma delle correnti e dunque i. Tutto va come se ci fosse un solo filo nell origine con corrente i uscente. Il modulo del campo vale allora 3 2 x B = µ 0i 2πd = T. d = 200 = 14.1 m. 4

16 Calcoliamo ora il campo al centro del triangolo. Nella figura sono mostrate le linee di campo relative ai tre fili e i vettori del campo nel centro del triangolo. Il campo del filo di sopra gira in senso orario mentre quelli di sotto in senso antiorario. Essendo il centro equidistante dai vertici, il modulo dei tre campi è lo stesso e pari a d = l/2 3µ0 i cos30 o B =. 2πl Se le tre correnti avessero lo stesso verso, la risultante sarebbe nulla. In questo caso invece, si può vedere che i due campi prodotti dai fili di sotto hanno componente y uguale e opposta e stessa componente x. Inoltre, poiché l angolo che questi formano con l asse x è 60 o, la loro somma è proprio pari al campo prodotto dal filo di sopra. Il campo risultante dunque è diretto lungo y negativo e in modulo vale due volte il campo del singolo filo. 3µ0 i B = = T. πl Calcoliamo ora il campo in un generico punto dell asse y. Date le proprietà del triangolo equilatero, nel sistema di assi cartesiani da noi scelto le coordinate dei tre fili possono essere facilmente calcolate e valgono (partendo dall alto e girando in senso orario) B x(2,3) = P 1 = ( 0, 2π ( l 2 l 3 ), P 2 = µ 0 i ) 2 ( + y + ) 2 l 2 3 ( l 2, l ) ( 2, P 3 = 3 ( l 2 l 2 3 ) 2 + ( y + ) = 2 l 2 3 l 2, l 2 3 Anche in questo caso i campi prodotti dai fili 2 e 3 hanno componente y uguale e opposta e stessa componente x. Tale componente x è nel verso delle x negative e vale (in modulo) ( y + µ 0 i y + ). ) l 2 3 [ ( 2π l ) 2 ( 2 + y + dove il primo menbro del prodotto è il modulo del campo mentre il secondo membro è il coseno dell angolo che formano i campi con l asse x. Il calcolo del campo prodotto dal filo 1 è molto più semplice in quanto ha solo la componente x (positiva) e vale Perché sia nullo il campo totale deve essere µ 0 i B x(1) = ( ). 2π y l 3 l 2 3 ) 2 ], B x(1) = 2B x(2,3) Sostituendo i valori abbiamo un equazione di secondo grado in y ( 2 y + Tale equazione ha una sola soluzione positiva che vale: l )( 2 y l ) ( ) l 2 ( = + y + l ) y = l(1 + 1/ 3) = 31.5 cm. Problema 5 Quando l interruttore s si chiude, inizia a una corrente costante i = ε/ data dalla batteria. I lati della spira sono dunque soggetti alla forza di Laplace il B e, essendo il campo non uniforme, la spira comincia a muoversi. Prima ancora di analizzare il moto della spira nel tempo, possiamo calcolare l accelerazione iniziale t = 0, calcolando la forza di Laplace che agisce sulla spira. Infatti al tempo t = 0 la spira non si ha una velocità nulla e dunque anche la f.e.m. indotta è nulla e la corrente è solo quella data dal generatore. Si può facilmente osservare che le due forze che aviscono sui due lati paralleli all asse x sono uguali e contrarie e dunque si annullano. La forza sarà allora la somma delle due forze che agiscono sui lati verticali e vale: 5

17 F = ilb(x + l) ilb(x) = ikl 2 diretta lungo l asse x. Dunque una forza proporzionale alla corrente. Sostituendo la corrente i = ε/ otteniamo subito a = F m = εkl2 m = m/s2. Scriviamo ora l equazione del moto. L unica forza che muove la spira è la forza di Laplace, F L = ikl 2. Dobbiamo dunque calcolare la corrente che, nel caso della spira in moto, è data dal generatore e dalla f.e.m. indotta. Per calcolare la f.e.m. indotta facciamo il flusso del campo magnetico sulla spira (assumiamo, come nel disegno, che la spira si estenda da x a x + l). x+l x+l Φ(B) = l B(x )dx = kx dx = kl x x 2 (2lx l2 ) f.e.m = dφ(b) = kl 2 v. dt Come avevamo assunto all inizio, la f.e.m. indotta è proporzionale alla velocità e dunque è nulla all inizio. La legge di Ohm per la spira è allora a cui dobbiamo unire l equazione del moto della spira: ε kl 2 v i = 0 m dv dt = kl2 i (3) Queste due equazioni possono essere messe a sistema e si ricava un equazione differenziale per v(t) o per i(t). Volendo risolvere per v(t) otteniamo Integrando troviamo dv dt = l 4 ( k2 v ε ) m kl 2 v 0 dv v ε/kl 2 = t 0 dt τ, τ = m k 2 = 12.3 s. l4 v(t) = ε kl 2 ( 1 e t/τ). (4) La velocità inizia crescere in modo lineare e poi tende asintoticamente ad un valore limite v = ε/kl 2 = 13.9 m/s. Dall equazione (3), usando (4), possiamo ricavare la corrente i(t) = m kl 2 dv dt = ε e t/τ. (5) La corrente è massima all inizio (ε/) e poi tende a zero. Dalle equazioni (4) e (5) abbiamo: v(t = 10 s) = 7.71 m/s, i(t = 20 s) = A. 6

18 Corso di Laurea in Matematica Prova scritta di Fisica 2 (Prof. E. Santovetti) 18 febbraio 2016 Nome: La risposta numerica deve essere scritta nell apposito riquadro e giustificata accludendo i calcoli relativi. Problema 1. Un piano infinito uniformemente carico con densità superficiale σ = C/m 2 ha equazione nello spazio x = 0 (piano yz). Calcolare (a) la forza cui è sottoposta (per effetto del piano carico) una carica q = 12.0 µc posta nel punto P 1 ( 5, 0, 0) cm e il lavoro che occorre fare per portare la carica dal punto P 1 al punto P 2 (10,0,0) cm. Calcolare infine lo stesso lavoro se oltre al piano carico abbiamo un filo uniformemente carico (λ = C/m) nella posizione (x = y = 0, asse z). F [N] = 6.50 L [J] = L [J] = Problema 2. Si consideri il sistema di resistenze della Figura 1. Le resistenze sono tutte uguali e valgono = 70 Ω. Se la massima potenza che si può dissipare sulla singola resistenza vale P max = 100 W, calcolare (a) la massima differenza di potenziale che si può applicare ai punti a e b. In tali condizioni, calcolare (b) la potenza totale dissipata e (c) la differenza di potenziale tra i punti c e d. V ab [V] = P tot [W] = V cd [V] = 20.9 Problema 3. Un filo infinito e una spira rettangolare (a = 12 cm e b = 28 cm) di resistenza = 2.5 Ω giacciono sullo stesso piano con i lati lunghi della spira paralleli al filo (Figura 2). Nel filo scorre la corrente i = 3.5 A e la spira si allontana dal filo con velocità costante v = 0.26 m/s, in modo perpendicolare a questo e rimanendo sul piano. Nell istante in cui la spira dista dal filo x = 8.0 cm, calcolare (a) il flusso del campo magnetico attraverso la spira, (b) la corrente indotta sulla spira e (c) la forza che si esercita tra filo e spira. Φ [Wb] = i [A] = F [N] = Problema 4. Si consideri il circuito L di Figura 3, in cui l induttore è costituito da un solenoide di raggio a = 2.0 cm, lunghezza l = 85.0 cm e N 1 = 2500 spire. L interruttore s viene chiuso al tempo t = 0 e la corrente nel circuito vale i(t) = 1.12(1 e 320t ) A con t in secondi. Calcolare (a) la tensione della batteria. All interno del solenoide è presente una piccola bobina circolare di raggio b = 0.80 cm, N 2 = 50 avvolgimenti e resistenza = 3.5 Ω. Il piano della bobina è perpendicolare all asse del solenoide. Calcolare (b) la corrente indotta nella bobina al tempo t = 2.1 ms e (c) il coefficiente di mutua induzione tra solenoide e bobina. ε [V] = 4.16 i [A] = M [H] = Problema 5. L intensità della luce solare appena fuori dall atmosfera è chiamata costante solare e ha un valore medio di circa 1.35 kw/m 2. Calcolare (a) la potenza del sole, (b) la potenza incidente sulla Terra per effetto della luce solare e infine (c) il valore massimo del campo elettrico (modulo) associato alla radiazione solare sulla Terra. P tot [W] = P T [W] = E max [V/m] = 1010 Dati utili: ε 0 = F/m, µ 0 = 4π 10 7 H/m, T = 6371 km, D T s = km.

19 b i a c d x b v a Figura 1 Problema 2. Figura 2 Problema 3. s L ε Figura 3 Problema 4. 2

20 Soluzione Problema 1 Il campo prodotto da un piano carico (in questo caso il piano yz) vale ±σ/2ε 0 î a seconda che x sia maggiore o minore di zero. La forza sulla carica q vale allora F = qe = qσ 2ε 0 = 6.50 N. Integrando questo campo elettrico e cambiando il segno, troviamo facilmente il potenziale elettrostatico che vale V (x) = σ 2ε 0 x (1) Nelle scrivere il potenziale (1), abbiamo fissato le due costanti che otteniamo dall integrazione del campo nelle due regioni x > 0 e x < 0 in modo tale che sia continuo e che V (0) = 0. Quest ultima scelta è assolutamente arbitraria e, d altra parte, non possiamo, in questo caso, fare la scelta più naturale di annullare il potenziale all infinito, essendo quest ultimo divergente. Scritto il potenziale, il lavoro delle forze del campo per andare dal punto P 1 al punto P 2 vale P2 P2 L = F dl = q E dl = q V 21 = q[v (P 2 ) V (P 1 )] = qσ (x 2 x 1 ) = J. (2) P 1 P 1 2ε 0 Il lavoro delle forze del campo è complessivamente positivo in quanto, a parte i due tratti simmetrici (x = 5 cm x = 0 cm e x = 0 cm x = +5 cm) in cui il lavoro è esattamente uno l inverso dell altro, nel tratto x = +5 cm x = +10 cm le forza del campo è concorde con lo spostamento. Se aggiungiamo il filo infinito dobbiamo aggiungere il termine di potenziale dovuto al filo. Usando il teorema di Gauss, si trova facilmente il campo di un filo infinito uniformemente carico. Da questo, integrando e cambiando il segno si trova il potenziale. E(r) = λ λ ˆr V (r) = ln(r) +C (3) 2πε 0 r 2πε 0 Il campo è radiale nelle coordinate cilindriche (r, θ, z) e il potenziale, definito a meno di una costante, ha senso solo quando consideriamo differenze di potenziale. icalcoliamo il lavoro (2) aggiungendo il contributo al potenziale dato dal filo infinito. L = q[v (P 2 ) V (P 1 )] = qσ 2ε 0 (x 2 x 1 ) + qλ 2πε 0 ln(x 2 /x 1 ) = J. Il lavoro è un po più piccolo in quanto la carica del filo è negativa e attrae la carica. Problema 2 Applicando una certa tensione tra a e b passerà una certa corrente sulle resistenze. Essendoci vari rami anche in parallelo, la corrente sulle varie resistenze sarà diversa. Poiché la potenza che si dissipa su una resistenza vale i 2, per capire quale massima tensione possiamo applicare, dobbiamo identificare la resistenza dove abbiamo la corrente maggiore, fissata una certa V tra i capi a e b. La resistenza sul ramo c vale 2 mentre quella sul ramo d vale 3/2. Dunque abbiamo: i c = V ab 2 i d = 2 V ab 3 Con riferimento alla numerazione della figura, la corrente sulle resistenze 1 e 4 è i c, la corrente sulla resistenza 5 è i d ed infine la corrente sulle resistenze 2 e 3 è i d /2. Dunque la resistenza che ha la maggiore corrente è la 5 e su questa dobbiamo imporre che la potenza che si dissipa valga 100 W. b c d 4 5 P max = i 2 d = 4 V 2 ab 9 V ab = 3 2 Pmax = V a 3

21 La potenza totale la calcoliamo passando per la resistenza equivalente eq = 6/7. P tot = V 2 ab eq = 7 V 2 ab 6 = W. Infine, per calcolare la differenza di potenziale tra i punti c e d, usiamo il punto a come riferimento e calcoliamo le cadute V ac e V ad. V ac = V a V c = i c V ad = V a V d = i d La differenza di potenziale cercata sarà poi la differenza tra queste essendo la corrente sui due rami nella stessa direzione (da a verso b). V cd = V c V d = V ad V ac = (i d i c ) = V ab = 20.9 V. 6 Avendo assunto V a > V b, si ha anche V c > V d. Problema 3 Il campo magnetico prodotto da un filo rettilineo infinito percorso dalla corrente i vale (Biot-Savart) B(r) = µ 0i 2πr Per calcolare il flusso dobbiamo integrare questo campo sulla superficie rettangolare della spira. Considerando che il campo è normale alla superficie della spira possiamo subito passare al modulo b x+a Φ(B) = dz B(r)dr = µ 0ib (1 0 x 2π ln + a ) = Wb x La corrente indotta è dovuta alla f.e.m. indotta dal moto in un campo magnetico non uniforme. Con la legge di Faraday-Neumann calcoliamo la variazione del flusso di B nel dempo f.e.m. = Φ(B) = [ µ0 ib (1 t t 2π ln + a ) ] = µ 0ib 1 ( a ) dx x 2π 1 + a/x x 2 dt = µ 0iabv 2π x(x + a) e la corrente nella spira sarà i = f.e.m. = µ 0iabv 2πx(x + a) = A Questa corrente fa sì che ci sia una forza tra la spira e il filo. Le forze sui due tratti corti della spira sono uguali in modulo e direzione ma opposte e dunque si cancellano. imangono le due forze sui lati lunghi (paralleli al filo). Usiamo la formula di Laplace F = il B e abbiamo F = i b[b(r = x) B(r = x + a)] = µ 0iab 2 v 2πx(x + a) La forza è attrattiva dovendosi opporre al moto. ( µ 0 i 1 2π x 1 ) [ = x + a µ 0 iab 2π x(x + a) ] 2 v = N Problema 4 Senza risolvere nuovamente il circuito L, sappiamo che la corrente ha l espressione i(t) = ε (1 e t/τ ) τ = L/ Confrontando questa espressione con quella numerica data, possiamo scrivere: i = ε/ = 1.12 A /L = 1/τ = 320 s 1 (4) 4

22 D altra parte, dai dati del solenoide possiamo ricavare il coefficiente di autoinduzione L del circuito. L = µ 0N1 2πa2 = H l Sostituendo tale valore nelle equazioni (4) troviamo = 3.72 Ω e ε = 4.16 V. La corrente variabile nel tempo produrrà un campo (B = µ 0 in) variabile nel tempo e dunque, per la bobina dentro al solenoide una f.e.m. indotta. La bobina è perpendicolare al campo e dunque abbiamo f.e.m. = d dt (N 2Bπb 2 ) = N 2 πb 2 db dt = N 2πb 2 N 1 di µ 0 l dt = N 2πb 2 N 1 ε µ 0 l L e t/τ = N 2b 2 N 1 a 2 εe t/τ dove abbiamo usato l espressione di L. La corrente della bobina al tempo t = 2.1 ms vale allora i = f.e.m. = N 2b 2 ε t=2.1 ms N 1 a 2 e t/τ = A t=2.1 ms Per calcolare il coefficiente di mutua induzione consideriamo il flusso del campo prodotto dal solenoide concatenato con la bobina. Φ S (B) = B s N 2 πb 2 = µ 0 i N 1 l N 2 πb 2 = πµ 0iN 1 N 2 b 2 l Il coefficiente M si ottiene dividendo tale flusso per la corrente i per cui abbiamo M = Φ S(B) i = πµ 0N 1 N 2 b 2 l = H Problema 5 La potenza assorbita dalla Terra si ricava dall intensità integrando sulla superficie della Terra vista del Sole. P T = Iπ 2 T = W. La potenza totale emessa dal sole si ricava integrando l intensità su tutta la superficie sferica alla distanza Terra- Sole. P tot = I4πD 2 T s = W. Infine per calcolare il campo massimo sulla superficie della Terra usiamo la relazione che c è tra campo e intensità I = 1 2I 2 ε 0cEmax 2 E max = ε 0 c = V/m. 5

23 Corso di Laurea in Matematica Prova scritta di Fisica 2 (Prof. E. Santovetti) 27 giugno 2016 Nome: La risposta numerica deve essere scritta nell apposito riquadro e giustificata accludendo i calcoli relativi. Problema 1. Una distribuzione continua di carica ha la forma di una sfera di raggio = 43 cm e densità uniforme pari ρ = C/m 3. Calcolare (a) il campo elettrico in un punto che dista r = 82 cm dal centro della sfera e (b) il valore massimo (in modulo) che il campo può assumere. Considerando che il potenziale si annulla all infinito, calcolare (c) il valore del potenziale elettrostatico al centro della sfera. E [V/m] = 55.6 V max [V] = 202 E max [V/m] = 130 Problema 2. Si consideri il circuito di Figura 1 in cui due batterie (ε 1 = 20.0 V, r 1 = 50.0 Ω, ε 2 = 24.0 V, r 2 = 90 Ω) sono poste in parallelo e chiuse su una resistenza = 150 Ω. Calcolare (a) la corrente che scorre sul carico e (b) la corrente che scorre sul ramo del generatore ε 1. Calcolare infine (c) quanto dovrebbe valere la tensione del generatore ε 2 affinché la corrente sulla resistenza sia la stessa che si avrebbe senza il ramo con il generatore ε 2. i [ma] = 118 i 1 [ma] = 47.0 ε 2 [V] = 15.0 Problema 3. Il flusso del campo magnetico attraverso la spira illustrata nella Figura 2 vale Φ B = 2t 2 3t Wb (uscente dal foglio), e il tempo t è espresso in secondi. La resistenza complessiva della spira è = 23.0 Ω. Calcolare (a) il modulo della f.e.m. indotta nella spira al tempo t = 1.35 s e (b) la corrente indotta nella spira al tempo t = 0.3 (specificandone il verso). Calcolare infine (c) l energia dissipata per effetto Joule nell intervallo di tempo t = (0 1.5) s. f.e.m. [V] = 2.4 i [A] = W [J] = Problema 4. Una nave che si avvicina al porto sta trasmettendo alla lunghezza d onda λ = 3.43 m dalla sua antenna, situata ad una altezza h = 23 m sul livello del mare (vedi Figura 3). L antenna della stazione ricevente è collocata ad un altezza H = 160 m sul livello del mare. Supponendo che la superficie calma del mare rifletta l onda radio perfettamente, secondo le leggi della riflessione, si calcoli (a) la distanza orizzontale D 1, alla quale si verifica il momentaneo oscuramento della trasmissione per la prima volta e (b) a che distanza, continuando ad avvicinarsi, l intensità del segnale ha un massimo. Per quest ultimo valore di distanza, calcolare l intensità dell onda e.m. misurata dall antenna ricevente, assumendo che la nave trasmetta in modo isotropo con una potenza P = 420 W (per tutti i calcoli si faccia l approssimazione h D). D [m] = 2140 D 2 [m] = 1420 I tot [W/m 2 ] = Dati utili: ε 0 = F/m, µ 0 = 4π 10 7 H/m, T = 6371 km, D T s = km.

24 Figura 1 Problema 2. Figura 2 Problema 3. Figura 3 Problema 4. 2

25 Soluzione Problema 1 C è una chiara simmetria sferica e dunque il campo elettrico è radiale e possiamo calcolare il suo modulo con il teorema di Gauss. Se siamo all interno della distribuzione sferica vale Se invece siamo al di fuori della sfera E 4πr 2 = 1 ε πρr3 E(r) = ρ 3ε 0 r r < (1) E 4πr 2 = 1 ε πρ3 E(r) = ρ 3 3ε 0 1 r 2 r (2) Per calcolare il campo alla distanza r = 0.82 m, usiamo l equazione (2) e abbiamo: E = ρ 3 1 = 55.6 V/m. 3ε 0 r 2 Osservando le equazioni (1) e (2) si può vedere che il campo cresce in modo lineare fino a r = e poi decresce con l inverso del quadrato della distanza (essendo continuo). In r = il campo assume dunque il suo valore massimo che vale: E max = E() = ρ 3ε 0 = V/m. Poiché il potenziale è nullo all infinito e è definito come l integrale del campo cambiato di segno, possiamo scrivere ρ ρ 3 dr V (0) = E(r)dr = r dr ε 0 3ε 0 r 2 = ρ2 = V. 2ε 0 Problema 2 isolviamo il circuito a due maglie indipendenti, prendendo le maglie e i versi di percorrenza delle correnti indicati nella figura. Sia i 1 la corrente della maglia di sinistra e i 2 la corrente della maglia di destra. Le equazioni delle maglie di Kirchoff valgono ε 1 i 1 ( + r 1 ) i 2 = 0 ε 2 i 2 ( + r 2 ) i 1 = 0 Si ha dunque un sistema linerare di due equazioni e due incognite che si può risolvere facilmente. Le due soluzioni sono: i 1 = ε 1( + r 2 ) ε 2 (r 1 + r 2 ) + r 1 r 2 = 47.0 ma i 2 = ε 2( + r 1 ) ε 1 (r 1 + r 2 ) + r 1 r 2 = 70.6 ma (3) Come è giusto che sia, le due soluzioni sono simmetriche per lo scambio 1 2. La corrente che passa per la resistenza, per come abbiamo scelto le maglie, vale i = i 1 + i 2 = ε 1r 2 + ε 2 r 1 (r 1 + r 2 ) + r 1 r 2 = 118 ma. Senza il ramo con ε 2 la corrente vale i 1 = ε 1 /( + r 1 ). Uguagliamo dunque questa corrente alla prima delle equazioni (3). 3

26 ε 1 ( + r 2 ) ε 2 (r 1 + r 2 ) + r 1 r 2 = ε 1 + r 1 ε 2 = ε 1 + r 1 = 15.0 V. (4) Problema 3 La f.e.m. si calcola dalla legge di Faraday-Neumann: f.e.m. = dφ B f.e.m. = d dt dt (2t2 3t) t=1.35 s = 4t 3 t=1.35 s = 2.4 V. Per calcolare la corrente al tempo t = 0.4 s, possiamo fare lo stesso calcolo e dividere per la resistenza. i = 1 dφ B = 1 d dt dt (2t2 3t) t=0.3 s = 1 (3 4t) t=0.3 s = 78.3 ma. Il verso della corrente si può calcolare dalla legge di Lenz, la quale ci dice che la corrente che si induce deve produrre un campo che si oppone alla variazione in atto. Va poi osservato che al tempo t = 0.4 s il flusso del campo (considerato positivo uscente dal foglio) sta diminuendo e dunque per opporsi a questa diminuzione, il campo indotto è uscente anch esso. Per produrre un campo uscente, la corrente deve girare in senso antiorario. L energia dissipata per effetto Joule nell intervallo t = (0 1.5) s si calcola integrando la potenza W = Pdt = i 2 ( f.e.m) 2 dt = = 1 ( ) t3 12t 2 + 9t = J (4t 3) 2 dt = dt = (16t 2 24t + 9)dt 0 0 Problema 4 Come mostrato nella Figura, bisogna studiare l interferenza tra il raggio diretto e quello che si riflette sull acqua. Quest ultimo raggio, poiché l acqua ha un indice di rifrazione superiore a quello dell aria, viene sfasato di π al momento della riflessione. Inoltre si puó vedere dal disegno che, nell ipotesi che D h, il cammino in piú fatto dal raggio riflesso, d, vale d = 2hsinθ ϕ = 2π λ 2hsinθ + π (5) Imponiamo che questo sfasamento produca un minimo di interferenza dunque che valga 2π 2hsinθ + π = (2m + 1)π λ Questa fornisce gli angoli per i quali si ha un minimo θ m = sin 1 ( λm 2h Il primo minimo di oscuramento della trasmissione la nave lo avverte per m = 1 e dall angolo si può ricavare facilmente anche la distanza D 1. ( ) λ θ 1 = sin 1 = 4.28 D 1 = H = 2140 m. 2h tanθ 1 ) 4

27 I massimi si hanno quando lo sfasamento complessivo è un multiplo di 2π e dunque 2π λ [ ] max λ(2m 1) 2hsinθ + π = 2mπ θm = sin 1 4h Il massimo che chiede l esercizio viene dopo il minimo appena calcolato, quando la nave si è ulteriormente avvicinata e dunque l angolo θ max > θ 1. Questo si ottiene mettendo m = 2 nell equazione (6) ) = 6.42 D 2 = θ max 2 = sin 1 ( 3λ 4h H tanθ2 max = 1420 m Per calcolare l intensità ricorriamo alla relazione tra intensità I, potenza P, per una sorgente che emette in modo isotropo in tutte le direzioni. D altra parte essendo su un massimo di interferenza, l ampiezza del campo è doppia e l intensità è quattro volte l intensità della singola sorgente I 1 = P 4πr 2 I tot = 4I 1 = P πd 2 = W/m 2. 2 (6) 5

28 Corso di Laurea in Matematica Prima prova in itinere di Fisica 2 (Prof. E. Santovetti) 18 novembre 2016 Nome: La risposta numerica deve essere scritta nell apposito riquadro e giustificata accludendo i calcoli relativi. Problema 1. Una distribuzione continua di carica vale, in coordinate cilindriche, ρ 0 α r r < ρ(r, z, θ) = 0 r con = 1.2 m. Considerando che la distribuzione di carica è una funzione continua in tutto lo spazio e che il valore massimo del campo elettrico vale, in modulo, E max = 180 kv/m, calcolare ρ 0 e α. Calcolare la differenza di potenziale tra il punto P 1 di coordinate (/2, 0, 0) e il punto P 2 di coordinate (2, 0, 0). ρ 0 [C/m 3 ] = α [C/m 4 ] = V 1 V 2 [V] = Problema 2. Tre condensatori sono collegati come due generatori di tensione come in Figura??, in cui C 1 = 30 µf, C 2 = 15 µf, C 0 = 40 µf, V 1 = 10 V e V 2 = 20 V. Inizialmente i condensatori sono scarichi e gli interruttori s 1 e s 2 sono aperti (generatori scollegati). Si calcoli la tensione del punto a, in mezzo ai condensatori, nelle tre fasi che avvengono una dopo l altra. 1) Si chiude l interruttore s 1. 2) Si apre l interruttore s 1 e poi si chiude l interruttore s 2. 3) Si chiude anche l interruttore s 1 (l interruttore s 2 giá chiuso). V (1) a [V] = V (2) a [V] = V (3) a [V] = Problema 3. Si consideri il circuito di Figura??, in cui V 1 = 12 V, V 2 = 15 V e = 20 Ω. Calcolare la corrente erogata dal generatore V 1 e dal generatore V 2. Calcolare infine quanto dovrebbe valere la tensione del generatore V 2 affinché non scorra corrente nel ramo a-b. i 1 [A] = i 2 [A] = V 2 [V] = 24 4 Problema 4. Una spira rigida, a forma di triangolo rettangolo e percorsa dalla corrente i 2 = 3.5 A, giace sul piano di un filo rettilineo infinito in cui scorre una corrente i 1 = 10 A (Figura??). Il cateto maggiore è parallelo al filo infinito e misura a = 30 cm mentre il cateto minore è ortogonale al filo e vale b = 18 cm. Se la distanza della spira dal filo vale d = 9.0 cm, calcolare la forza che il filo infinito esercita (a) sul cateto maggiore, (b) sul cateto minore e (c) su tutta la spira. F 1 [N] = F 2 [N] = F tot [N] = Dati utili: ε 0 = F/m, µ 0 = 4π 10 7 H/m.

29 a V 1 V 2 b Figura 2 Problema 3 Figura 1 Problema i 2 1 d i 1 Figura 3 Problema 4 2

30 Problema 1 Soluzione La densità di carica dipende solo da r dunque c è una perfetta simmetria cilindrica e possiamo applicare il teorema di Gauss per calcolare il campo elettrico E, assumendo che la sua direzione sia radiale (non ha componenti z e θ). Dal fatto che la densità di carica è continua si ricava subito ρ() = ρ 0 α = 0 ρ 0 = α, oppure α = ρ 0 Applichiamo il teorema di Gauss per r, prendendo un cilindro di raggio r e altezza h (1) Φ S (E) = Q in E 2πrh = 1 ε 0 ε 0 E(r) = ρ 0 ε 0 avendo usato l equazione (??). All esterno del cilindro (r > ) abbiamo r 0 ( r 2 r2 3 (ρ 0 αr )2πr hdr = 2πh ) ε 0 ( r 2 ) ρ 0 2 α r3 3 Φ S (E) = Q in E 2πrh = 1 (ρ 0 αr )2πr hdr = 2πh (ρ 2 ) 0 ε 0 ε 0 0 ε 0 2 α 3 = 2πh 2 ρ 0 3 ε 0 6 E(r) = ρ ε 0 r Derivando l espressione del campo dentro il cilindro troviamo il massimo del campo elettrico e imponendo che sia uguale al dato del problema abbiamo ρ 0 e quindi α. de dr = ρ ( 0 1 ε 0 2 2r ) = 0 r max = ρ 0 = 16ε 0E max 3 E max = E(r max ) = 3ρ 0 16ε 0 = C/m 3, α = ρ 0 = C/m 4 La differenza di potenziale tra P 1 e P 2 la trovoamo integrando il campo elettrico da r 1 = /2 a r 2 = 2, facendo attenzione di usare le due espressioni diverse, quando sono dentro e fuori del cilindro. ( ) ρ 0 r V 1 V 2 = /2 ε 0 2 r2 2 ρ 0 2 dr dr + 3 6ε 0 r = ρ 0 2 ( ) 13 6ε ln2 = 8E ( ) max ln2 = 237 kv. Problema 2 fase 1 Quando chiudiamo l interruttore s 1, abbiamo la serie di C 1 e C 0 a cui è applicata la differenza di potenziale V 1 (il condensatore C 2 rimane scarico). Possiamo allora calcolarci la capacità equivalente e la carica sui due condensatori (essendo una serie hanno la stessa carica). La tensione V a sarà la tensione ai capi di C 0. C 10 = C 1C 0 C 1 +C 0 q 1 = V 1 C 10 = µc V a = q 1 C 0 = C 1 C 0 +C 1 V 1 = 4.29 V. In questa prima fase le cariche sui condensatori sono: q 0 = q 1 = C 10 V 1, q 2 = 0 3

31 fase 2 Ora si apre l interruttore s 1 e successivamente si chiude l interruttore s 2. Quando l interruttore s 1 viene aperto il condensatore C 1 è carico e così rimane, essendo la sua armatura superiore isolata. Abbiamo poi la serie dei due condensatori C 0 e C 2 a cui è applicata questa volta la tensione V 2. Tuttavia questa è ora una serie atipica in quanto le cariche non possono essere uguali essendoci della carica che rimane sul condensatore C 1. Indicando le cariche in questa seconda fase come q q 2 C 2 + q 0 C 0 = V 2, q 1 + q 2 = q 0 (2) e la seconda equazione viene dal fatto che il ramo centrale isolato (quello al potenziale V a ) ha sempre una carica globale nulla. D altra parte la carica su C 1 è quella calcolata prima e dunque q 1 = q 1 e dalle equazioni (??) possiamo ricavare q 2 e q 0 e quindi V a. q 0 q ( 1 + q 0 = V 2 q 0 = V 2 + q ) ( 1 C0 C 2 V a = q 0 = V 2 + q ) 1 C2 = 8.57 V. C 2 C 0 C 2 C 0 +C 2 C 0 C 2 C 0 +C 2 In questa seconda fase le cariche sui condensatori sono: ( q 0 = V 2 + q ) 1 C0 C 2 = µc, q 1 = q 1 = µc, q 2 = q 0 q 1 = µc. C 2 C 0 +C 2 fase 3 Si chiudono ora tutti e due gli interruttori e, indicando le cariche in questa terza fase con q (e stabilendo positiva la carica sull armatura connessa con il punto a), possiamo scrivere q 0 + q 1 + q 2 = 0, V a = q 0 C 0, V Sostituendo le cariche in termini dei potenziali abbiamo a V 1 = q 1 V a = C 1V 1 +C 2 V 2 C 0 +C 1 +C 2 = 7.06 V. C 1, V a V 2 = q 2 C 2 Problema 3 Prendiamo le correnti di maglia come nella figura e scriviamo le equazioni sulle due maglie V 1 2i 1 i 2 + i 3 = 0 V 2 i 1 3i 2 i 3 = 0 V 2 + i 1 i 2 3i 3 = 0 Il sistema si risolve facilmente nelle correnti e si ottiene a i 1 i 2 V 1 V 2 i 3 b i 1 = V 1 = 0.6 A, i 2 = V 2 2V 1 4 i 3 = V 2 + 2V 1 4 La corrente i 1 è proprio la corrente del generatore V 1 mentre la corrente del generatore V 2 vale i 2 + i 3 = V 2 = A. 2 Percé nel ramo a-b non scorra corrente deve essere i 2 = 0 V 2 = 2V 1 = 24 V. 4

32 Problema 4 Il filo infinito, percorso dalla corrente i 1 produce un campo perpendicolare al piano della spira triangolare (piano del foglio), uscente e di modulo B(r) = µ 0 i 2π r dove r è la distanza dal filo. I diversi tratti rettilinei della spira saranno dunque interessati dalla forza di Laplace la cui espressione elementare è df = idl B Il campo magnetico prodotto dal filo infinito è sempre normale alla spira e dunque a tutti e tre i lati. Il modulo della forza sarà dunque il prodotto dei moduli, df = ibdl, e la direzione è quella indicata nella figura (perpendicolare sia al campo che al lato di filo considerato). Nel caso del lato 1, il campo è costante e dunque possiamo subito integrare passando da dl alla lunghezza del lato F 1 = i 2 ab(r = d) = µ 0i 1 i 2 a = N. 2πd Nel caso del lato 2 invece il campo non è costante ma cambia allontanandosi dal filo. Dobbiamo allora eseguire un integrale d+b d+b µ 0 i 1 i 2 dr F 2 = i 2 B(r)dr = d d 2π r = µ 0i 1 i 2 2π ln(r) d+b = µ ( 0i 1 i 2 d 2π ln 1 + b ) = N. d Nel caso del lato 3 infine il procedimento è esattamente analogo al caso del lato 2 tranne che dl `diverso da dr ma possiamo senz altro scrivere dl = dr a sinα = 2 + b 2 dr b e dunque la forza F 3 vale d+b a F 3 = i 2 B(r)dl = 2 + b 2 µ 0 i 1 i 2 dr l 3 d b 2π r = µ 0i 1 i 2 a 2 + b 2 ( ln 1 + b ) 2π b d Questa forza va però scomposta lungo le coordinate z e r, rispettivamente lungo il filo e normale al filo b F 3z = F 3 a 2 + b = µ ( 0i 1 i 2 2 2π ln 1 + b ) a F 3r = F 3 d a 2 + b = µ ( 0i 1 i 2 a 2 2π b ln 1 + b ) d La componente z è dunque nulla e rimane solo la componente radiale che vale ( F tot = µ 0i 1 i 2 a 2πd µ ( 0i 1 i 2 a 2π b ln 1 + b ) = µ 0i 1 i 2 a ln 1 + b ) d 2πd 1 d α b d F 3 F 1 i 2 d F 2 = N. attrattiva verso il filo. Il segno meno rende conto del fatto che le due forze hanno verso opposto. Si può infine notare che l argomento della parentesi quadra è sempre maggiore di zero perchè ln(1 + x) < x e dunque la forza è sempre attrattiva, tanto di più tanto maggiore è il rapporto b/d. i 1 5

33 Corso di Laurea in Matematica Seconda prova in itinere di Fisica 2 (Prof. E. Santovetti) 12 gennaio 2017 Nome: La risposta numerica deve essere scritta nell apposito riquadro e giustificata accludendo i calcoli relativi. Problema 1. Una spira circolare di raggio a = 45 cm e resistenza lineare λ = 0.68 Ω/m giacie nel piano xy, centrata nell origine. Nella regione è presente un campo magnetico diretto lungo l asse z, il cui modulo vale: kt(t t) x 2 + y 2 t T /2 T /2 B(x,y,t) = 0 t T /2 > T /2 con k = 1.25 T/m s 2, T = 8.0 s, x e y in metri e t in secondi. Trascurando l autoinduzione, calcolare (a) il flusso del campo magnetico concatenato con la spira, (b) la corrente che circola in questa e (c) la tensione a cui il filo della spira è sottoposto, al tempo t = 1.5 s. Φ(B) [Wb] = i [A] = T [N] = Problema 2. Due sorgenti uguali di onde armoniche sferiche emettono, in modo coerente, ad una frequenza ν = 5.6 GHz e sono poste ad una distanza d = 7.0 cm una dall altra (vedi Figura 1). L intensità della radiazione, misurata nella direzione individuata dalla retta congiungente le due sorgenti (θ = π/2) ad una distanza r = 2.8 m dalle sorgenti, vale I = 28.3 W/m 2. Calcolare (a) l angolo a cui si ha un massimo di interferenza (diverso da θ = 0) e (b) l intensità che si osserva per tale angolo (sempre da una distanza r). Calcolare infine (c) la potenza delle singole sorgenti. Si assuma sempre d r. θ [ o ] = 49.9 o 4 I max [W/m 2 ] = P 1 [W] = Problema 3. In un particolare circuito LC serie in corrente alternata, la f.e.m. massima fornita dal generatore sia V max = 125 V e la corrente massima sia i max = 3.20 A. Se la corrente è sfasata di 56.3 o in anticipo sulla f.e.m. del generatore, calcolare (a) l impedenza (in modulo) e (b) la resistenza del circuito. Sapendo poi che la frequenza del generatore è f = 50 Hz e l induttanza vale L = 82 mh, calcolare (c) la capacità del condensatore. Z [Ω] = [Ω] = C [µf] = Problema 4. Un fascio di luce monocromatica, inizialmente in aria, colpisce un prisma retto (n = 1.38) in P (vedi Figura 2) e viene da esso rifratto in Q, in modo da uscire in aria radente alla superficie del prisma. Calcolare (a) l angolo di incidenza θ 1. Per un angolo di incidenza θ 1 generico, calcolare (b) il massimo indice di rifrazione per cui tale situazione può verificarsi. θ 1 [ o ] = 72.0 o 4 n max = Dati utili: ε 0 = F/m, µ 0 = 4π 10 7 H/m.

34 r θ Figura 1 Problema 2 Figura 2 Problema 4 2