Esercizio 1
Scegliere opportunamente gli esponenti (positivi,
negativi o nulli) delle grandezze fondamentali (L, T,
M, Q), in modo da rendere vere le seguenti
equazioni dimensionali:
[E] = [F] L T M Q
[V] = [F] L T M Q
[V] = [H] L T M Q
[V] = L T M Q
[B] = [E] L T M Q
[L] = [B] L T M Q
[Z] = L T M Q
[m0] = [B] L T M Q
[e0] = [F]-1 L T M Q
[FB] = [B] L T M Q
[RC] = L T M Q
[q] = L T M Q
Significato dei simboli: F: forza, E: campo elettrico; V:
potenziale elettrico; H: energia; B: campo
magnetico; L : coefficiente di autoinduzione; Z:
impedenza; m0: permeabilita` magnetica del vuoto;
e0: costante dielettrica del vuoto; FB: flusso del
campo magnetico; R: resistenza; C: capacita`; q:
angolo in radianti.
• Soluzione dell’esercizio 1
•
Per determinare le dimensioni di una grandezza si
parte da una formula in cui compaia la grandezza
stessa, ad esempio per il campo E:
EF q
•
O per il potenziale V:
•
Ovviamente il segno di integrale non ha alcuna
influenza sulle dimensioni fisiche, per cui lo si e`
trascurato nella prima formula
Per l’impedenza Z, ricordiamo che ha le stesse
dimensioni della resistenza R.
•
•

 
F  FS
V    E  ds     ds 
q
q
1   H
V    F  ds 
q
q
Dalla definizione, FB ha le dimensioni di campo
magnetico volte area
 
F B   B  da
[E] = [F] L0 T0 M0 Q-1
[V] = [F] L1 T0 M0 Q-1
[V] = [H] L0 T0 M0 Q-1
[V] = L2 T-2 M1 Q-1
[B] = [E] L-1 T1 M0 Q0
[L] = [B] L2 T1 M0 Q-1
[Z] = L2 T-1 M1 Q-2
[m0] = [B] L1 T1 M0 Q-1
[e0] = [F]-1 L-2 T0 M0 Q2
[FB] = [B] L2 T0 M0 Q0
[RC] = L0 T1 M0 Q0
[q] = L0 T0 M0 Q0
Esercizio 2
Un circuito e` formato da due condensatori C1 e C2, una
resistenza R, un generatore E e un deviatore A.
Inizialmente C1 e C2 sono scarichi e il deviatore viene
posto nella posizione seguente, in modo da escludere C2.
A
C1
C2
E
R
Si attende abbastanza a lungo per raggiungere lo stato
stazionario (stato 1). Trovare: (a) l’energia erogata dal
generatore; (b) l’energia dissipata nella resistenza; (c)
l’energia immagazzinata nel condensatore.
Successivamente il deviatore viene messo nella posizione
seguente, in modo da escludere il generatore
A
C1
C2
R
E
Si attende abbastanza a lungo per raggiungere il nuovo stato
stazionario (stato 2). Scelto il verso di percorrenza
antiorario nella maglia, determinare (d) il valore assoluto e
il segno del potenziale ai capi di ciascun condensatore.
Trovare: (e) l’energia elettrostatica totale dello stato 2;
confrontare tale energia con quella dello stato 1 e dire (f)
perche’ i due valori non sono uguali.
• Soluzione dell’esercizio 2
•
Scriviamo innanzitutto l’equazione del circuito nella
disposizione iniziale:
Q
E  VC  VR 
 Ri
C1
•
Ricordando la relazione tra carica e corrente,
perveniamo alla seguente equazione differenziale:
dQ
Q
E


dt RC1 R
•
Che si risolve ricordando la trattazione del circuito RC e
tenendo conto della condizione iniziale che la carica nel
condensatore (e la corrente nel circuito) e` inizialmente
nulla:

Q(t )  EC1 1  e t t

 Q 1  e t t


E t t
i (t )  e
R
•
ove t = RC1 e` la costante del circuito e
carica nello stato stazionario.
Q
e` la
La potenza erogata dal generatore e` data da
Pg  EI
Se la corrente erogata fosse costante, l’energia erogata
sarebbe semplicemente il prodotto della potenza per il
tempo dell’erogazione. Nel nostro caso essa non e`
costante, e quindi l’energia fornita varia da istante a istante.
Per ottenere l’energia totale erogata, bisognera` sommare
nel tempo l’energia erogata istantaneamente, ovvero
integrare la potenza nel tempo:
t 

t
E 2 t
H G   Eidt  
e dt  E 2C1
R
t 0
0
Ove t=0 corrisponde all’istante in cui si chiude il circuito e si
e` posto t=infinito per semplicita` di calcolo dell’integrale,
significando con cio` un tempo abbastanza lungo affinche’
si raggiunga lo stato stazionario.
L’energia dissipata nella resistenza e`, analogamente,
l’integrale della potenza relativa:
t 

t
E 2 2t
1 2
H R   i Rdt  R  2 e dt  E C1
R
2
t 0
0
2
L’energia immagazzinata nel condensatore si puo` trovare
ricordando la formula:
2
1 Q
1 2
HC 
 E C1
2 C1
2
L’energia del generatore va quindi per meta` dissipata nella
resistenza e per meta` accumulata nel condensatore.
•
Dopo aver escluso il generatore e aver raggiunto il
nuovo stato stazionario, possiamo trovare le cariche sui
condensatori ricorrendo a due principi: il principio delle
maglie di Kirchhoff e il pricipio della conservazione della
carica. Il primo stabilisce che la somma delle ddp lungo
la maglia e` nulla. Tenendo presente che in questo
stato stazionario la corrente e` nulla e quindi la ddp ai
capi della resistenza e` nulla, si ottiene:
V1  V2 
•
•
q1 q2

0
C1 C2
Da qui si deduce che la ddp su un condensatore e`
uguale e contraria a quella sull’altro.
L’altro principio ci permette di affermare che la carica
presente inizialmente sul condensatore 1 (Q ) si
ridistribuira` sui due condensatori:
q1  q2  EC1
•
Le due equazioni scritte ci permettono di trovare le due
cariche incognite:
2
C1
C1
q1  E
 Q
C1  C2
C1  C2
2
C2
C2
q2  E
 Q
C1  C2
C1  C2
•
L’energia elettrostatica finale si trova sommando
l’energia dei due condensatori:
2
2
2
1 q1 1 q2
1 Q
Hf 


2 C1 2 C2 2 C1  C2
•
•
Che confrontata con l’energia elettrostatica
accumulata inizialmente nel condensatore 1 (vedi
espressione ricavata in precedenza) ci permette di
dire che c’e` stata una diminuzione di energia.
La differenza e` stata dissipata nella resistenza nel
passaggio dallo stato 1 allo stato 2.
Esercizio 3
Tre cariche Q1=+e, Q2=+2e, Q3=-3e sono fissate
rispettivamente nei punti (1cm,0,0), (0,1cm,0),
(0,0,1cm) di un sistema cartesiano ortogonale Oxyz.
Trovare (a) il modulo del campo elettrico E
nell’origine O; (b) i coseni direttori del vettore E e (c)
gli angoli (espressi in gradi) che esso forma con
ciascun asse. Trovare (d) l’energia elettrostatica
necessaria per costituire questa disposizione di
cariche e (e) si discuta il segno dell’energia trovata
per stabilire se bisogna spendere lavoro sul sistema
o si riceve lavoro dal sistema.
z
Q3
Q1
x
Q2
y
• Soluzione dell’esercizio 3
•
Il campo elettrico totale e` la somma dei campi dovuti
alle tre cariche:




Q
Q
Q
Etot (0)  E1 (0)  E2 (0)  E3 (0)  k 21 dˆ1  k 21 dˆ2  k 21 dˆ3
d1
d2
d3
•
Dove le distanze ‘d’ delle cariche dall’origine sono tutte
uguali e i versori sono proporzionali ai versori di base

(  e)
(2e) ˆ
(3e) ˆ
Etot (0)  k 2 (iˆ)  k
(

j
)

k
(k )
2
2
d
d
d
ke
 2  iˆ  2 ˆj  3kˆ
d

•

Il modulo del campo totale e` quindi:

ke
8.99 109 1.6 1019
5 V
Etot (0)  2 1  4  9 
14

5
.
38

10
d
104
m
•
I coseni direttori si riferiscono agli angoli che il vettore
campo forma con gli assi coordinati (non sono quindi da
confondere con le coordinate angolari del vettore)
cos   E x E   1 14  0.267
cos   E y E   2
14  0.535
cos   E z E   3 14  0.802
•
E gli angoli sono
  105.5o
  122.3o
  36.7 o
Come si puo` trovare usando una calcolatrice tascabile.
L’energia elettrostatica e` la somma delle energie
relative alle tre coppie di particelle:
U tot
Q2Q3
Q3Q1
Q1Q2
 U12  U 23  U 31  k
k
k
d12
d 23
d 31
Ove le distanze tra le particelle di ogni coppia sono
tutte uguali a D:
U tot  k
 3e  e
e  2e
2e   3e 
k
k
D
D
D


2
19
e2
9 1.6  10
 7 
 k 2  6  3  8.99 10
2
D
1.4110
 1.14 10  25 J
Il segno del’energia e` negativo, cio` significa che si
riceve lavoro dal sistema.