Almae Matris Studiorum Campus

Baraldi, Elena

malattie drupacee

Recker, Elmar Gustav T

Exercise_2_Hovering_helicopter_FM

Theory_example_2014

Orsini, Raimondello

lezione sull'articolo di Sandel

Materiale a scopo esclusivamente didattico, riservato agli studenti dell'insegnamento di Disciplina delle infrastrutture A.a. 2017/18. Ne è vietata la diffusione o duplicazione senza il consenso dell'autore

Zunarelli, Stefano

Disciplina delle infrastrutture - ENAV, ENAC, gestore aeroportuale

Cacchiani, Valentina

Assegnamento

Campana, Andrea

corso arco 17/18 slides 4-9 aprile

Fabiano, Federico

FISICA GENERALE T-2
Gianni Vannini, Federico Fabiano
19 luglio 2018
Soluzione dell’esame scritto
Problema 1.
Un condensatore cilindrico di lunghezza d e` composto da un filo conduttore di raggio
ignoto e da un’armatura cilindrica esterna di raggio b (il filo si trova sull’asse del cilindro
esterno). Il condensatore viene caricato da un generatore esterno fino a raggiungere una
differenza di potenziale V0 tra le armature. Si conosce inoltre il lavoro complessivo L speso
nel caricare il condensatore.
Si trovi, in funzione delle quantita` note:
i) la carica totale depositata sul filo interno;
ii) la densita` di carica superficiale depositata sul cilindro esterno;
iii) il raggio del filo interno.
iv) Cosa cambia nelle risposte precedenti se il condensatore e` inizialmente riempito da
un dielettrico con costante r = 3?
Soluzione
i) La carica totale depositata sul filo interno e´ data da Q = CV0. La capacita´ di
un condensatore cilindrico e´ C = 2pi0dlog(b/a) dove a e´ il raggio interno, al momento ignoto.
Scriviamo intanto Q in funzione delle quantita´ note e del raggio interno:
Q =
2pi0dV0
log(b/a)
ii) La carica totale sull’armatura esterna e´ pari a −Q. Quindi otteniamo σ dividendo
per la superficie esterna:
σ = − Q
2pibd
iii) Il lavoro compiuto nel caricare il condensatore e´ pari all’energia in esso immagazz-
inata. Abbiamo quindi L = CV0
2/2. Esplicitando C possiamo allora ricavarci il raggio
interno a:
a = b · e−pi0dV02/L
iv) Se invece del vuoto abbiamo un dielettrico, la capacita´ C aumenta di un fattore
r = 3. Quindi abbiamo:
Q =
2pi0rdV0
log(b/a)
1
a = b · e−pi0rdV02/L
Chiaramente anche il lavoro L deve essere maggiore di un fattore r nel caso in cui sia
presente il dielettrico.
Problema 2.
Un solenoide di sezione A e lunghezza d e` composto da n spire per unita` di lunghezza
e ha una resistenza complessiva R1. Al tempo t0 = 0 il solenoide viene attaccato ad un
generatore V . Per effetto dell’autoinduzione, la corrente nel solenoide e´ data dalla seguente
espressione, in funzione del tempo:
i(t) = i0
(
1− e−(R1/L)t
)
con i0 =
V
R1
Dove L e` l’induttanza del solenoide. Si calcoli, al tempo t:
i) il campo magnetico nel solenoide e l’energia magnetica totale contenuta al suo interno;
ii) la potenza istantanea assorbita dall’induttanza e l’energia totale immagazzinata;
All’interno del solenoide si trova una spira quadrata di lato a e resistenza R2, posta su
un piano perpendicolare all’asse del solenoide. Si trovi:
iii) la corrente indotta nella spira al tempo t;
iv) l’energia totale dissipata dalla spira in un tempo t L/R1. Si definisca un criterio
per trascurare il contributo della spira sull’energetica del sistema.
Soluzione
i) Il campo magnetico all’interno del solenoide e´ dato da B(t) = µ0ni(t)zˆ. Dove zˆ
e´ la direzione dell’asse del solenoide nel verso identificato dalla legge della mano destra.
L’energia magnetica complessiva e´, trascurando effetti di bordo:
Um =
∫
B2
2µ0
dV =
1
2
µ0n
2Ad i(t)2
ii) La potenza istantanea assorbita dall’induttanza e´ data da:
WL(t) = EL(t) · i(t) = Ldi
dt
· i(t) = R1i02 e−R1/L t
All’accensione del circuito l’induttanza assorbe l’intera potenza disponibile, decrescendo
poi esponenzialmente. L’energia immagazzinata dall’induttanza e´ data da UL = 1/2Li
2
oppure UL =
∫ t
0 WL(t
′)dt′. Si trova UL = Um, cioe´ l’energia immagazzinata dall’induttanza
non e´ altro che l’energia magnetica all’interno del solenoide.
iii) Il flusso del campo magnetico attraverso la spira e´ dato da Φ2(t) = B(t)a
2 =
µ0na
2i(t). Di conseguenza:
i2(t) =
1
R2
dΦ2
dt
=
µ0na
2
L
R1
R2
i0 e
−R1/L t =
Asp
NA
R1
R2
i0 e
−R1/L t
Dove Asp = a
2 e N = nd e´ il numero totale di spire del solenoide.
2
iv) L’energia totale dissipata e´ data da:
Esp =
∫ ∞
0
R2i2(t)
2dt = R2
Asp
2
N2A2
R21
R22
i0
2
∫ ∞
0
e−2R1/L tdt =
(
Asp
NA
)2R1
R2
1
2
L i0
2
Vediamo subito che, per avere Esp  UL, deve essere N  1, condizione generalmente
soddisfatta quando abbiamo un solenoide (gia´ con 10 avvolgimenti, l’energia dissipata
dalla spira e´ dell’ordine dell’1%). Altre condizioni possibili come A  Asp o R2  R1
dipendono dalle caratteristiche della spira e devono essere valutate caso per caso.
3


Soluzione esame scritto 19/07

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