Esercizio 1
Un filo indefinito è costituito da due semirette AB e BC
formanti un angolo retto, come in figura
A
C
B
P
D
Il filo è percorso da una corrente I = 10 A. Sia P un punto sulla
semiretta BD, prolungamento di AB. Trovare:
(a) il campo magnetico in P (intensità, direzione e verso)
dovuto al tratto AB;
(b) usando la simmetria del sistema, il campo magnetico in
P (intensità, direzione e verso) dovuto al tratto BC.
(c) Il campo magnetico totale in P.
Detta R = 1 cm la distanza PB, si supponga che in un certo
istante di tempo una particella di carica positiva q = 1mC
(vincolata a muoversi sulla semiretta BD) si trovi in P con
velocità v = 104 m/s. Trovare, in dipendenza del verso
della velocità:
(d) la forza di Lorentz (intensità, direzione e verso) agente su
di essa.
• Soluzione dell’esercizio 1
•
Introduciamo un sistema cartesiano con l’asse x lungo
BC e l’asse y lungo BA
y
A
C
B
•
x
Il campo magnetico nel punto P dovuto alla semiretta AB
è dato dall’ integrale (esteso alla semiretta):
 

m 0 dl  r
B( P) 
i 3

4  r
 
dl r  0
0
•
Poiché
•
per tutti i punti della semiretta, e purché la distanza di P
da B sia maggiore di zero, possiamo concludere che
tale integrale è nullo.
Il campo magnetico nel punto P dovuto alla semiretta
BC si trova osservando che il campo dovuto ad un filo
indefinito rettilineo può pensarsi come la
sovrapposizione dei campi generati dalle due semirette
opposte che hanno l’origine nel piede B della
perpendicolare alla retta tracciata dal punto P.
•
E
B
P
C
•
•
Per simmetria questi due campi sono uguali, non solo
in modulo ma anche vettorialmente, di conseguenza il
campo dovuto ad una semiretta sarà uguale alla metà
del campo dovuto alla retta (dato dalla legge di BiotSavart). La direzione è perpendicolare al piano in cui
giace il filo e verso entrante nel piano.
In formule:
 


m i ˆ
BBC P   BEB P   0
k
2 R


BBC P   BEB P 

m i ˆ
BBC P   0
k
4 R
 
•
Questo campo è anche uguale al campo magnetico
totale. Il valore numerico del suo modulo è:

10
Btot P   10 7  2  10  4 T
10
•
La forza di Lorentz è:
•
In modulo vale

 
F  qv  B
F  qvB  106 104 104  106 N
•
La direzione è parallela alla semiretta BC. Il verso è
lungo +i se la velocità è lungo -j , lungo -i se la velocità
è lungo +j .
Esercizio 2
E’ dato il seguente circuito
R1 = 100 W
E = 10 V
D
B
A
R2 = 50 W
L = 20 mH
Al tempo t = 0 il deviatore D è chiuso su A e R2 è esclusa
dal circuito. Scrivere l’equazione del circuito, trovarne la
soluzione supponendo che inizialmente la corrente sia
nulla e disegnare il grafico della corrente nel tempo.
Trovare:
(a) il valore della corrente nello stato stazionario;
(b) la costante di tempo del circuito.
Dopo un tempo abbastanza lungo affinché la corrente sia
giunta in stato stazionario, e che supporremo come
infinito agli effetti pratici, il deviatore è commutato su B
in modo da includere R2 nel circuito ed escludere A. Si
supponga che il deviatore sia congegnato in modo da
inserire R2 senza mai aprire il circuito. Scrivere
l’equazione del circuito, trovarne la soluzione tenendo
conto delle condizioni iniziali e disegnare il grafico della
corrente nel tempo. Trovare:
(c) il valore della corrente nel nuovo stato stazionario;
(d) la costante di tempo del nuovo circuito.
• Soluzione dell’esercizio 2
•
L’equazione del circuito nella condizione iniziale è:
E  EL  R1i
•
Esprimendo la fem dovuta all’induttanza in termini
della derivata della corrente e riarrangiando:
di
L  R1i  E
dt
•
Che è l’equazione di un circuito LR. Tenendo conto
della condizione iniziale si ottiene la soluzione:

i(t )  i 1  e t 1
•

Ove la corrente nello stato stazionario e la costante di
tempo sono:
E 10
i 

 100mA
R1 100
i
L 20  10 3
1  
 2  10  4 s
R1
100
E
R1
t
•
•
•
•
In seguito alla commutazione del deviatore l’equazione
del circuito diviene:
E  EL  R1  R2 i
Dopo le solite manipolazioni otteniamo:
di
L  R1  R2 i  E
dt
Questa è un’equazione di forma identica alla
precedente. Bisogna ora fare attenzione che la
condizione iniziale non è i=0, ma i=E/R1 e questo
comporta un cambiamento delle relazioni algebriche
(vedi approfondimento 1).
Fatti tutti i conti otteniamo:
 R2 t  2 

i(t )  i 1  e
 R1

'

•
Ove i nuovi valori della corrente nello stato stazionario
e della costante di tempo sono:
i' 
E
10

 66.7mA
R1  R2 150
L
20 10 3
2 

 1.33 10  4 s
R1  R2
150
i
E
R1
E
R1  R2
t
• Approfondimento 1
•
•
La soluzione è la somma di una soluzione particolare
dell’equazione non omogenea e della soluzione
generale dell’omogenea.
Supposto i=cost., una soluzione particolare della non
omogenea è:
in omo
•
•
E

R1  R2
La soluzione generale dell’omogenea, ha la solita
forma, dipendente da un parametro arbitrario A:
iomo (t )  Ae t  2
Soluzione generale della non omogenea:
E
i (t ) 
 Ae t  2
R1  R2
•
La costante A si determina imponendo la condizione
iniziale sulla corrente:
E
E
i ( 0) 
A
R1  R2
R1
•
Da cui:
E R2
A
R1  R2 R1
E
i(t ) 
R1  R2
 R2 t  2 
1  e 
 R1

Esercizio 3
Tre cariche positive uguali +q = 1 mC sono poste sui vertici
di un triangolo equilatero di lato L = 10 cm.
Tre cariche negative uguali -q = -1 mC sono poste sui
vertici di un secondo triangolo equilatero di lato L = 10
cm.
La disposizione dei triangoli, indicata il figura, è tale che le
cariche cadano sui vertici di un esagono regolare.
+
-
-
+
+
Trovare (a) l’energia elettrostatica totale del sistema; (b)
determinare se si spende o si guadagna lavoro nel
costruire un tale sistema.
+
+
+
-
Si separino poi i due triangoli portandoli ad una distanza
abbastanza grande da poter essere considerata, ai fini
pratici, come infinita.
Trovare (c) l’energia elettrostatica del sistema in questo
nuovo stato; (d) il valore del lavoro necessario per
effettuare questa separazione; (e) se nel fare questo si
acquista o si spende lavoro e spiegare il perché.
• Soluzione dell’esercizio 3
•
L’energia elettrostatica è composta da tanti termini
quante sono le coppie di particelle. Con 6 particelle
avremo dunque
6
   15
 2
•
coppie. Raggruppiamo per righe i termini uguali:
U tot  U13  U15  U 35 
..........U 24  U 26  U 46 
..........U14  U 36  U 52 
..........U12  U16  U 32  U 34  U 54  U 56
•
Nella prima riga abbiamo tre termini uguali a:
U13
•
d13
q2
k
L
Nella seconda riga tre termini uguali a:
U 24
•
2

 q
k
2

 q
k
d 24
q2
k
L
Nella terza riga tre termini uguali a:
U14
 q  q   k
k
d14
q2
2R
•
E nell’ultima riga sei termini uguali a:
U12
•

 q  q 
q2
k
 k
d12
R
Dove R è il lato dell’esagono. Da semplici
considerazioni geometriche troviamo la relazione tra R
e L:
LR 3
•
Infine l’energia elettrostatica vale:
U tot
q2
q2
q2
q2
 3k
 3k
 3k
3  6k
3
L
L
2L
L


6 2
5  q
10

 2 
3 3k
 2.33  3  8.99 109

2  L
0.1

 0.628 J
2
•
•
Il segno negativo significa che le forze del campo
compiono un lavoro positivo, quindi riceviamo lavoro.
Dopo la separazione dei due triangoli l’energia
elettrostatica è cambiata, dato che tutti i termini dovuti
all’interazione tra una carica positiva e una carica
negativa sono diventati nulli. I termini rimanenti sono
l’interazione delle tre coppie positive e delle tre coppie
negative:
'
U tot
 U13  U15  U 35 
..........U 24  U 26  U 46 
2
2


6 2
q
q
9 10
 3k
 3k
 6  8.99  10

L
L
0 .1
 0.539 J
•
•
Il segno positivo significa che le forze del campo fanno
lavoro negativo, e quindi dobbiamo spendere lavoro
contro tali forze per creare il sistema.
Il lavoro necessario per separare i triangoli è, in base al
teorema di conservazione dell’energia, la differenza tra
l’energia finale e iniziale:


'
L   U tot
 U tot  0.539   0.628  1.17 J
•
Il segno negativo significa che dobbiamo spendere
lavoro contro le forze del campo, come risulta evidente
dal fatto che in pratica stiamo separando una carica
positiva (di valore +3q) da una negativa (di valore -3q).
Esercizio 4
Sia f(x,t) una funzione di due variabili x (spazio) e t (tempo)
che soddisfa l’equazione delle onde:
 2 f ( x, t ) 1  2 f ( x, t )
 2
0
2
2
x
v
t
Ove v è la velocità di spostamento delle onde.
Detta A un’ampiezza costante, verificare che la funzione
f(x,t) = Asin(kx-wt), che descrive un’onda elettromagnetica
piana, soddisfa tale equazione (suggerimento: eseguire le
derivate parziali e ricordare la definizione del numero d’onde k
e della pulsazione w).
• Soluzione dell’esercizio 4
•
Eseguiamo innanzitutto le derivate

A sin kx  wt   Ak coskx  wt 
x
2
2




A
sin
kx

w
t


Ak
sin kx  wt 
2
x

A sin kx  wt    Aw coskx  wt 
t
2
A sin kx  wt    Aw 2 sin kx  wt 
2
t
•
Posto v = c, il primo membro dell’equazione delle onde
diviene:
 2 f ( x , t ) 1  2 f ( x, t )
 2

2
2
x
c
t
1
  Ak 2 sin kx  wt   2 Aw 2 sin kx  wt  
c
 2 w2 
2
  A sin kx  wt  k  2 
c 

•
Ricordando le definizioni di k e w:
k
2

w  2
•
Possiamo trovare il valore dell’espressione entro
parentesi:
w2
2


1
v
k 2  2  4 2  2  2 
c
 c 
•
Questa espressione è nulla, in quanto
c  
•
Ciò verifica l’equazione delle onde.