E 0 = E E 0. 2 = E h. = 3.2kV / m. 2 1 x. κ 1. κ 2 κ 1 E 1 = κ 2 E 2. = κ 1 E 1 x ε 0 = 8

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1 Solo Ingegneria dell Informazione e Ingegneria dell Energia (Canale 2 e DM 59) Problema Due condensatori piani C e C, uguali ad armature quadrate separate dalla distanza, sono connessi in parallelo. Lo spazio tra le armature di C è vuoto, mentre quello tra le armature di C è completamente riempito da due lastre di materiale dielettrico di eguale spessore /2, lato L e costanti dielettrice relative sono κ = 2 (quella superiore) e κ 2 (quella inferiore). Tra le due lastre di dielettrico è inserito un foglio di materiale conduttore di spessore trascurabile. Il sistema viene caricato elettricamente da un generatore con d.d.p. V. Una volta staccato il generatore si osserva ce sulle armature di C c è una densità di carica libera σ =.77-8 C/m 2 ed un campo elettrico E = x E 2, con x = 2.5 dove E 2 è il campo elettrico nel dielettrico di costante dielettrica relativa κ 2. Determinare: ) il valore del campo elettrostatico nel dielettrico di costante dielettrica relativa κ. E 2) il valore della costante dielettrica relativa del materiale posto inferiormente in C 2 κ 2 3) la densità di carica libera sulle armature di C σ Il foglio conduttore centrale viene messo in contatto tramite un filo conduttore sottile con l armatura inferiore di C. Ad equilibrio elettrostatico raggiunto, si calcoli: 4) la nuova d.d.p. ai capi di C se =.6 cm V 5) la variazione di energia per unità di volume nella zona vuota di C u ) I due condensatori sono in parallelo e quindi V = V + V 2 E = E 2 + E 2 2 = E 2 + E x 2 E = E 2 + E 2x dove il campo nel condensatore C è per cui 2) Nei dielettrici abbiamo E = σ ε E = E 2 x = σ 2 x = 3.2kV / m ε E = E κ E 2 = E κ 2 κ E = κ 2 E 2 κ 2 = κ E E 2 = κ E x ε σ = 8 3) La differenza di potenziale è la stessa ai capi dei due condensatori, per cui ove V = q = q σ A = σ A C σ = σ C C C C C

2 e quindi C = ε A C = 2κ ε A + 2κ 2 ε A = + 2ε A κ κ 2 = κ +κ 2 2C κ κ 2 σ = σ C C = 2σ κ κ 2 κ +κ 2 = C / m 2 4) Il processo avviene a carica costante, per cui la nuova differenza di potenziale è V = q C = q + q ( = σ + σ )A C C ove la capacità del sistema dei condensatori dopo la cortocircuitazione di κ 2 è C = C + 2κ C = C ( + 2κ ) per cui ( V = σ + σ )A ( C ( + 2κ ) = σ + σ )A ( + 2κ ε A = σ + σ ) = 2.7kV ( + 2κ )ε 5) La differenza di densità di energia in C avvenuta durante la cortocircuitazione è u = u u = 2 ε E 2 2 ε E = 2 2 ε V 2 2 ε σ ε = J / m 3

3 Problema 2 Due bobine sottili circolari sono percorse dalla medesima corrente di intensità i. La bobina S è composta da N = spire e a raggio R = 5 cm, mentre la bobina S 2 è composta da N 2 spire e a raggio R 2 = 2 R. Le due bobine sono poste in una posizione con centro comune O e orientazione relativa pari a θ = π/2. Un piccolo dipolo magnetico di momento di dipolo magnetico m = 3-9 Am 2 posto in O subisce un momento meccanico di modulo M = 3-2 Nm se il vettore m è posto sul piano individuato da S, mentre subisce un momento meccanico di modulo M 2 = 6-2 Nm se il vettore m è posto sul piano individuato da S 2. Calcolare: ) il modulo del campo magnetico in O B O 2) il numero di spire ce compongono la bobina S 2 N 2 3) l angolo rispetto al piano di S 2 rispetto al quale si orienta il dipolo magnetico lasciato libero in O θ ) Data l orientazione relativa delle bobine, i campi magnetici generati dalle due bobine sono posti a π/2. Pertanto quando viene posta sul piano individuato da una di esse, il dipolo magnetico subisce solo il momento esercitato dal campo magnetico generato della bobina stessa al suo massimo valore, per cui M = mb M 2 = m B = m M 2 + M 2 2 = 2.236mT B O = 2 + 2) I campi generati da ciascuna bobina sono e sono calcolabili come dove dalla prima equazione otteniamo e dalla seconda equazione invece B = M m = mt = M 2 m = 2mT B = N 2R = N 2 2R 2 i = 2R B µ N ==7.96A N 2 = 2R 2 = 4R = 4spire 3) Il dipolo si orienta nella direzione del campo magnetico risultante in O. Osserviamo ce M M 2 = B = tanθ θ = tan M M 2 = tan B =.4635rad = detto θ l angolo formato da B o e ovvero dal dipolo magnetico orientato in equilibrio e il piano di S 2. B B O θ

4 Solo Ingegneria dell Energia (Canale e DM 59) Problema 3 Un filo rigido omico AB, di resistenza R e massa m, può scorrere senza attrito su due guide parallele conduttrici, di resistenza elettrica trascurabile distanti, parallele all asse x; le due guide sono collegate tra di loro attraverso un generatore di f.e.m. V e formano con il filo AB un circuito di autoinduzione trascurabile e resistenza R. Il filo resta sempre ortogonale alle guide, ce sono immerse in un campo magnetico B, perpendicolare al piano ce contiene le guide stesse. In queste condizioni, lasciandolo libero di muoversi, il filo raggiunge la velocità di regime v = 5 m/s. Se si applica invece una forza frenante F = 2 N, la velocità a regime si riduce a v =.5 m/s e la corrente ce attraversa il circuito è i = 2 A. Calcolare: ) il valore della f.e.m. V 2) il valore della resistenza R 3) il valore del campo magnetico, quando =.2 m B -2)L equazione del circuito è V + E i = Ri ovvero V Bv = Ri ovvero nei due casi V Bv = Ri V Bv = Ri In ambedue le situazioni la situazione finale è di regime ovvero la velocità è costante, per cui l accelerazione è nulla. Le due equazioni del moto sono quindi i B = ma = i = i B F = ma = B = F i Sostituendo nelle equazioni precedenti si ottiene V F v = i V F v = Ri i ossia V = F v =.5V i R = V F 2 i i v =.725Ω 3) Abbiamo B = F i B = F i =.5T

5 Solo Ingegneria dell Informazione e Ingegneria dell Energia (Canale e Canale 2) Problema 4 Un reticolo di diffrazione avente N fenditure di largezza b e passo a, è illuminato perpendicolarmente da un'onda piana contenente varie lungezze d'onda. Nella figura di diffrazione ce si osserva su uno scermo piano a distanza d >> a dal reticolo, le rige λ =.6 µm e λ 2 =.58 µm sono separate nel 2 o ordine di θ = 6.7 mrad e lo spettro del 4 o ordine è assente. Calcolare: ) la minima largezza delle fenditure b 2) la dimensione minima del reticolo per separare al 3 o ordine due lungezze d'onda nell'intorno di λ =.6 µm, ce differiscono di λ =.5 - m L m Se tutto il sistema viene immerso in un liquido di indice di rifrazione n, la separazione tra le rige λ e λ 2, nel 2 o ordine, diventa θ' = 5 mrad. Calcolare: 3) l'indice di rifrazione del liquido n ) Nell ipotesi di piccolo angolo (sin θ ~ θ) la separazione al secondo ordine è per cui il passo del reticolo è θ = θ θ 2 ~sinθ sinθ 2 = m λ a m λ 2 a a = m ( θ λ λ 2 )= 5.97µm Lo spettro del quarto ordine scompare se un minimo di diffrazione coincide con i massimi principali di interferenza del quarto ordine m λ a = m λ b con il valore minimo ottenuto se m =, per cui b = b = a 4 =.49µm 2) Il poterre risolutivo ci fornisce il numero minimo di fenditure necessarie a separare le due lungezze d onda R = λ λ = Nm N = λ = 4 fenditure m λ per cui la minima largezza del reticolo è L m = Na = 2.4cm 3) Nel liquido cambia la lungezza d onda della luce, per cui θ == m λ a n m λ 2 n = m ( a n a θ λ λ 2 )=.35 m m a

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