Esercizio 1Consideriamo 3 cariche in figura con q1= 4q, q2 = -q, q3 = q, q=1 mC; sia a = 4 cma) Calcolare le componenti lungo gli assi Ex, Ey del campo

elettrico totale generato dalle tre cariche nel punto P (x = 0, y = a)

b) Calcolare l’angolo a che il campo totale forma con l’asse xc) Disegnare con una freccia il campo in figura, indicandone

approssimativamente direzione e versod) Calcolare la d.d.p. DV = VP – V0 tra l’origine del riferimento

(x = 0, y = 0) e il punto P dovuta al campo delle 3 carichee) Poniamo una carica q4 = q, nel punto P; calcolare le

componenti cartesiane Fx, Fy della forza agente su q4 dovuta al campo elettrico delle altre 3 cariche

f) Calcolare la variazione di energia potenziale di q4 DU= UP –U0 causata dallo spostamento di q4 dal punto P all’origine

2

29

0

1094

1

C

Nmk ==

0

0

) )

)

)

)

x y

P

x y

P

a E E b

d V V

e F F

f U U

a= = =

− =

= =

− =

1q

2q

x

y

3q

P

a

a

a

a

a

Esercizio 1: soluzione

1 2

4ˆ

qE k x

a=

( ) ( )2 2 2

2 2

ˆ ˆcos(45 ) sin(45 )

2 2

ˆ ˆ2 2 2 2

o oq qE k x k y

a a

q qk x k y

a a

= +

= +

2 2

4ˆ ˆ

2

q qE k x k y

a a= +

29 7

2 2

49 10 2.25 10

16x

Nm C NE

C cm C

m= =

tan( ) 0.177 10.03y o

x

E

Ea a= = =

29 7

2 2

19 10 0.398 10

2 16y

Nm C NE

C Ccm

m= =

Campi elettrici generati dalle 3 cariche in P:

1q

2q

x

y

3q

1E

2E3E

( ) ( )3 2 2

2 2

ˆ ˆcos(45 ) sin(45 )

2 2

ˆ ˆ2 2 2 2

o oq qE k x k y

a a

q qk x k y

a a

= − +

= − +

1q

2q

x

y

3q

E

a

Esercizio 1: soluzione2

9 5

2

4 4 49 10 9 10

42 2P

q q q q Nm CV k k k k V

a a C cma a

m= − + = = =

F

a

1q

2q

x

y

3q

4q 7

4 1 2.25 10 22.5x x

NF q E C N

Cm= = =

7

4 1 0.398 10 3.98y y

NF q E C N

Cm= = =

29 5

0 2

4 4 1 11 9 10 3.381 7.608 10

42 5 2 5

q q q q Nm CV k k k k V

a a C cma a

m = − + = − + = =

29 5

0 2

4 1 13 9 10 0.6188 1.392 10

42 5P

q Nm CV V k V

a C cm

m − = − + = =

( ) 5

0 4 0 1 1.392 10 0.139P PU U q V V C V Jm− = − = =

Esercizio 2Una sfera isolante di raggio R = 2 cm e carica uniforme q = -2 mC è posta al centro di un guscio sferico conduttore avente raggio interno a = 4 cm ed esterno b = 8 cm; sul guscio è distribuita una carica qc = -4 mC; indichiamo con r la distanza dal centro del guscio.

3

2) 6

12

r cm E

r cm E

r cm E

= =

= =

= =

1) Calcolare la carica distribuita sulla superficie interna ed esterna del guscio

2) Calcolare l’intensità del campo elettrico E nei punti r=1 cm, r=3 cm, r=7 cm, r=10 cm

3) Calcolare la d.d.p. DV = V(r1 )-V(r2) tra i punti r1 =2 cm ed r2 = 4 cm

4) Calcolare la d.d.p. DV = V(r3 )-V(r4) tra i punti r3 =8 cm ed r4 = 10 cm

3) V(r1 )-V(r2) =

1) sup. interna Q = sup. esterna Q =

4) V(r3 )-V(r4) =

a

bR

Esercizio 2: SoluzioneSup. interna Q= +2 mC Sup. esterna Q = -6 mC

( )

29 2 7

3 2 6 3

29 7

2 2 4 2

29 7

2 2 2 2

21 9 10 10 2.25 10 ( / )

8 10

23 9 10 2 10 ( / )

9 10

7 0

610 9 10 0.54 10 ( / )

10

c

q Nm Cr cm E k r m N C

R C m

q Nm Cr cm E k N C

r C m

r cm E

q q Nm Cr cm E k N C

r C m

m

m

m

−

−

−

−

= = = =

= = = =

= =

+= = = =

( ) ( )2

9 5

1 2 2

1 2

1 1 19 10 2 4.5 10

4

NmV r V r kq C V

r r C cmm

− = − = − = −

( ) ( ) ( )2

9 5

3 4 2

3 4

1 1 1 1 19 10 6 1.35 10

8 10c

NmV r V r k q q C V

r r C cmm

− = + − = − − = −

Esercizio 3Consideriamo il circuito in figura con f.e.m. E =12 V e quattro condensatori con capacità C1= 6 pF, C2=4 pF, C3

= 10 pF, C4= 12 pF, ; calcolare:

a) Le cariche q1, q2, q3 , q4 sui piatti dei condensatorib) Le d.d.p. DV1, DV2 , DV3 , DV4 ai piatti dei

condensatoric) Le energie DU1, DU2, DU3 , DU3 immagazzinate nei

condensatori

Inseriamo un dielettrico con 1=4 in C1, e un dielettrico con 3 = 2 in C3; ricalcolare:

d) Le cariche sui piatti dei condensatorie) Le d.d.p. ai piatti dei condensatorif) Le energie immagazzinate

E

b bb

1C

2C

4C

3C

Esercizio 3: Soluzione

1 212 34 1 2

1 2

3 43 4

3 4

) 12 4.8 7.2

6.5454 5.4545

q qb V V V V V V V

C C

q qV V V V

C C

D = D = = D = = D = =

D = = D = =

E

1234 12 34 7.8545C C C pF= + =

( ) ( )

( ) ( )

2 22 2

1 1 1 2 2 2

2 22 2

3 3 3 4 4 4

1 13 4.8 69.12 2 7.2 103.68

2 2

1 15 6.5454 214.21 6 5.4545 178.51

2 2

U C V pF V pJ U C V pF V pJ

U C V pF V pJ U C V pF V pJ

D = D = = D = D = =

D = D = = D = D = =

12 1 2 12

34 3 4 34

1234 12 34

2.4 12 28.8

) 5.4545 12 65.454

94.254

q q q C pF V pC

a q q q C pF V pC

q C q q pC

= = = = =

= = = = = = = + =

E

E

E

34 3 4 3 4/ ( ) (120 / 22) 5.4545C C C C C pF pF= + = =

12 1 2 1 2/ ( ) (24 /10) 2.4C C C C C pF pF= + = =

Senza dielettrici:

Esercizio 3: Soluzione

( ) ( )

( ) ( )

2 22 2

1 1 1 2 2 2

2 22 2

3 3 3 4 4 4

1 1) 12 1.714 35.25 2 10.285 211.56

2 2

1 110 4.5 202.5 6 7.5 337.5

2 2

f U C V pF V pJ U C V pF V pJ

U C V pF V pJ U C V pF V pJ

D = D = D = D = =

D = D = = D = D = =

12 1 2 1 2/ ( ) (96 / 28) 3.4286C C C C C pF pF= + = =

34 3 4 3 4/ ( ) (240 / 32) 7.5C C C C C pF pF= + = =

12 1 2 12

34 3 4 34

1234 12 34

3.4286 12 41.14

) 7.5 12 90

131.14

q q q C pF V pC

d q q q C pF V pC

q C q q pC

= = = = =

= = = = =

= = + =

E

E

E

1234 12 34 10.9286C C C pF= + =

1 212 34 1 2

21

3 43 4

43

) 12 1.714 10.285

4.5 7.5

q qe V V V V V V V

CC

q qV V V V

CC

D = D = = D = = D = =

D = = D = =

E

Con i dielettrici:

Esercizio 4 (1 del Parziale)Un elettrone (m = 9.11 10-31 Kg, q = -1.6 10-19 C) entra in un campo magnetico uniforme d’intensità B = 2 T, diretto lungo l’asse x; la velocità d’ingresso dell’elettrone nel campo è:

6 6ˆ ˆ3 10 6 10m m

v x ys s

= +

a) Calcolare le componenti lungo gli assi Fx, Fy , Fz

e l’intensità F della forza di Lorentz che agisce sull’elettrone

b) Calcolare il modulo dell’accelerazione centripeta ac che agisce sull’elettrone

c) Calcolare il raggio r dell’orbita circolare compiuta dall’elettrone attorno al campo magnetico

d) Calcolare il passo p del moto elicoidale dell’elettrone

e) Calcolare l’energia cinetica K dell’elettrone

2

c

va

r

⊥=Ricordiamo che nel moto circolare uniforme:

B

v

x

y

z

Soluzione

( )

19 6 13

ˆ ˆ ˆ

ˆ0

0 0

1.6 10 6 10 2 19.2 10

x y y x

x

z

x y z

F ev B e v v e v B z

B

mF C T N

s

− −

= − = − =

= =

2 12 2 26

18

2

36 10 /17.078 10

2.108 10

y

c

v m sr m

ma

s

−= = =

1318

31 2

19.2 102.108 10

9.11 10c

F N ma

m Kg s

−

−

= = =

20.5

0.5 2 17.078 53.65

x y

vrp v T v v v v v

v v

p m m

m m

⊥

⊥ ⊥

= = = = =

= =

31 22 12 17

2

1 9.11 10(9 36) 10 2.05 10

2 2

Kg mK mv J

s

−−

= = + =

oppure

31 66

19

9.11 10 6 10 /17.078 10

1.6 10 2

mv Kg m sr m

qB C T

−−⊥

−

= = =

Esercizio 2 del Parziale

In figura è mostrata la sezione di un lungo conduttore cilindrico di raggio a = 5 cm, in cui scorre una corrente di verso uscente dalla pagina, distribuita con densità radiale:

a) Calcolare l’intensità del campo magnetico Bgenerato dal cilindro nei punti: r=0, r=1 cm, r=4 cm, r=6 cm

b) Indicare con una freccia in figura sulla linea tratteggiata direzione e verso di B

3( ) 1

AJ r C r C

cm= =

a

r

Soluzione

20 int 0( )2 3

i CB r r

r

m m

= =

La corrente interna ad una sezione cilindrica di raggio r si calcola integrando da r’=0 ad r’=r la densità di corrente J(r’) sull’area infinitesima a simmetria radiale dA (l’area dell’anello giallo di spessore infinitesimo dr’):

2 3

int

0 0 0

2( ) ( ') ( ')2 ' ' 2 ' '

3

r r rC

i r J r dA J r r dr C r dr r

= = = =

32

3

Ci a

=

Il campo magnetico genato dalla corrente interna alla sezione cilindrica di raggio r è:

Al di fuori del cilindro il campo magnetico è uguale a quello generato da un filo rettilineo percorso da corrente:

2 ' 'dA r dr=

0( )2

iB r

r

m

=

La corrente totale che attraversa il cilindro ovviamente è:

'r

r

a

Soluzione

( )7

4 2 5

6 3

4 10 ( / ) 11 1 10 4.19 10

3 10

Tm A Ar cm B m T

m

−

− −

−

= = =

00 == Br

( )7

4 2 5

6 3

4 10 ( / ) 14 16 10 67.02 10

3 10

Tm A Ar cm B m T

m

−

− −

−

= = =

( )7 6 25

6 3 2

4 10 ( / ) 1 125 106 87.27 10

3 10 6 10

Tm A A mr cm B T

m m

− −−

− −

= = =

a

rB

La direzione del campo magnetico è sempre tangente alle linee di flusso circolari, dunque tangente in ogni punto del cerchio di raggio r;il verso è indicato dalla regola della mano destra: essendo la corrente uscente dalla pagina, il verso del campo è antiorario

Esercizio 5 (3 del Parziale)

✓ All’istante t=0 una spira triangolare con resistenza R = 6 W e base L=40 cm è per metà immersa in una regione (area grigia) di campo magnetico uniforme B=2T perpendicolare al piano (x, y), di verso uscente

✓ successivamente, la spira viene estratta dal campo con velocità uniforme v= 2 cm/s in direzione x

a) Calcolare l’area A della spira immersa nel campo agli istanti t=0, t=1 s, t= 5 s

b) Negli stessi istanti calcolare il flusso magnetico F attraverso la spirac) Negli stessi istanti calcolare intensità della corrente iin indotta nella spirad) Indicare con una freccia in figura il verso della corrente indottae) Calcolare in componenti cartesiane le forze F1, F2, F3 che il campo

esercita sui lati 1, 2, 3 della spira all’istante t = 1 s

x

y

45o

B

1 2

3

v

L

Soluzione

22 1

2 2 2

a LA vt

= = −

( )

( )

( )

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

10 : 20 200 2 200 4 10

2

11 : 18 162 2 162 3.24 10

2

15 : 10 50 2 50 1 10

2

t s A cm cm BA T cm Tm

t s A cm cm BA T cm Tm

t s A cm cm BA T cm Tm

−

−

−

= = = F = = =

= = = F = = =

= = = F = = =

✓ Ad ogni istante durante l’estrazione, il triangolo immerso nel campo magnetico ha sempre due angoli di 45º ed uno di 90º per cui è isoscele con 2 lati uguali; essendo la velocità di estrazione uniforme, i lati variano secondo la legge:

2

La vt= −

✓ L’area immersa nel campo è quindi:

Soluzione

2 20 : 20 1.3333

6

2 21 : 18 1.2

6

2 25 : 10 0.666

6

in

in

in

T cmt s i cm mA

s

T cmt s i cm mA

s

T cmt s i cm mA

s

= = =

W

= = =

W

= = =

W

✓ Ad ogni istante durante l’estrazione il flusso si riduce per cui la corrente indotta circola in senso antiorario, in modo da compensare la diminuzione del flusso

AB B av

t t

F = = −

✓ La derivata rispetto a t dell’area immersa nel campo è:A a

a avt t

= = −

1

2

inin

B av Bv Li vt

R R t R R

F = = − = = −

E

Soluzione

BLiF in

=

5 5

1 1 1ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆcos(45 ) sin(45 ) 43.2 10 43.2 10o o

in inF F x F y a i B x a i B y N x N y− −= − + = − + = − +

t=1 s; iin in senso orario:

x

y

1F

3F

45o

45o

Le forze sono perpendicolari ai lati della spira; il lato 2 è esterno al campo, per cui F2=0; il lato 1 è inclinato di 45º rispetto agli assi cartesiani; dunque anche F1 è inclinata di 45º rispetto agli assi; F3 è diretta nel verso dell’asse y positivo

2

La vt= −

5

3ˆ ˆ ˆ1.2 18 2 43.2 10inF i a B y mA cm T y N y−= − = − = −

1 2

3

✓ Durante l’estrazione la porzione di lato 3 immersa nel campo è:

✓ la porzione di lato 1 immersa nel campo è: 2cos(45 )o

aa=

Esercizio 6 (4 del Parziale)

Consideriamo il circuito in figura con:

a) All’istante t = 1.5 s calcolare la corrente i(t) nel ramo della batteria, la d.d.p. ai capi dell’induttanza DVL(t), e l’energia immagazzinata U(t)

b) Nel limite di tempo lungo calcolare le correnti i1 , i2 , i3 , i4 , i5 nel che attraversano le 5 resistenze limite di tempo lungo.

c) Nel limite di tempo lungo calcolare i potenziali DV1, DV2, DV3, DV4, DV5, che attraversano le 5 resistenze

1 2

3 4 5

12 8 6 4

10 12 8

V L H R R

R R R

= = = W = W

= W = W = W

E

L 5R

4R

SoluzioneNel tempo lungo L è un filo conduttore, ovvero DVL=0;le resistenze equivalenti sono:

2 12 7.555V V VD = −

1 1 1 7.555V i R VD = = 2 345 1 2345 4.447V V i R VD = D = =

345

2345

12345

30

1203.5294

34

9.5294

R

R

R

= W

= W = W

= W

1

12345

1.26i AR

= =E

Alternativamente, si può anche ottenere:

L 5R

4R

1i

2i

3i

5i

4i

La corrente che attraversa il ramo della batteria è:

I potenziali ai capi di R1 ed R2 :

2 22 3 4 5

2 345

1.112 0.148V V

i A i i i AR R

D D= = = = = =

3 3 3 4 4 4 5 5 51.48 1.776 1.184V i R V V i R V V i R VD = = D = = D = =

Soluzione

/( )Lt

L

di tV L e

dt

−D = = E

1234 LR i V= + DE

1234

0.84L

Ls

R = =

( )1.7871.26 1 1.05i e A A−= − =1.78712 2.01LV V e V−D = =1.787

L

t

=

Test: ad ogni istante deve essere 12345 12LR i V V+ D =

24 (1.05 ) 4.41U H A J= =

( )/( ) 1 Lt

i t i e−

= −

Nella fase transiente di accensione, l’equazione di Kirchoff è quella di una singola maglia con resistenza equivalente:

La soluzione è:

La corrente nel tempo lungo è la i1 precedentemente calcolata; per t=1.5 s:

Si può verificare che l’equazione di Kirchoff a t=1.5 s è soddisfatta