Esercizio 1 Un condensatore piano di area A=40 cm2 e distanza tra i piatti d=0.1 mm, e` stato caricato collegandolo temporaneamente ad un generatore di fem di 1000 V. a) Trovare la ddp ai capi del condensatore dopo che la distanza tra i piatti e` stata portata a 2d. b) Trovare il lavoro speso nell’allontanamento dei piatti. c) Determinare se il lavoro e` stato fatto dal campo o contro il campo. Infine si inserisce tra i piatti una lastra di materiale dielettrico di area A, spessore 2d e costante dielettrica relativa uguale a 2. d) Trovare il nuovo valore della capacita`, e) il lavoro speso per inserire la lastra e f) determinare se il lavoro e` stato fatto dal campo o contro il campo. • Soluzione dell’esercizio 1 • Troviamo innanzitutto la capacita` del condensatore: 0 A 8.85 10 12 40 10 4 C1 354 pF 3 d1 0.110 • e la carica accumulata Q C1V1 354 1012 103 354 109 C • Dopo la separazione dei piatti la capacita` diviene: C2 • 0 A 1 C1 177 pF 2d1 2 Per trovare la nuova ddp ci basiamo sul principio di conservazione della carica. Cioe` la carica rimane costante nel processo: Q 354 10 9 V2 2000V 12 C2 177 10 • Per calcolare il lavoro, il metodo piu` naturale sembrerebbe quello di usare la sua definizione di integrale della forza per lo spostamento. F ds f L12 i • c’e` pero`una difficolta`: non sempre e` facile conoscere l’espressione della forza. Vedi l’approfondimento 1 per maggiori dettagli. • Il lavoro speso nell’allontanamento dei piatti si puo` calcolare piu` semplicemente usando il principio di conservazione dell’energia: il lavoro e` uguale alla variazione di energia elettrostatica (cambiata di segno) tra stato finale e stato iniziale: L12 U 2 U1 • L’energia iniziale e finale sono: 1 1 U1 QV1 354 10 9 103 2 2 177 10 6 J 1 1 U 2 QV2 Q 2V1 QV1 2U1 2 2 • Il lavoro e` dunque: L12 U1 177 106 J • Il segno negativo significa che il lavoro e` stato fatto contro il campo. • l’inserimento del dielettrico cambia il valore della capacita`: 0 A C1 C3 r r C2 r C1 2d1 2 • Il lavoro compiuto si trova di nuovo mediante il principio di conservazione dell’energia. Per l’approccio alternativo che fa uso della forza, vedi l’approfondimento 2. L2 3 U 3 U 2 • L’energia dello stato 3 e`: 1 Q2 1 Q2 U3 U1 2 C3 2 C1 • E quindi il lavoro e`: L2 3 U1 177 10 6 J • Il segno positivo significa che il lavoro e` stato fatto dal campo. • Approfondimento 1 • Consideriamo la forza che il piatto positivo esercita su quello negativo. L’espressione della forza che viene spontaneo scrivere e`: F EQ • V Q QQ Q Q d dC 0 A Ove E e` il campo elettrico nel condensatore. Riscriviamo il campo come somma dei campi dovuti al piatto positivo e a quello negativo: F E E Q EQ EQ • • E` evidente da questa espressione che il secondo termine non puo` comparire, in quanto significa che il piatto negativo eserciterebbe una forza su se stesso. L’espressione corretta e`: F EQ • Per la simmetria tra i piatti, il campo dovuto al piatto positivo e` meta` del campo totale, quindi: F 1 Q Q 2 0 A • Alternativamente consideriamo la superficie di Gauss tratteggiata in giallo in figura. Le zone in colore rosso e blu rappresentano l’estensione lungo x (molto piccola) delle cariche sui piatti. + - x • Il campo sulla base A della superficie di Gauss contenuta nel piatto negativo e` dovuto a tutte le cariche positive piu` una parte delle cariche negative contenute entro tale superficie. Il flusso sulla base si scrive: E ( x ) E ( x ) A Q q ( x) 0 • La forza e` dunque: x x x Q q ( x) F E ( x)dq ( x) dq ( x) dq ( x) A 0 A 0 0 0 0 x Q 1 1 2 Q Q 1 Q2 Q q ( x ) A 0 A 0 2 A 0 2 A 0 0 Q2 1 Q2 1 Q2 A 0 2 A 0 2 A 0 • • E` da notare che la forza e` indipendente da x. Inoltre e` diretta nel verso x negativo e un aumento della distanza tra i piatti (spostamento del piatto negativo nel verso x positivo) comportera` un lavoro negativo. Il lavoro e` quindi: f F dx F dx F x2 x1 f L1 2 i i 1 Q2 1 Q 2 x2 1 Q 2 x1 x2 x1 2 A 0 2 A 0 2 A 0 1 Q2 1 Q2 2 C2 2 C1 • Cioe` esattamente uguale al valore ottenuto con la conservazione dell’energia. • Approfondimento 2 • Consideriamo la lastra di dielettrico mentre entra nel condensatore. Il campo elettrico al bordo (rappresentato dalle linee nere) e` tale da indurre forze (frecce viola) con risultante diretta verso il condensatore. Queste forze sono responsabili del moto del dielettrico, cosa che ci dice anche che il lavoro sara` positivo. + ---------- ------------+++++++++++++++++++ - • In questo caso non e` semplice scrivere la forza, per cui il metodo della conservazione dell’energia si impone. Esercizio 2 Calcolare la ddp tra i punti A e B del circuito seguente A 2V 3W 3W 6W 12W 8V 2W B 2W 2V • Soluzione dell’esercizio 2 • Osserviamo innanzitutto che le due resistenze centrali sono in parallelo, conviene semplificare il circuito sostituendole con la resistenza equivalente: 1 1 1 Req 4W 6 12 • Dopodiche’ notiamo che il circuito e` formato da due maglie identiche. Questo significa che le correnti che scorrono nelle maglie sono uguali e che bastera` risolvere una sola delle due maglie. A 3W E1=2V I1 3W 4W I2 2V E2=8V 2W • B 2W Applichiamo la 2a legge di Kirchhoff alla maglia di sinistra e imponiamo l’uguaglianza delle correnti: E1 E2 I1 3 2 I1 I 2 4 I1 I 2 • Otteniamo: 6 13I • Quindi le correnti valgono: I1 I 2 0.462 A • La ddp tra A e B e` uguale alla fem E2 meno la caduta di potenziale sulla resistenza posta su AB (tenendo conto che su AB scorre una corrente somma delle correnti che circolano sulle due maglie): VA VB E2 2 I 4 8 2 0.462 4 4.31A Esercizio 3 Una bobina rettangolare di N=100 spire e dimensioni a=2 m e b=1 m, ruota con velocita` angolare w=120p rad/s attorno ad un asse mediano in un campo B uniforme di 1 Tesla perpendicolare all’asse. a)Trovare l’ampiezza della fem generata Le estremita` dell’avvolgimento sono collegate, tramite contatti striscianti, ad un carico puramente resistivo R di 100 Ohm. b) Trovare la potenza dissipata e c) il momento meccanico necessario per generare questa potenza B w b a • Soluzione dell’esercizio 3 • Per trovare la fem, consideriamo il flusso del campo magnetico attraverso la bobina: ( B) NBA cos q B b F • F Dove A = ab e` l’area della spira e q wt e` l’angolo all’istante t. La fem e` data dalla legge di Faraday: d ( B ) E NBAw sin wt dt • L’ampiezza e` dunque: E0 NBAw 100 1 2 1120p 7.54 10 4 V • • La potenza dissipata nella resistenza e`: 2 2 E E P i2R 0 sin 2 wt R R Il cui valore medio nel tempo e`: 1 E02 1 7.54 104 P 2 R 2 100 2 2.84 107 W • Il momento meccanico e` dovuto alle forze agenti sui lati ‘a’: M Fb sin NBai (t )b sin wt E0 NBA sin 2 wt M 0 sin 2 wt R • La cui ampiezza e`: E0 E02 2 P 2 2.84 107 M 0 NBA 1.51105 Nm R wR w 120p • E il cui valor medio e`: M M 0 sin 2 wt 1 M 0 7.55 10 4 Nm 2 Esercizio 4 Un’antenna e` accoppiata, tramite un’induttanza, ad un circuito LC di sintonizzazione. L’induttanza L del circuito vale 2 H, la capacita` C, variabile, dev’essere scelta in modo da raccogliere onde di lunghezza d’onda di 1 km. Trovare il valore di C. L C • Soluzione dell’esercizio 4 • Troviamo innanzitutto la frequenza dell’onda incidente: 3 108 5 3 10 Hz 3 10 c • La mutua induzione tra le induttanze dell’antenna e del circuito indurra` una fem nel circuito. Questa fem genera una corrente tanto maggiore quanto piu` la frequenza naturale del circuito e` vicina a quella dell’onda. Si trattera` dunque di scegliere opportunamente C in modo tale da uguagliare queste due frequenze (o pulsazioni): 1 2ponda LC wcircuito • Da cui si determina il valore di C: C 1 4p 2 2 onda 1 4p 3 10 2 L 2 5 2 1.4110 13 F