Soluzioni

Esame Scritto Fisica Generale T-B/T-2
(CdL Ingegneria Civile e Informatica [A-K])
Prof. M. Sioli
II Appello A.A. 2013-2014 - 29/01/2014
Soluzioni Esercizi
Ex. 1
Sulla superficie della Terra, in condizioni di bel tempo, è presente un
~ T diretto verso il basso con modulo pari a ET =
campo elettrostatico E
100 V/m. Si pu`
o schematizzare il sistema con una carica negativa distribuita
~ T = σT rˆ.
uniformemente sulla superficie terrestre con densità σT , tale che E
ε0
Dato che la Terra è globalmente neutra, una carica uguale e contraria è
contenuta nell’atmosfera fino ad una quota h = 10 km, con densità volumetrica uniforme nella calotta sferica considerata. Dato il raggio della Terra
RT = 6350 km:
a) calcolare la carica negativa distribuita sulla superficie della Terra;
b) determinare il campo elettrico in un punto dell’atmosfera entro la
quota h;
c) calcolare la d.d.p. tra il punto a quota h e la superficie terrestre.
Sol. 1
a) Per il teorema di Coulomb, il campo in prossimità di una distribuzione
superficiale di carica è:
~ = σn
E
ˆ
ε0
come esplicitato nel testo dell’esercizio. Si ricava dunque il valore della
densit`
a σT :
σT = −ET ε0 = −8.85 × 10−10 C/m2
e della carica totale distribuita sulla superficie terrestre:
QT = σT 4πRT2 = −4.5 × 105 C
1
b) La densit`
a di carica distribuita nel guscio sferico dell’atmosfera è:
ρT =
4
3 π((RT
−QT
+ h)3 − RT3 )
Dato che lo spessore h dell’atmosfera in cui è distribuita la carica
positiva è piccolo rispetto al raggio della Terra, si può approssimare
il volume della calotta sferica con 4πRT2 h. La densità volumetrica ivi
−QT
contenuta è dunque ρT ' 4πR
2 h.
T
Per determinare il campo elettrico in atmosfera si applica la legge di
Gauss, scegliendo una superficie sferica concentrica alla Terra di raggio
r compreso tra RT e RT + h.
Q (r3 −R3 )
T
QT − ((R T +h)3 −R
3
ρT 34 π (r3 − RT3 )
QT
T
2
T)
~
+
=
=
Φ(E) = E 4πr =
ε0
ε0
ε0
(r3 − RT3 )
3RT2 z
QT
QT QT
z
'
=
=
1−
1−
1−
ε0
ε0
ε0
h
((RT + h)3 − RT3 )
3RT2 h
Nell’approssimazione dell’ultimo passaggio r è stato espresso come r =
RT + z, dove z è la quota del punto in atmosfera (compresa tra 0 e h),
z << RT . Il campo elettrico quindi risulta:
(r3 − RT3 )
QT
QT z
~
E=
1
−
r
ˆ
'
rˆ
1
−
4πε0 r2
4πε0 r2
h
(RT + h)3 − RT3
c) Si ricava la d.d.p. tra il punto a quota h e la superficie terrestre integrando il campo elettrico lungo rˆ:
Z
RT +h
∆Vh = −
RT
~ · d~r ' |QT | h = 5 × 105 V
E
8πε0 RT2
Osservazioni : I valori forniti provengono da misurazioni effettuate sulla
superficie terrestre ed in atmosfera. La differenza di potenziale pari all’altezza
media di un uomo è circa 200 V. Come mai non siamo attraversati da corrente, data la differenza di potenziale in aria tra la quota dei nostri capelli
e la quota dei nostri piedi?
Ex. 2
Sia dato il circuito mostrato in figura, di cui sono note la f.e.m. del
generatore E = 12 V, le resistenze R1 = 50 Ω, R2 = 150 Ω, R3 = 100 Ω e la
capacit`
a del condensatore C = 150 nF. Si calcolino:
a) la corrente circolante nel circuito;
2
E
R2
R1
R3
C
b) la d.d.p. ai capi del condensatore in regime stazionario;
c) la potenza dissipata dal generatore;
d) l’energia immagazzinata nel condensatore.
Sol. 2
a) Quando il circuito è in regime stazionario, la corrente circola sulle
resistenze R1 e R2 e non nel ramo che contiene il condensatore. La
corrente che circola a regime sulla maglia è ottenuta applicando la
prima legge di Kirchhoff:
E = i (R1 + R2 ) −→ i =
E
= 0.06 A
R1 + R2
b) La d.d.p. ai capi del condensatore, dato che su R3 non circola corrente,
è pari alla caduta di potenziale sulla resistenza R2 :
∆V = i R2 =
E R2
= 9V
R1 + R2
c) La potenza dissipata dal generatore si trasforma in potenza termica
(effetto Joule) sulle resistenze attraversate da corrente:
W = i2 (R1 + R2 ) = 0.72 W
d) L’energia immagazzinata nel condensatore corrisponde all’energia fornita per caricarlo:
UE =
C∆V 2
C (i R2 )2
=
= 6.075 µJ
2
2
3
Ex. 3
Un solenoide infinito ha raggio a = 15 cm e numero di spire per unità di
lunghezza n = 1200 spire/m.
a) Determinare la corrente i che circola nelle spire del solenoide, dato il
campo magnetico B = 0.4 T generato al suo interno.
All’interno del solenoide è disposta una spira conduttrice quadrata, di lato
L = 5 cm e resistenza R = 2 Ω, inizialmente disposta in un piano ortogonale
all’asse del solenoide.
b) Calcolare il coefficiente di mutua induzione solenoide-spira.
Successivamente la spira è collegata ad una centrale idroelettrica, il cui flusso
d’acqua mantiene la spira in rotazione con velocità angolare ω costante at` nota la potenza
torno al suo asse, perpendicolare all’asse del solenoide. E
media fornita dal flusso d’acqua W = 0.1 W, che trascurando gli attriti si
trasforma completamente in potenza elettrica.
c) Calcolare la velocit`
a angolare di rotazione ω.
Sol. 3
a) Il campo magnetico in un solenoide infinito è noto (applicando la legge
di Ampère), da cui si ricava la corrente che lo attraversa:
B = µ0 n i → i =
B
= 265 A
µ0 n
b) Si calcola il coefficiente di mutua induzione M calcolando il flusso del
campo magnetico generato dal solenoide attraverso la spira, diviso per
la corrente del solenoide:
~ sol ) = BL2 = µ0 n isol L2
Φspira (B
~ sol )
Φspira (B
→M =
= µ0 n L2 = 3.77 µH
isol
c) Il flusso del campo magnetico generato dal solenoide attraverso la
spira, mantenuta in rotazione costante, varia nel tempo con il cos ωt:
~ = BL2 cos ωt → Eind = −
Φ(B)
~
dΦ(B)
= ωBL2 sin ωt
dt
La corrente indotta varia sinusoidalmente: iind = Eind /R. La potenza
elettrica dissipata nella spira è
W =
2
Eind
ω 2 B 2 L4 sin2 ωt
=
R
R
4
Ricordando che il valor medio di sin2 α è pari a 1/2, la potenza elettrica
media è
ω 2 B 2 L4
hWel i =
2R
Dato che la potenza della centrale idroelettrica, grazie alla quale la
spira è mantenuta in rotazione, si trasforma completamente in potenza
elettrica: hWel i = hWidro i, è possibile ricavare la velocità angolare di
rotazione ω:
p
2RhWidro i
ω=
= 632 rad/s
BL2
5

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