Transcript d k k1 x 0 L dx W dC dC

Esercizio 1. Condensatore.
Un condenstatore a facce piane paralle di lunghezza L, profondit`a W e spessore d; `e riempito con due
dielettrici differenti k1 e k2 come in figura. Si ricavi l’espressione della capacit`a.
W
k1
dC1
d
dC2
k2
dx
0
L
x
Figura 1: Condensatore. (W `e riferito alla sua profondit`a).
Soluzione 1
Innanzitutto notiamo come lo spessore h dei due dielettrici vari rispetto x come segue:

 d x;
per il dielettrico 2
h(x) = L
x
d 1 −
; per il dielettrico 1
L
Ogni sezione dx del condensatore pu`
o essere interpretata come la serie di due condensatori:
1
1
1
=
+
dC
dC1 dC2
in cui:
dC1 =
dC2 =
o k1 W dx
d 1 − Lx
o k2 W dx
d
x
L
da cui, quindi:
1
d[k2 (L − x) + k1 x]
=
dC
o k1 k2 W Ldx
Integrando ora su tutta la lunghezza L del condensatore si ottiene:
Z
C=
0
L
W Lo k1 k2
dC =
d
L
Z
0
1
W Lo k1 k2
dx =
ln
k2 (L − x) + k1 x
d(k1 − k2 )
k1
k2
Esercizio 2. Resistenza di una calotta sferica.
Una calotta sferica di raggio interno a=1 cm e raggio esterno b=2 cm ha resistivit`a ρ=2300 Ω·m.
Assumendo che una d.d.p. di 2 V sia applicata omogenemente fra la superficie interna e quella
esterna, si calcoli: la resistenza R, la corrente i e la potenza dissipata Pdiss . Si calcolino infine le
densit`a di corrente che fluiscono attraverso le due superfici.
Soluzione 2
Applichiamo la formulazione generale per ricavare la resistenza di un conduttore:
Z
R=
dx
ρ
=
A
Z
a
b
dr
ρ 1 1
ρ
=
−
= 18.3
2πr2
2π a b
[kΩ]
Da cui ricaviamo immediatamente la corrente i circolante e la potenza dissipata:
ρ
b a
V
+
Figura 2: Resistore a forma di calotta sferica.
V
= 0.11 [mA]
Pdiss = Ri2 = 0.22
R
La due densit`
a di corrente si trovano facilmente come segue:
i=
[mW ]
i
i
=
= 0.175 [A/m2 ]
Aa
2πa2
i
i
= 0.044 [A/m2 ]
Jb =
=
Ab
2πb2
Ja =
Esercizio 3. Resistenza di un tronco di cono.
Un resistore di resistivit`
a ρ = 3.5 · 10−5 Ω · m (grafite) ha forma di tronco di cono. Il raggio minore
vale a = 2 mm, il raggio maggiore b = 3 mm e ha lunghezza L = 1 m. Ad esso viene applicata come
in figura una d.d.p V = 3 V. Si ricavi l’espressione: della resistenza R, della corrente i, della potenza
Pdiss , la densit`a di corrente J, il campo elettrico E e la densit`a volumetrica di carica φ.
L
0
x
b
a
ρ
+
V
Figura 3: Resistore a forma di tronco di cono.
Soluzione 3.
Osserivamo che il raggio del cono varia da 0 a L come segue:
b−a
x
L
Applichiamo ora la formulazione generale per ricavare la resistenza del tronco di cono:
r(x) = a +
Z
R=
dx
ρ
=
A
Z
0
L
ρ
ρL ∼
=
= 1.86
π[a + (b − a)x/L]2
πab
2
[Ω]
Da cui immediatamente si ricava la corrente i e la potenza dissipata Pdiss :
V ∼
Pdiss = Ri2 ∼
= 1.61 [A]
= 4.84 [W ]
R
Poich`e a,b L assumiamo che esista solo la componente parallela all’asse e ricaviamo la densit`
a
di corrente J lungo il conduttore (in funzione della posizione x):
i=
i
V ab
=
A(x)
ρL[a + (b − a)x/L]2
J(x) =
Il campo elettrico, origine fisica della densit`a di corrente, risulta:
~ = ρJ~
E
E(x) = ρ
i
V ab
=
A(x)
L[a + (b − a)x/L]2
Verifichiamo ora che integrando il campo appena trovato si ricavi nuovamente la d.d.p. applicata
al conduttore:
Z L
Z L
V ab
V ab 1 1
+
−
∆V = V − V =
E(x)dx =
=V
dx =
−
2
b−a a b
0
0 L[a + (b − a)x/L]
Richiamiamo ora il teorema di Gauss in forma differenziale per ricavale la densit`a volumetrica φ
(C/m3 ) di carica che si distribuisce lungo il volume del conduttore:
φ
o
∇·E =
φ(x) = o
o ∇ · E = φ(x)
∂E(x)
V ab
2(b − a)
= −o 2
∂x
L [a + (b − a)x/L]3
EHxL HVmL
ΦHxLΕo HCm^2FL
xHmL
0.2
5
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
-1
4
3
-2
2
-3
1
-4
xHmL
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
-5
Figura 4: Andamento di E (sinistra) e φ/o (destra) lungo l’asse x.
Esercizio 4. Circuito
Un generatore eroga V =10 V di tensione e possiede una resistenza interna rs . Due conduttori cilindrici
di raggio r=0.1 mm altezza h=10 m e resistivist`a, rispettivamente, ρ1 = 9.71 · 10−8 Ω · m (ferro) e
ρ2 = 1.67 · 10−8 Ω · m (rame) sono connessi come in figura. Si calcoli: a) il corrispondente valore
delle resistenze R1 e R2 b) sapendo che la potenza dissipata nel carico (R1 + R2 ) `e massima si ricavi
il corrispondente valore di rs , c) la corrente circolante I e la tensione Vo all’interfaccia fra i due
conduttori, d) la carica Q che appare all’interfaccia fra i due conduttori.
Soluzione 4
a) Applichiamo la legge generale per il calcolo della resistenza di un conduttore:
h
Z
R1 =
0
Z
R2 =
0
h
ρ1
ρ1 h
dx = 2 ∼
= 31
S
πr
[Ω]
ρ2
ρ2 h
dx = 2 ∼
= 5.3
S
πr
[Ω]
3
rs
ρ1
h
V
Vo
h
ρ2
r
Figura 5: Schema del circuito.
da cui la resistenza complessiva del carico:
Rc = R1 + R2 = 36.3
[Ω]
b) La potenza trasferita al carico `e massima quando rs = Rc (carico adattato) per cui l’efficienza
di trasferimento (potenza sul carico/potenza disponibile) η = Pc /Pd =1/2.
c) Quindi la corrente che circola si ricava applicando la legge di Ohm:
I=
V
V
V ∼
=
=
= 0.14
Rtot
Rc + rs
2Rc
[A]
mentre la tensione all’interfaccia vale:
Vo = I · R2 ∼
= 0.74
[V ]
d) Applichiamo la Legge di Gauss per trovare la carica che si realizza all’interfaccia fra i due
conduttori:
I
Q
¯·n
E
ˆ dA =
o
costruiamo una superficie gaussiana che includa l’interfaccia e calcoliamo il flusso:
Q
o
Q = o (ρ2 − ρ1 )SJ = o (ρ2 − ρ1 )I ∼
= −1 · 10−19
(−E1 + E2 )S =
[C]
Nota: poich`e non `e stato scoperto alcun oggetto che possieda una carica inferiore a quella dell’elettrone, il valore della sua carica `e considerato l’unit`a di carica elettrica fondamentale. In questo caso
si ottiene un valore di carica inferiore (non fisicamente realizzabile) e va dunque considerato come un
esercizio teorico volto a dimostrare la presenza di carica all’interaccia fra due conduttori diversi.
Esercizio 5: Forza di Lorentz
Due griglie G1 e G2 metalliche parallele molto estese, distanti d = 4 cm, tra le quali `e applicata una
d.d.p. V, separano due regioni in cui esiste un campo magnetico B = 0.8 T uniforme, ortogonale al
disegno. In un punto P viene iniettato un protone con velocit`a v1 , che all’istante t = 0 attraversa la
griglia perpendicolarmente. Dopo un tempo t = 1.22 · 10−7 s il protone riattraversa G1 nello stesso
verso in un punto Q distante h = 5.2 cm da P . Descrivere la traiettoria percorsa dal protone tra
P e Q, calcolare la d.d.p. V applicata alle griglie e le velocit`a v1 e v2 del protone nelle due regioni
in cui c’`e campo magnetico. (N.B. il rapporto q/m per un protone `e una costante nota pari a circa
108 C/Kg)
4
Soluzione 5
mv 2
F~c =
rˆ
r
~l = q~v × B
~
F
r1 =
h = 2(r2 − r1 )
mv1
qB
→
r2 =
v2 − v1 =
ttot = 2t1,2 + t2 + t1 = 2t1,2 +
t1,2 =
Ei = Ef
mv2
qB
qBh ∼
= 2 · 106
2m
2d ∼
= 3.6 · 106
t1,2
[s]
[m/s]
v2 = 2.8 · 106
[m/s]
1
1
mv12 + qV = mv22
2
2
[m/s]
πr2 πr1
2πm
+
= 2t1,2 +
v2
v1
qB
ttot πm ∼
−
= 0.22 · 10−7
2
qB
v1 + v2 =
v1 = 0.8 · 106
~l = F~c
F
V =
[m/s]
m 2
(v − v12 ) ∼
= 3.6 · 104
2q 2
[V ]
Esercizio 6. Forza di Lorentz
Una particella di carica q e massa m entra a velocit`a v all’interno di una regione in cui `e presente un
campo megnetico uniforme B. Assumendo che il campo magnetico sia ovunque diretto come y e la
particella viaggi inizialmente nel piano xy con un angolo θ rispetto all’asse x, si determini: a) il tempo
T dopo cui intercetter`
a nuovamente l’asse x e che distanza p (assumendo che sia entrata nella regione
di campo megnetico esattamente in corrispondenza dell’origine).
y
B
q,m
v
θ
x
z
Figura 6: Particella nel campo magnetico.
5
Soluzione 6.
Sulla carica q agisce la Forza di Lorentz:
F~l = q~v × B = −qvB sin θˆ
z
Riconoscendo nella forza di Lorentz la forza centripeta Fc che tiene in traiettoria circolare la carica
q:
mv 2 sin2 θ
= qvB sin θ
r
F~l = F~c
r=
mv sin θ
qB
Ad ogni giro la carica intercetta nuovamente l’asse x, e il tempo T in cui avviente risulta:
T =
2πr
2πr
2πmv sin θ
2πm
=
=
=
vy
v sin θ
qBv sin θ
qB
Si definisce passo dell’elica p lo spazio che intercorre in un giro completo:
2πm
v cos θ
qB
Che per angoli piccoli θ ∼
= 0 risulta indipendente da θ: p ∼
=
p = T vx =
6
2πm
qB v