Esame 4 – Fisica 2

In questo articolo vediamo l’ultimo tema d’esame di fisica 2.

Esercizio 1

L’armatura centrale di un condensatore sferico è un conduttore di raggio R₁ = 2 cm mentre l’altra armatura è costituita da un guscio sferico di raggio interno R2 = 3 cm e spessore h = 1 cm. Il condensatore viene caricato tramite un generatore il cui polo positivo è collegato al conduttore centrale e quello negativo al guscio sferico, fino a che l’energia elettrostatica immagazzinata raggiunge il valore U_e = 2 × 10^-6 J e poi il generatore viene staccato. Calcolare, in questa situazione:

1. la differenza di potenziale fra le armature.
2. il valore e il segno della densità di carica sulle superfici interna ed esterna del guscio sferico.
   Successivamente una parte della carica presente sul conduttore centrale viene neutralizzata depositandovi una carica negativa Q = − 3 × 10^-9 C, mentre la
   carica totale sul guscio sferico viene lasciata invariata. Calcolare, dopo che si è raggiunta la situazione di equilibrio elettrostatico
3. la densità di carica sulle superfici interna ed esterna del guscio sferico.
4. il modulo, la direzione e il verso del campo E in un punto P alla distanza R_P = 12 cm dal centro del conduttore centrale.

SOL:

a. Dobbiamo calcolare la tensione fra le armature.

Innanzitutto immaginiamo la situazione: abbiamo un guscio sferico (interno) e un altro guscio con un certo spessore. Depositiamo le cariche attraverso un generatore che ha il polo positivo collegato al guscio centrale (ce lo dice il testo), quindi il conduttore centrale avrà una carica positiva.

Il punto è che il guscio sferico esterno ha uno spessore. La carica negativa che viene messa dal generatore come sarà messa?

Nella Lezione 5, nel capitolo relativo alle proprietà dei conduttori, abbiamo detto che le cariche si distribuiscono sulla superficie del conduttore perché, essendo tutte dello stesso segno, si respingono e si mettono il più lontano possibile le une dalle altre. 
Nel nostro esercizio il concetto è inverso: le cariche negative del guscio esterno saranno attirate dalle cariche positive presenti sulla superficie del guscio interno, quindi si metteranno tutte sulla superficie interna del guscio esterno.

Vediamo un’immagine:

La situazione che si crea è quella appena rappresentata: il guscio interno ha le cariche positive, mentre il guscio esterno ha quelle negative che però sono tutte sulla superficie più interna. Questo fenomeno è dovuto all’induzione e al fatto che le cariche opposte si attraggono, quindi i segni “-” cercano di andare il più vicino possibile ai segni “+”.

Bene, ora possiamo fare i conti.

Ci danno l’energia elettrostatica e noi sappiamo che in pratica abbiamo creato un condensatore perché le cariche sono disposte su due superfici sferiche.

Calcoliamo la capacità del condensatore e poi la usiamo nella formula dell’energia elettrostatica:

Ricordatevi che negli esercizi in cui dicono che si mette una carica nei conduttori (nel nostro caso tramite un generatore per formare un condensatore), questa carica si deposita esclusivamente sulle superfici. Quindi la superficie più esterna non ha carica perché la carica negativa è sulla superficie interna del guscio esterno. Questa è l’induzione.  

b. Per calcolare la densità superficiale di carica dobbiamo innanzitutto avere la carica. Noi non l’abbiamo ancora trovata, però abbiamo capacità e tensione di un condensatore. Usiamo quindi la formula classica C=Q/V:

Come dicevamo prima, questa carica sarà positiva nel guscio interno e negativa in quello esterno perché lo dicono nel testo.

Utilizziamo la formula della densità di carica: essa è il rapporto tra la carica e la superficie. Otteniamo così la densità di carica della superficie esterna (chiamata σ₂) e di quella interna (chiamata σ₁).

La densità di carica della superficie esterna del guscio esterno, siccome non è presente carica, è nulla. 

NOTAZIONE: la superficie del guscio interno sarà indicata con il pedice “1”, quella interna del guscio esterno con il pedice “2”, quella esterna del guscio esterno con il pedice “3”.

c. Bisogna, ancora una volta, calcolare la densità di carica sulle superfici.

La carica presente sul guscio interno è cambiata perché il testo dice che è stata depositata lì una certa carica aggiuntiva.

Il punto fondamentale è che nel guscio esterno la carica non è variata, è sempre Q_s. Tuttavia, a causa dell’induzione, cambierà il modo in cui la carica si distribuisce: sulla superficie interna del guscio esterno ci sarà una carica uguale a quella presente sul guscio interno; la carica rimasta andrà per forza sulla superficie esterna.

Purtroppo l’induzione è così.

Facciamo due conti veloci prima di cominciare: la carica sul guscio interno è data dalla somma tra la carica Q_s (che è lì da sempre) e la carica Q (aggiunta dopo).

La figura seguente forse ci può aiutare:

Sulla superficie esterna del guscio esterno adesso ci sono le cariche negative “rimaste”.
Sappiamo che in tutto nel guscio esterno c’è una carica pari a -Q_s ma è distribuita in questo modo: -Q_s‘ sulla superficie interna e il resto sulla superficie esterna. Troviamo facilmente:

Possiamo allora calcolare la densità di carica su ogni superficie:

Nell’ultima formula non abbiamo esplicitato il segno “-” perché la carica Q₃‘ è negativa. Nella seconda formula, invece, Q_s‘ è positiva e quindi abbiamo messo un segno “-“.

d. Dobbiamo trovare il campo elettrico in un punto P. 

Il punto P è esterno ai gusci sferici quindi risente dei tre campi elettrici generati dalle tre superfici presenti.

Il campo elettrico è “uscente” se la carica sulla superficie sferica è positiva, altrimenti è “entrante” (cioè diretto verso il centro dei gusci).

 La situazione è questa:

Il campo E₁ è generato dal guscio interno, mentre gli altri due sono generati dal guscio esterno.

Quello che bisogna fare è dunque calcolare i campi elettrici e sommarli per trovare il campo totale. Abbiamo le formule del formulario per calcolare il campo:

Il segno “-” del campo elettrico totale indica che esso è diretto verso l’interno perché è come se fosse generato da una carica negativa.

Questo esercizio è un po’ strano e si basa tutto sull’induzione: le cariche opposte su due superfici si distribuiscono in modo tale che siano il più vicino possibile. Nel nostro caso le cariche negative nel guscio esterno erano tutte sulla superficie interna. 
Tuttavia, quando mettiamo una carica aggiuntiva in uno dei due gusci senza modificare la carica presente sull’altro, le cariche si ridistribuiscono in modo che sulle superfici che “si guardano” (cioè il guscio interno e la superficie interna del guscio esterno) ci sia la stessa carica in modulo. La carica restante nel nostro caso è andata sulla superficie esterna del guscio esterno.  

Esercizio 2

Nel circuito in figura V_G = 15 V, R₁ = 500 Ω, R₂ = 3 kΩ, R₃ = 5 kΩ, C_P è un condensatore piano con le armature quadrate di lato L = 6 cm, distanti fra loro h = 4 mm, e C_c è un condensatore cilindrico con le armature di raggio r₁ = 1 cm e r₂ = 1.35 cm rispettivamente e lunghezza d = 3 cm. Inizialmente l’interruttore T è chiuso e la corrente che scorre in R₁ è costante. Calcolare in queste condizioni:

1. la carica Q_P presente sulle armature del condensatore piano.
   Successivamente, all’istante t = 0 l’interruttore T viene aperto. Calcolare:
2. la differenza di potenziale fra le armature di C_P all’istante t₁ = 1.25 × 10^-7 s.
3. la potenza dissipata nella resistenza R₃ all’istante t₁.

SOL:

a. Dobbiamo trovare la carica presente sulle armature del condensatore piano.

Intanto ci calcoliamo le capacità, a prescindere dalla domanda:

I due condensatori, come si vede dalla figura, sono in parallelo. La loro capacità equivalente è quindi data da:

Nel testo dicono che all’inizio l’interruttore è chiuso e nel circuito scorre una corrente costante. Sappiamo che in queste condizioni i condensatori diventano un circuito aperto. Possiamo quindi ridisegnare il circuito così:

La morale è che nella resistenza R₃ non passa corrente perché è un circuito aperto. La corrente scorre solo nelle resistenze R₁ e R₂.

Quello che si nota è che la tensione sulla capacità equivalente è la stessa che c’è sulla resistenza R₂ perché R₂ e C_eq sono in parallelo (dato che non c’è caduta di tensione su R₃ perché non scorre corrente in quel ramo).

Il nostro obiettivo sarà quindi trovare la tensione su R₂ , che è la stessa su C_eq , e poi sfruttare la formula C=Q/V per calcolare la carica sul condensatore piano.

Cominciamo calcolando la corrente che scorre nel circuito. Per trovarla scriviamo la legge delle tensioni:

 Così troviamo la corrente costante che sta scorrendo. Ora calcoliamo la tensione su R₂:

Abbiamo calcolato la tensione sulla capacità equivalente che, siccome C_p e C_c sono in parallelo, è anche la tensione presente su ognuno dei condensatori.
Per trovare la carica sul condensatore piano usiamo la formula C=Q/V:

b. Per calcolare la tensione ai capi delle armature ragioniamo (tanto per cambiare).

Quando apriamo l’interruttore otteniamo il circuito seguente:

La capacità equivalente è carica perché ha una certa tensione (che prima abbiamo calcolato). Si assiste quindi alla scarica di un condensatore su una resistenza, le cui formule sono quelle di un circuito RC.

Siccome ci sono due resistenze, la scarica della C_eq avviene sulla serie delle due, cioè su R = R₃ + R₂ = 8000 Ω.

Scriviamo quindi la formula:

c. La potenza dissipata su R₃ all’istante t₁ si può calcolare con la formula della potenza ohmica: R₃ i². Ci manca però la corrente. Per calcolarla, sapendo già quanto vale la tensione nell’istante t₁ (l’abbiamo calcolata prima) possiamo scrivere la legge delle maglie guardando la figura seguente:

Come vedete, la tensione del condensatore ha il segno “+” in alto perché è il segno della tensione che avevamo ottenuto nei punti precedenti.

Scriviamo la legge delle maglie:

E con questa corrente possiamo trovare la potenza dissipata sulla resistenza R₃.

Abbiamo così risolto l’ultimo punto di questo esercizio.

Riguardatelo con calma perché è un esercizio strano ma può capitare in un esame.

Esercizio 3

Un lungo filo rettilineo infinito è parallelo all’asse x di un sistema cartesiano e interseca l’asse z in un punto P = (0,0,R) con R = 8 cm. Il filo è percorso da una corrente costante i che scorre nel verso indicato nella figura. Nell’origine O degli assi viene posta una piccola bobina circolare di raggio R_B = 3.5 mm, avvolta con N_B = 50 spire e con l’asse parallelo all’asse y. Assumendo che il campo B del filo sia uniforme su tutta la superficie della bobina, calcolare:

1. il coefficiente di mutua induzione fra filo e bobina.
   Quando nella bobina viene fatta scorrere una corrente i_B = 0.5 A orientata nel verso indicato, l’energia potenziale della bobina è U = –2 × 10^-8 J; Calcolare:
2. la corrente i che scorre nel filo.
   Successivamente, mantenendo costanti le correnti nella bobina e nel filo, la bobina viene inclinata fino a che il suo asse forma un angolo θ = 70° con l’asse y. Calcolare:
3. il modulo del momento meccanico che agisce sulla bobina in questa posizione.

SOL:

a. Il coefficiente di mutua induzione è dato dal rapporto tra flusso attraverso la bobina e la corrente (nel filo) che genera tale flusso.

Il flusso attraverso la bobina è dato dal prodotto tra campo magnetico generato dal filo (calcolato tramite la legge di Biot-Savart) e l’area della bobina ( che è l’area di una spira moltiplicata per N_B).

Non abbiamo la corrente che scorre nel filo quindi non possiamo calcolare il campo magnetico ma vedremo che non serve. Prima di scrivere il flusso attraverso la bobina ricordiamo che esso ha anche il prodotto scalare tra campo e superficie. Con la regola della mano destra (pollice nel verso della corrente e chiudiamo le dita per capire il verso del campo) si vede che il campo magnetico generato dal filo sulla bobina è verticale (in direzione +y). Tale campo è quindi parallelo al versore della superficie (che è perpendicolare alla superficie stessa) perché la bobina è “orizzontale”. Il coseno dell’angolo compreso è quindi unitario.

Come vedete, abbiamo messo al posto di “B” la formula di Biot-Savart. La superficie S è quella della bobina, calcolabile con πR_B².

A questo punto calcoliamo il coefficiente di mutua induzione:

b. Questa è una domanda stranissima.

Ci dicono che quando facciamo scorrere una corrente nella bobina otteniamo una certa energia potenziale. Quest’ultima è legata al momento di dipolo magnetico e al campo magnetico. L’idea è quindi questa: calcoliamo il momento di dipolo magnetico e con esso troviamo il campo che passa nella bobina. Successivamente, diciamo che il campo nella bobina è quello del filo e così troviamo la corrente nel filo.

Ora facciamo i conti.

Il momento di dipolo magnetico della bobina è il seguente:

A questo punto, grazie alla formula dell’energia potenziale abbiamo:

Sappiamo che il campo che passa per la bobina è dovuto al campo magnetico generato dal filo, quindi:

c. Il momento meccanico della bobina è legato al momento del dipolo magnetico e al campo. In particolare, esso è dato dalla seguente relazione:

L’angolo θ è quello dato dal testo perché è l’angolo tra B (che è verticale) e M_B (che è perpendicolare alla superficie, quindi è inclinato rispetto alla verticale). Abbiamo già calcolato prima tutte le grandezze che ci servono:

Questo esercizio è molto strano, non capita spesso di avere a che fare con i momenti.

 

Abbiamo così finito il nostro quarto e ultimo tema d’esame.

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