Problema 1Consideriamo 3 cariche in figura con q1= 4q, q2 = -q, q3 = q, q=1 mC; a = 4 cma) Calcolare le componenti lungo gli assi Ex, Ey del campo elettrico totale generato dalle 3 cariche nel punto P (x=a, y=a)b) Calcolare l’angolo a che il campo forma con l’asse xc) Disegnare con una freccia il campo nella figura, indicandone approssimativamente direzione e versod) Calcolare la d.d.p. DV = VP – Vp’ tra P ed il punto P’ (x=2a, y=2a) 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 carichef) Calcolare la variazione di energia potenziale di q4

DU= UP – UP’ causata dallo spostamento di q4 da P a P’

2

29

0

1094

1

C

Nmk ==

1q

2q P

x

y

3q

a

aaa

'P

'

'

) )

) )

)

x y

P P x y

P P

a E E b

d V V e F F

f U U

a= = =

− = = =

− =

Soluzione

2 32 2ˆ ˆ

q qE k x E k y

a a= − =

2 2

1 1ˆ ˆ1 1

2 2 2 2

q qE k x k y

a a

= − + +

29 7

2 29 10 0.6464 0.3636 10

16x

Nm C NE

C cm C

m= − = −

tan( ) 2.094 64.5y o

x

E

Ea a= = − = −

1 2 2 2 2

4 4ˆ ˆ ˆ ˆcos(45 ) sin(45 )

(2 2 ) (2 2 ) 2 2 2 2

o oq q q qE k x k y k x k y

a a a a= + = +

29 7

2 29 10 1.35355 0.761 10

16y

Nm C NE

C cm C

m= =

1q

2q P

x

y

3q

a

aaa

'P

a

E

Soluzione2

9 5

2

4 49 10 3.18 10

2 2 2 2 2 2P

q q q q Nm CV k k k k V

a a Ca a cm

m= − + = = =

7

4 1 0.3636 10 3.636x x

NF q E C N

Cm= = − = −

7

4 1 0.761 10 7.61y y

NF q E C N

Cm= = =

29 5

' 2

49 10 2.121 10

3 2 3 2P

q Nm CV k V

Ca cm

m= = =

29 5

' 2

4 1 19 10 0.1666 1.0606 10

2 32 2P p

q Nm CV V k V

Ca cm

m − = − = =

( ) 5

' 4 ' 1 1.0606 10 0.106P P P PU U q V V C V Jm− = − = =

a) Determinare la densità di carica lineare presente sulla superficie interna lint e sulla superficie esterna lext del cilindro

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

c) Calcolare la d.d.p. DV = V1 – V2 tra i punti r1 =10 cm e r2 =14 cm

ab

In figura è mostrata la sezione di un lungo guscio cilindrico conduttore di raggio interno a=5 cm ed esterno b=9 cm, su cui è presente una densità di carica lineare lg = 4 mC/m; al centro del guscio scorre un filo carico coassiale col guscio cilindrico, con densità di carica lineare lf = 2 mC/m; supponendo di poter trascurare gli effetti di bordo:

Problema 2

Soluzione

29 5

2 2 2

29 5

2 2 2

23 18 10 12 10 ( / )

3 10

7 0

610 18 10 10.8 10 ( / )

10 10

Nm Cr cm E N C

C m

r cm E

Nm Cr cm E N C

C m

m

m

−

−

= = =

= =

= = =

( ) 2

( ) 0

( ) 2

f

f g

r a E r kr

a r b E r

r b E r kr

l

l l

=

=

+ =

int 2 6ext

C C

m m

m ml l= − =

6f g ext

C

m

ml l l+ = =

Soluzione

( ) ( ) ( )2 2

1 1

21 2

1

12 ( ) 2 ( ) ln 2 ( ) ln 1.4

r r

f g f g f g

r r

rV r V r E dr k dr k k

r rl l l l l l

− = = + = + = +

( ) ( )2

9

1 2 2

618 10 0.3365 36.34

Nm CV r V r V

C m

m− = =

Calcoliamo la d.d.p. tra r1 ed r2; siamo all’esterno del guscio, per cui:

( ) 2f g

E r kr

l l+=

la d.d.p. tra r1 ed r2 è uguale al lavoro speso dal campo per spostare la carica unitaria da r1 ad r2, per cui:

Problema 3

1 2 3

1 2

6 4 8

8 10

V V V

R R

= = =

= =

E E E

1R2R

a) Calcolare la corrente i1 che attraversa la resistenza R1, la corrente i2 che attraversa la resistenza R2, la corrente i3 che attraversa il ramo della batteria 3

b) Calcolare DV1 ai capi di R1, DV2 ai capi di R2

c) Indicare con frecce in figura il verso delle correnti positive i1 , i2 , i3

d) Calcolare la potenza PB1 , PB2 , PB3 erogata o assorbita dalle batterie 1, 2, 3

e) Calcolare la potenza PR1 , PR2 dissipata dalle resistenze R1, R2

Consideriamo il circuito in figura con:

Soluzione

3 1 2 1.55i i i A= + =

3 2 1 1 1 1

60.75

8

Vi R i A+ − = = =

E E E

1 1 1 2 2 20.75 8 6 8V i R A V V i R VD = = = D = =

3 2 2 2

80.8

10

Vi R i A= = =

E

per la maglia superiore:

per la maglia inferiore:

Ipotizziamo un verso di percorrenza per le correnti positive, come indicato in figura, e risolviamo le equazioni di Kirchoff per le due maglie chiuse

le correnti sono tutte positive, dunque i versi ipotizzati sono corretti

Equazione dei nodi:

1R2R

1i2i

3i

Soluzione

1 1 1

2 1 2

3 3 3

0.75 6 4.5

0.75 4 3

1.55 8 12.4

B

B

B

P i A V W

P i A V W

P i A V W

= − = − = −

= = =

= = =

E

E

E

2 2 2

1 1 1

2 2 2

2 2 2

0.75 8 4.5

0.8 10 6.4

R

R

P i R A W

P i R A W

= = =

= = =

Notiamo che mentre la polarità delle batterie 2 e 3 è concorde col verso positivo delle correnti che attraversano i relativi rami, la polarità della batteria 1 è opposta al verso della corrente i2 , dunque la potenza PB1 è ASSORBITA, non erogata; la conservazione dell’energia impone quindi che:

Potenza dissipata sulle resistenze:

Potenza erogata dalle batterie:

1 2 3 1 2B B B R RP P P P P+ + = +

Inserendo i valori calcolati si può verificare che questa equazione è soddisfatta

Problema 4

Consideriamo tre fili conduttori perpendicolari alla pagina con correnti i1 = 10 A, i2 = 5 A, i3= 15 A; sia a = 4 cm.a) Calcolare le componenti cartesiane del

campo magnetico totale generato dai 3 fili nell’origine del riferimento.

b) Disegnare il campo totale con una freccia in figura

c) Consideriamo un quarto filo, percorso da corrente i4 = 8 A, posto nell’origine, di verso entrante (ovvero nel verso dell’asse z negativo). Calcolare le componenti cartesiane della forza che agisce su una sezione L= 2 m di questo filo

d) Disegnare la forza esercitata sul filo 4 con una freccia in figura

A

Tm7

0 104 −= m

x

y

X

X

1i

3i

2ia a

a

a

•

4i

x

y

X

X

1i

3i

2ia a

a

a

•

X

Soluzione

( ) ( )y

a

ix

a

iB ˆ)45sin(

22ˆ)45cos(

22

0100101

m

m−−=

( ) ( )0 00 2 0 2

2ˆ ˆcos(45 ) sin(45 )

2 2 2 2

i iB x y

a a

m m

= −

xa

iB ˆ

2

303

m=

2

1)45sin()45cos( 00 ==

( )

( )

0 1 0 2 0 3 01 2 3

7

5

24 4 2 4

10 ( / ) 256.25 10

4

x

i i iB i i i

a a a a

Tm A AT

cm

m m m m

−

−

= − + + = − + + =

= =

( )7

50 1 0 210 ( / ) 15

3.75 104 4 4

y

Tm A Ai iB T

a a cm

m m

−

−

= − − = − = −

x

y

X

X

1i

3i

2i

a2

o45

1B

2B

o45

3B

•

x

y

X

X

1i

3i

2ia a

a4i

•

B

X

Soluzione

4 4 4 4

ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ0 0

0

y x

x y

x y z

F i L B i L i LB x i LB y

B B

= = − = −

( )5 3

5 3

8 2 3.75 10 0.6 10

8 2 6.25 10 1 10

x

y

F A m T N

F A m T N

− −

− −

= − = −

= − = −

x

y

X

X

1i

3i

2ia a

a4i

•

B

X

F

Problema 5

a) Calcolare l’intensità i1 , i2 delle correnti indotte negli anelli all’istante t = 2 s, e specificare il verso orario o antiorario

b) Calcolare l’intensità dei campi elettrici E1 , E2 indotti lungo gli anelli nello stesso istante t = 2 s.

c) Disegnare con una freccia in figura la direzione ed il verso del campo elettrico nei due anelli

L’area grigia in figura indica la sezione circolare di un solenoide ideale di raggio rs=6 cm; il solenoide ha n=10 spire per cmIl solenoide è attraversato da una corrente sinusoidale (si assuma orario il verso della corrente positiva, indicato dalla freccia):

Bind E ds

t

= = −

E

( )( ) 10 20rad

i t I sen t I As

= = =

Abbiamo inoltre due anelli conduttori, concentrici con l’asse del solenoide, uno interno al solenoide di raggio r1 = 3 cm, ed uno esterno al solenoide di raggio r2 = 9 cm; la resistenza degli anelli è R = 4

sr

1r2r

SoluzioneIl campo magnetico nel solenoide è:

0 0( ) ( ) sin( )B t ni t n I tm m = =

2TmA

s=

cos(40 ) 0.667rad = −2

,1 0 111

1cos(40 )

ind n I rdi rad

R R dt R

m = = − = −E

La corrente indotta generata negli anelli 1 e 2 a t= 2 s è:

Il flusso magnetico attraverso gli anelli 1 e 2:

2 2

1 1 0 1( ) ( ) sin( )t B t r n I r t m = =2 2

2 0( ) ( ) sin( )s st B t r n I r t m = =

27 2 2 7

1

4 10 2010 10 9 cos(40 ) 10 180 ( 0.67) 0.118

4

Tmi A cm rad A mA

A cm s

− −= − = − − =

2,2 02

2

1cos(40 )

ind sn I rdi rad

R R dt R

m = = − = −E

27 2 2 6

2

4 10 2010 10 36 cos(40 ) 216 10 ( 0.67) 0.472

4

Tmi A cm rad A mA

A cm s

− −= − = − − =

Soluzione✓ Al tempo t =2 s la corrente nel solenoide è positiva ( sen(40rad)>0 ) per

cui il verso è orario, ed il campo magnetico entrante nella pagina✓ la derivata del flusso è negativa ( cos(40rad)< 0 ) dunque il campo sta

diminuendo✓ la corrente indotta scorre quindi anch’essa in verso orario in modo da

compensare la riduzione del flusso✓ Il verso della corrente indotta è lo stesso nelle 2 bobine, poiché la

variazione del campo magnetico è la stessa

211 1 1 0 1(2 ) cos(40 )E ds E r n I r rad

t m

= = − = −

222 2 2 0(2 ) cos(40 )sE ds E r n I r rad

t m

= = − = −

Campi elettrici lungo gli anelli 1 e 2:

0 11 cos(40 )

2

n I rE rad

m = −

2

02

2

cos(40 )2

sn I rE rad

r

m = −

SoluzioneCampi elettrici lungo gli anelli 1 e 2:

7

1

7 3 4

10 202 10 10 3 ( 0.667)

10 12 10 ( 0.667) 25.14 10

TmE A cm

A cm s

Tm N

A C

−

− −

= − − =

− − =

27

2

7 3 4

10 36 202 10 10 ( 0.667)

9

10 16 10 ( 0.667) 33.53 10

Tm cmE A

A cm cm s

Tm N

A C

−

− −

= − − =

− − =

R

1r2r

1E

2E

Problema 6Un condensatore con C = 6 mF viene caricato da

una batteria con E = 80 V; il condensatore carico

viene connesso ad un induttore con L =15 mH, con la configurazione di carica sui piatti mostrata in figura; questa configurazione genera una carica

oscillante sinusoidale q(t) = Q cos(t)

a) Calcolare la frequenza angolare caratteristica , la carica

massima sul condensatore Q, e l’energia immagazzinata nel circuito U

b) All’istante t = 5 ms calcolare la carica q(t) ai piatti del condensatore e l’intensità di corrente i(t), nel circuito

c) All’istante t = 5 ms calcolare la d.d.p. DVC(t) ai piatti del condensatore, la d.d.p. DVL(t) ai capi dell’induttore, e la la f.e.m.

autoindotta EL(t)

d) Disegnare con due frecce in figura i versi di i(t) e della corrente autoindotta iin(t) a t = 5 ms

Soluzione

22Tm C

H F sA V

= =

22 21

7.5 (1.6 ) 19.22 2

QU L I mH A mJ

C= = = =

4110 480 1.6

3I Q Hz C A m= = =

4

8 2

1 1 10.3333 10

15 6 9 10Hz

LC mH F s

m −= = = =

6 80 480Q C F V Cm m= = =E

Soluzione

( )( ) sin( ) sin( )

dq ti t Q t I t

dt = = − = −

(5 ) 1.6 sin(16.666 ) 1.6 ( 0.818) 1.31i ms A rad A A= − = − − =

cos( ) cos( ) 80 0.575 45.97C

QV t t V V

C D = = = − = −E

( )

( )

4 3(5 ) 480 cos 0.333 10 5 10

480 cos(16.666 )

480 0.575 276

q ms C rad

C rad

C C

m

m

m m

−=

=

= − = −

a t = 5 ms siamo in una fase dell’oscillazione in cui la carica ai piatti è invertita (carica e d.d.p. ai piatti del condensatore negativi) e la corrente ha verso orario (corrente positiva); 16.666 rad/2 =2.65 giri; 0.65x2 = 1.3

45.97L CV V VD = −D =

a t = 5 ms:

Soluzione

A t = 5 ms la corrente i(t) e la sua derivata nel tempo sono entrambe positive, dunque l’intensità di i(t) sta crescendo; ne segue che la corrente autoindotta iin(t) deve essere negativa e discorde con i(t)

45.97L L

diL V V

dt= − = −D = −E

2 2cos( ) ( 0.575) 0di

Q t Qdt

= − = − −

ini