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=2a, 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=a, 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

2a

'P

7 7

5

'

'

) 0.262 10 0.764 10 ) 71.06

) 1.71 10 ) 2.62 7.64

) 0.17

o

x y

P P x y

P P

N Na E E b

C C

d V V V e F N F N

f U U J

a= = =

− = = =

− =

Soluzione

2 32 2ˆ ˆ

4

q qE k x E k y

a a= − =

2 2

8 1 4ˆ ˆ1

45 5 5 5

q qE k x k y

a a

= − + +

29 7

2 29 10 0.4655 0.262 10

16x

Nm C NE

C cm C

m= =

tan( ) 2.915 71.06y o

x

E

Ea a= = =

1 2 2 2 2

4 4 8 4ˆ ˆ ˆ ˆcos( ) sin( )

5 5 5 5 5 5

q q q qE k x k y k x k y

a a a a = + = +

29 7

2 29 10 1.358 0.764 10

16y

Nm C NE

C cm C

m= =

2 2

1

1

1

5

1sin

5

2 2cos

5

r a

a

r

a

r

=

= =

= =

1q

2q P

x

y

3q

a

2a

a

'P

a

E

Soluzione2

9 5

2

4 4 19 10 2.29 5.15 10

2 2 45 5P

q q q q Nm CV k k k k V

a a a C cma

m = − + = + = =

7

4 1 0.262 10 2.62x x

NF q E C N

Cm= = =

7

4 1 0.764 10 7.64y y

NF q E C N

Cm= = =

29 5

' 2

4 5 19 10 1.53 3.44 10

45 2 5 5 2P

q q q q Nm CV k k k k V

a C cma a a

m = − + = − = =

29 5

' 2

1 1 19 10 0.76 1.71 10

2 45 2P p

q Nm CV V k V

a C cm

m − = − + = =

( ) 5

' 4 ' 1 1.71 10 0.17P P P PU U q V V C V Jm− = − = =

Problema 2Consideriamo un condensatore vuoto carico, con carica qC = 2 mC; sia A = 100 cm2 l’area dei piatti, e d = 1 cm la distanza tra i piatti; sia x=0 la posizione del piatto positivo; trascurando gli effetti di bordo,a) calcolare il campo elettrico nei punti x1 =

0.4 cm, x2 = 0.7 cmb) calcolare l’energia immagazzinata nel

condensatorec) calcolare la d.d.p. DV= V1 - V2 tra i punti x1 e

x2

d) calcolare il lavoro necessario a spostare una carica puntuale q0 = 0.2 mC da x1 ad x2

e) mantenendo il condensatore carico ed isolato dal circuito, si riempie lo spazio tra i piatti di alcol etilico (r = 28); ricalcolare le quantità ai punti a), b), c), d) con dielettrico inserito

++++++++++

----------

CqCq−

x

y

212

0 28.85 10

8.85

C

N m

pF

m

−=

=

SoluzioneCondensatore vuoto:

++++++++

--------

CqCq−

x

y

7

212 2 20 0

2

22.26 10

8.85 10 10

Cx

q C NE

CA Cm

N m

m

− −

= = = =

2 2 12 2

2120

2

1 2 100.226

2 2 ( / )8.85 10

C Cq q CU J

CC A dm

N m

−

−

= = = =

( ) ( ) ( )2

1

1 2 2 1

7 2 32.26 10 0.3 10 67.8 10

x

x

V x V x E dx E x x

Nm V

C

−

− = = − =

= =

( ) ( )0 1 2

30.2 67.8 10 13.56

L q V x V x

C V mJm

= −

= =

SoluzioneCondensatore pieno: essendo il condensatore isolato, la carica ai piatti resta la stessa; dunque campo elettrico ed energia del condensatore si riducono

7 5

0

12.26 10 8.07 10

28x

r

N NE

C C

= = =

231 1

0.226 8.07 102 28

C

r

qU J J

C

−= = =

( ) ( ) ( ) 3 3

1 2 2 1

167.8 10 2.42 10

28V x V x E x x V V− = − = =

( ) ( ) 3

0 1 2 0.2 2.42 10 0.484L q V x V x C V mJm = − = =

++++++++

--------

CqCq−

x

Problema 3

1 2

1 3 4

12 8

6 10 2

V V

R R R

= =

= = =

E E

a) Calcolare la corrente i1 che attraversa la resistenza R1, la corrente i2 che attraversa il ramo della batteria 2, la corrente i3 che attraversa la resistenza R3, la corrente i4 che attraversa la resistenza R4

b) Calcolare le d.d.p. DV1 ai capi di R1, DV3 ai capi di R3, DV4 ai capi di R4

c) Indicare con frecce in figura il verso delle correnti positive i1 , i2 , i3 , i4

d) Calcolare la potenza PB1 , PB2 erogata o assorbita dalle batterie 1, 2, 3e) Calcolare la potenza PR1 , PR3 , PR4 dissipata dalle resistenze R1, R3 , R4

Consideriamo il circuito in figura con:

4R

3R

1R

1 2 3 4

1 3 4

1 2

1 3 4

) 0.5 0.3 0.8 0.5

) 3 8 1

) 6 2.4

) 1.5 6.4 0.5

B B

R R R

a i A i A i A i A

b V V V V V V

d P W P W

e P W P W P W

= = = =

D = D = D =

= =

= = =

Soluzione

2 3 1 0.3i i i A= − =

( ) 1 21 2 1 1 4 4 1 1 4 1

1 4

40.5

8

Vi R i R i R R i A

R R

−− = + = + = = =

+

E EE E

1 1 1 3 2

4 1 4

0.5 6 3 8

0.5 2 1

V i R A V V V

V i R A V

D = = = D = =

D = = =

E

2 3 3 3

80.8

10

Vi R i A= = =

E

per la maglia di sinistra:

per la maglia di destra:

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:

4R

3R

1R

1i 2i

3i

4i

Soluzione

1 1 1

2 2 2

0.5 12 6

0.3 8 2.4

B

B

P i A V W

P i A V W

= = =

= = =

E

E

2 2 2

1 1 1

2 2 2

3 3 3

2 2 2

4 1 4

0.5 6 1.5

0.8 10 6.4

0.5 2 0.5

R

R

R

P i R A W

P i R A W

P i R A W

= = =

= = =

= = =

✓ la polarità delle batterie 1 e 2 è concorde col verso positivo delle correnti i1

e i2 che attraversano i relativi rami, per cui entrambe le batterie erogano corrente

✓ la conservazione dell’energia impone quindi che:

Potenza dissipata sulle resistenze:

Potenza erogata dalle batterie:

1 2 1 3 4B B R R RP P P P P+ = + +

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

Problema 4Un protone (m = 1.67 10-27 Kg , q = 1.6 10-19 C) è inizialmente fermo nel punto P in figura, con L = 20 cm; la particella viene messa in moto da un campo elettrico uniforme d’intensità E= 104 N/C diretto lungo y, ed entra in una regione di campo magnetico uniforme B = 20 mT (area grigia), perpendicolare alla pagina di verso uscente, presente in tutto il quadrante x > 0, y > 0; il campo elettrico viene spento nel momento in cui il protone entra nel campo magnetico. Calcolare:

PE

x

y

L

L

a) il tempo t trascorso tra l’istante iniziale e l’istante in cui il protone entra nel campo magnetico

b) il tempo t’ trascorso dal protone all’interno del campo magnetico

c) Il raggio di curvatura r della traiettoria del protone nel campo magnetico

d) Il punto x’ lungo l’asse x attraversato dal protone all’uscita dal campo magnetico

e) l’energia cinetica della particella al momento d’ingresso nel campo magnetico Ki ed in uscita dal campo Kf

Soluzione

Al momento d’ingresso nel campo magnetico, la velocità del protone è quindi:

21

2s a t=v a t=

Il protone, accelerato dal campo elettrico uniforme, acquisisce una velocità v e subisce uno spostamento s che possiamo determinare dalle leggi della cinematica:

2 12

12

2

1 2 0.40.41666 10 0.65

20.96 10

L mL at t s s

ma

s

m−= = = = =

L’accelerazione dovuta al campo elettrico è:

19 412

27 2

1.6 10 100.96 10

1.67 10

q C N ma E

m Kg C s

−

−

= = =

Il tempo impiegato dal protone per raggiungere il campo magnetico viene ricavato dalla relazione:

12 6

20.96 10 0.65 0.626 10

m mv at s

s sm= = =

PE

'x

y

L

L

rv

Soluzione

Il punto d’uscita del protone lungo x è quindi:

Il tempo percorso all’interno del campo magnetico è metà del periodo:

All’interno del campo magnetico il campo elettrico viene spento, ed il protone prosegue di moto circolare uniforme; poiché il raggio di curvatura è perpendicolare alla velocità d’ingresso, la particella nel campo deve percorrere esattamente un semicerchio di raggio:

' 2 84x L r cm= + =

27 6

19 3

1.67 10 0.626 10 /0.32 32

1.6 10 20 10

mv Kg m sr m cm

q B C T

−

− −

= = = =

6

0.32' 1.606

20.626 10

T r mt s

mv

s

m

= = = =

2 27 2 12 2 2 1610.5 1.67 10 0.626 10 / 3.27 10

2i fK K mv Kg m s J− −= = = =

PE

'x

y

L

L

rv

Problema 5Un filo conduttore infinito ed una spira quadrata conduttiva di lato L = 10 cm e resistenza R=8 giacciono sullo stesso piano, distanti a = 5 cm; nel filo scorre una corrente alternata if il cui verso positivo è indicato in figura:

A

Tm7

0 104 −= m

x

y

fiLa

L

a) Calcolare agli istanti t1= 50 ms e t2 = 0.5 s i valori B1 e B2

dell’intensità del campo magnetico nel centro della spirab) Calcolare negli stessi istanti i valori F1 e F2 del flusso

magnetico attraverso l’area della spirac) Calcolare negli stessi istanti i valori i1 e i2 della corrente

indotta che circola nella spira, ed indicare il verso orario o antiorario di percorrenza

( )( ) 10 20f

radi t I sen t I A

s = = =

Soluzione0

2

fiB

x

m

=

( )

( )

5 5 5

1 1

5 5 5

2 2

50 2 10 sin 1 2 10 0.84 1.683 10

0.5 2 10 sin 10 2 10 ( 0.544) 1.09 10

t ms B T rad T

t s B T rad T

− − −

− − −

= = = =

= = = − = −

L’intensità del campo magnetico generato dal filo infinito è

il campo magnetico è perpendicolare all’area della spira, e dipendente da x; per calcolare il flusso dobbiamo integrare il campo sull’area della spira:

( ) 7 50sin 10

2 10 sin 20 2 10 sin 202 / 2 0.1

I t Tm A rad radB t T t

a L A m s s

m

− − = = =

+

( )0 0 0

00 0 0

1ln ln

2 2 2

L L LLf f f

A

i i i L aB dA dy B dx L dx L x a L

x a a

m m m

+F = = = = + =

+

( ) ( )7 72 10 10 sin 0.1 ln3 2.2 10 sinTm

A t m t WbA

− −F = =

( )

( )

7 7

1 1

7 7

2 2

50 2.2 10 sin 1 1.845 10

0.5 2.2 10 sin 10 1.20 10

t ms rad Wb Wb

t s rad Wb Wb

− −

− −

= F = =

= F = = −

La distanza del filo dal centro della spira è / 2x a L= +

Dunque il campo magnetico nel centro della spira è:

Soluzione

( ) ( )7 71 12.2 10 cos 5.5 10 cos

8i t Wb t A

R t − −F

= − = − = −

La corrente indotta nella spira è:

( )

( )

7 7

1 1

7 7

2 2

50 5.5 10 cos 1 2.97 10

0.5 5.5 10 cos 10 4.615 10

t ms i rad A A

t s i rad A A

− −

− −

= = − = −

= = − =

✓ Dalla regola della mano destra si ha che, per il verso della corrente nel filo indicata in figura, il campo magnetico positivo è entrante nella pagina;

✓ A t= 50 ms il campo magnetico calcolato è positivo, dunque entrante; la derivata nel tempo dipende da cos(t) ed è pure positiva; dunque il campo è entrante ed in fase incrementale; ne segue che la corrente indotta nella spira deve essere antioraria, in modo da generare un campo indotto di verso opposto

✓ A t= 0.5 s il campo e la sua derivata sono entrambe negative, dunque il campo è uscente ed in fase incrementale (in modulo); la corrente indotta è quindi oraria, in modo da opporsi all’aumento del campo uscente

Problema 6Un condensatore con C = 2 mF viene caricato da

una batteria con E = 40 V; il condensatore carico

viene connesso ad un induttore con L =5 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, l’energia immagazzinata nel circuito U, il periodo T delle oscillazioni

b) Calcolare dopo quanto tempo t1 dalla chiusura del circuito metà dell’energia totale è trasferita dal condensatore all’induttore

c) Calcolare dopo quanto tempo t2 dalla chiusura del circuito l’energia è per la prima volta interamente trasferita all’induttore

d) Calcolare dopo quanto tempo t3 l’intensità di corrente raggiunge per la prima volta la metà del suo massimo valore

e) Calcolare dopo quanto tempo t4 la carica del condensatore si riduce alla metà della carica iniziale

f) All’istante t4 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)

g) Disegnare con due frecce in figura i versi di i(t) e della corrente autoindotta iin(t) all’istante t4

Soluzione

22 21

2.5 (0.8 ) 1.62 2

QU L I mH A mJ

C= = = =

410 80 0.8I Q Hz C A m= = =

4

8

1 1 110

5 2 10

rad rad

s sLC mH F

m −= = = =

2 40 80Q C F V Cm m= = =E

422 10 628.32T s s

m

−= = =

Soluzione

L’energia si distribuisce equamente tra L e C dopo una fase /4 (1/8 di periodo), ovvero quando:

2 1 157.082 2 4

Tt t s

m

= = = =

L’energia è per la prima volta interamente trasferita ad L dopo una fase /2 (1/4 di periodo):

1 1 78.544 4 8

Tt t s

m

= = = =

( ) ( ) ( )2

2 2 2 211 1 1 1

( )1 1( ) cos sin tan 1

2 2

q tL i t t t t

C = = =

( )2

212

( )10 cos 0

2

q tt

C= =

Soluzione

( ) ( )4 4 4

1( ) cos cos

2 2

Qq t Q t t = = =

Calcoliamo l’istante t3 in cui per la prima volta raggiunge metà della sua massimo intensità:

3 3 3 3

1 1( ) sin( ) sin( ) arcsin

2 2 2

Ii t I t t t

= − = − = =

3

1 1arcsin 52.36

2 12

Tt sm

= = =

Calcoliamo l’istante t4 in cui per la prima volta la carica sui piatti raggiunge metà del suo massimo valore:

4

1 1cos 104.72

2 6

Tt arc sm

= = =

3 30 0.52366

ot rad

= = =

4 60 1.04723

ot rad

= = =

Soluzione

4

1cos( ) 40 20

2CV t V VD = = =E

20L CV V VD = −D = −

Calcoliamo i potenziali e la f.e.m. autoindotta a t4

20L L

diL V V

dt= − = −D =E

22

4cos( ) 02

di QQ t

dt

= − = −

al tempo t4 siamo in una fase in cui la corrente i(t) è negativa, e la sua

derivata nel tempo anch’essa negativa, dunque i(t) scorre in verso antiorario e cresce in intensità; ne segue che la corrente autoindotta iin(t) deve essere positiva ed avere verso orario, in modo da opporsi all’aumento di i(t) ; questa analisi è concorde col segno della f.e.m. autoindotta che a t4

è positiva

4 4( ) sin( ) sin(60 ) 0oi t I t I= − = −

Per rispondere a g) consideriamo i segni della corrente e della sua derivata al tempo t4:

ini

i