SOLUZIONE COMPITO DI FISICA 2
Laurea in Matematica, Università di Padova, a.a. 2010-2011, appello del 12-01-2011
E1. Una carica elettrica positiva è distribuita uniformemente con densità ρ = 2.6 ⋅10−7 C / m3 tra
due superfici cilindriche coassiali 1 e 2 di raggi, rispettivamente, R1=10 cm ed R2=20cm. Si
determini:
a) L’espressione del modulo E del campo elettrostatico E in funzione della distanza r
dall’asse del sistema.
b) La differenza di potenziale ∆V = VA − VO tra il punto A posto sulla superficie cilindirica 2 ed
il punto O posto sull’asse comune alle due superfici cilindriche.
[Costante dielettrica del vuoto: ε 0 = 8.85 ⋅10 −12 C 2 / Nm 2 ]
Soluzione.
a) Si scelga una superficie cilindrica, di raggio r ed altezza h, coassiale alle superfici 1 e 2. Sia
qr la carica contenuta all’interno di tale superficie. In virtù del teorema di Gauss, si ha che
il modulo E del campo elettrostatico e qr sono legati fra loro dalla seguente relazione:
E ( r )2π rh =
i)
REGIONE I
r < R1
qr
ε0
qr=0 da cui
EI(r)=0;
ii)
REGIONE II R1<r< R2 qr= ρ (π r 2 h − π R12 h ) da cui
EII (r) =
iii)
ρ(r2 − R12 )
;
2ε0r
REGIONE III r> R2 qr= ρ(π R2 h −π R1 h) da cui
2
2
ρ ( R22 − R12 )
EIII (r ) =
.
2ε 0 r
b) Indicato con B un punto sulla superficie cilindrica 1, la differenza di potenziale ∆V è data
da
O
∆V = VA −VO = ∫ Eidl =
A
B
O A ∫ EII idl + ∫ EI idl = −∫ EII idl
A
B
B
da cui
ρ(r2 − R12 )
∆V = VA −VO = − ∫ EII (r)dr = − ∫
dr =
2
r
ε
0
R
R
R2
R2
1
1
R
ρ 2
ρR
(R1 − R22 ) +
log 2 = −1.18⋅102V
4ε0
2ε0
R1
2
1
E2. Un condensatore 1 di capacità C1 = 0.7 µ F è collegato in serie con un condensatore 2 di capacità
C2= 0.3µ F . Questa combinazione è collegata in parallelo con un condensatore 3 di capacità
C3= 0.4 µ F . Ai capi di tale sistema viene applicata una tensione V0=24 V. Si calcoli
a) La capacità risultante C del sistema;
b) Le tensioni V1, V2, V3 ai capi di ciascun condensatore.
Supponendo che ai capi dell’intero sistema sia mantenuta la tensione V0 , il condensatore 2
viene, poi. riempito con un dielettrico di costante dielettrica relativa ε r = 2 .
In tali condizioni, si calcolino:
c) Le cariche q’1, q’2, q’3 presenti sulle armature di ciascun condensatore.
Soluzione.
a) La capacità risultante C del sistema è
C = C3 + (
1
1
+ ) −1 = 6.1 ⋅10 −7 F
C1 C2
b) Siano V1, V2, V3 le tensioni ai capi dei condensatori 1,2,3. Siano q1, q2, q3 le cariche presenti
sulle armature di ciascun condensatore. Tra le tensioni ai capi di ciascun condensatore
sussiste la relazione seguente:
V3 = V1 + V2 = V0 = 24V
(1)
Inoltre, in virtù del collegamento in serie tra il condensatore 1 e il condensatore 2, si ha che
q1 = C1V1 = C2V2 = q2
da cui
V1 =
C2
V2
C1
che insieme alla relazione (1) fornisce i risultati seguenti:
V1 =
V0
= 7.2V
1 + C1 / C2
V2 =
V0
= 16.8V
1 + C2 / C1
c) A causa dell’inserimento del dielettrico la capacità C2 diventa
C '2 = ε r C2 = 0.6 µ F
e dunque, in tali condizioni, le tensioni ai capi dei condensatori 1 e 2 saranno date dalle seguenti
espressioni
V '1 =
V0
= 11.0769V
1 + C1 / C '2
V '2 =
V0
= 12.9231V
1 + C '2 / C1
Perciò, in tali condizioni, le cariche presenti sulle armature dei condensatori 1 e 2 saranno
q '1 = C1V '1 = 7.75 ⋅10 −6 C
q '2 = C '2 V '2 = q '1
Sulle armature del condensatore 3 vi sarà una carica
q '3 = q3 = C3V3 = 9.6 ⋅10−6 C
E3. Una corrente i che varia nel tempo secondo la legge i (t ) = i0 sin(ωt ) [ i0 = 30 A e ω = 0.5rad / s ]
percorre, discordemente rispetto all’asse verticale y, un filo rettilineo indefinito. A destra del filo si
trova una spira quadrata di lato a=20cm, avente i lati PQ e RS paralleli al filo stesso. Si assuma che
la distanza tra il filo e il lato PQ sia uguale ad x0=40 cm.
Si calcoli:
a) Il flusso attraverso la spira del campo magnetico B generato dal filo all’istante t*=1s;
b) Il valore della forza elettromotrice indotta nella spira all’istante t*.
[Permeabilità magnetica del vuoto: µ0 = 4π ⋅10−7 Tm / A ]
Soluzione.
Il campo magnetico B (t ) generato dal filo indefinito è, secondo la legge di Biot-Savart, un vettore
µ i (t )
di modulo B (t ) = 0
. Nel semipiano dove si trova la spira B (t ) è ortogonale al foglio e diretto
2π x
verso il lettore.
a) Sia S la superficie della spira ed n il versore normale alla superficie della spira. Si
assuma che detto versore sia uscente dalla superficie della spira stessa. Il flusso
attraverso la spira è
x +a
µ0i(t ) 0 adx µ0i(t )
x0 + a
φ (t ) = ∫ BindS = ∫ BdS =
=
a
log(
),
2π x∫0 x
2π
x0
S
S
dove la superficie infinitesima è quella di area dS=adx.
All’istante t*=1s si ha
φ (t*) =
µ0i(t*)
x + a µ0i0 sin(ωt*)
x +a
a log 0
=
a log 0
= 2.33 ⋅10−7Weber
2π
x0
2π
x0
b) La forza elettromotrice indotta ε (t ) è data da
ε (t ) = −
µ ai ω cos(ω t )
x +a
d
φ (t ) = − 0 0
log 0
.
2π
dt
x0
All’istante t*=1s, si ha
ε (t*) = −
µ0 ai0ω cos(ωt*)
x +a
log 0
= −2.13 ⋅10−7 V
2π
x0
SOLUZIONE COMPITO DI FISICA 2
Laurea in Matematica, Università di Padova, a.a. 2010-2011, appello del 15-12-2010
E1. Tre cariche elettriche sono poste su tre dei quattro vertici di un quadrato di lato L=20 cm,
come in figura. Le cariche sono q1=1 nC, q2=4 nC e q3=2 nC. Si calcoli: a) l'energia elettrostatica U
del sistema; b) le componenti cartesiane del vettore campo elettrico E nel vertice libero.
[Costante dielettrica del vuoto: ε0=8.85·10-12 C2/(N m2)]
y
q1
q2
Soluzione.
a) U =
1⎡
qq ⎤
q1q2 + q2 q3 + 1 3 ⎥ = 6.03 ⋅ 10−7 J
⎢
4πε 0 L ⎣
2⎦
1
1 ⎡ q1 q2 1 ⎤
2 V
+
=
⋅
;
5.43
10
2
2
4πε 0 ⎢⎣ L 2 L 2 ⎥⎦
m
1 ⎡ q3 q2 1 ⎤
V
Ey =
+ 2
= 7.67 ⋅ 102 ;
2
⎢
⎥
4πε 0 ⎣ L 2 L 2 ⎦
m
V
Ez = 0
m
b) E x =
q3
x
E2. Due condensatori di capacità elettrica C1=60 nF e C2=20 nF sono caricati inizialmente con
cariche di modulo Q1=3 µC e Q2=1 µC. Il condensatore 1 è riempito da materiale dielettrico (εr=3).
I due condensatori sono collegati come in figura. L’interruttore T viene chiuso. Si calcoli ad
equilibrio raggiunto e trascurando gli effetti resistivi: a) la differenza di potenziale VAB ai capi del
collegamento formato dai condensatori; b) l'energia potenziale elettrostatica Up persa durante il
processo descritto.
A
A
+ + + +
- - - -
C2
C1
- - - + + + +
T
B
Soluzione.
a) Nella configurazione finale i due condensatori sono in parallelo, con capacità
C12 = C1 + C2 = 80 nF e carica totale Q12 = Q1 − Q2 = 2.0 μ C . La d.d.p. tra le armature è
VAB = Q12 C12 = 25 V .
b)
U p = U in − U fin
1 ⎛ Q12 Q22 ⎞ 1 Q122
= ⎜
+
= (10.0 ⋅ 10−5 − 2.5 ⋅ 10−5 ) J = 7.5 ⋅ 10−5 J
⎟−
2 ⎝ C1 C2 ⎠ 2 C12
E3. Un circuito RL in serie, con resistenza R = 6 Ω ed induttanza L = 4 H, viene collegato al tempo
t=0 s ad una batteria con tensione continua V0 = 10 V. Avendo determinato l’intensità di corrente I(t)
nel circuito in funzione del tempo t, calcolare dopo 2 secondi: a) l’energia E0 fornita dalla batteria;
b) l’energia EL immagazzinata nel campo magnetico.
Soluzione.
a) Sia T = 2 s e τ = L/R = 0.666 s il tempo caratteristico del circuito RL. Allora
I(t) = (V0/R) (1 - exp(-t/τ)) .
Integrando la potenza P(t) = V0 I(t) nell’intervallo [0,T] si ha
E0 = (V02/R) (T - τ (1 - exp(-T/τ) ) ) = 22.78 J .
b) L’energia accumulata dal campo magnetico è semplicemente
EL = 1/2 L I(T)2 = 5.02 J .
SOLUZIONE COMPITO DI FISICA 2
Laurea in Matematica, Università di Padova, a.a. 2010-2011, appello del 20-06-2011
E1. Uno strato sferico carico (vedi figura sottostante) avente raggio interno R1 = 1⋅10−2 m e raggio
esterno R2 = 9 ⋅10−2 m è costituito da una carica positiva distribuita non uniformemente con densità
A
di volume ρ = ( 2 )e− r / B , dove (A=1pC/m), B= R1 + R2 , e r è misurato a partire dal centro O dello
r
strato stesso. Calcolare il campo elettrostatico, specificandone direzione, verso, e modulo nei
seguenti due casi:
a) In un punto P, distante d = 1⋅10−1 m dalla superficie esterna dello strato lungo la
congiungente OP;
b) In un punto Q interno allo strato, a distanza b = 5 ⋅10−2 m dal centro O.
[Costante dielettrica del vuoto: ε 0 = 8.85 ⋅10−12 C 2 / Nm 2 ; 1p= 10−12 ]
Soluzione.
In virtù della simmetria sferica del problema il campo elettrostatico dipenderà solo dal modulo del
vettore r che individua la posizione di un dato punto dello spazio rispetto al centro O dello strato
sferico. Dunque, indicato con r il modulo del vettore r , si ha che
E (r ) = E (r ).
In entrambi i casi, a) e b), il campo elettrostatico sarà normale alla superficie dello strato sferico.
Inoltre, in virtù del fatto che la carica distribuita all’interno dello strato è positiva, il campo
elettrostatico sarà diretto dal centro O verso l’esterno dello strato stesso.
Sia per il punto a) che per il punto b) si procede applicando il teorema di Gauss ad una superficie
sferica di raggio r
Φ( E ) =
Q
,
ε0
(1)
dove il primo membro è il flusso del campo elettrostatico uscente attraverso la superficie di cui
sopra
Φ ( E ) = 4π r 2 E (r ), (2)
e la carica Q al secondo membro è la carica elettrica contenuta nel volume V delimitato superficie
sferica di raggio r
Q = ∫ ρ (r )dτ
(3)
V
Così, in definitiva, applicando le formule (1), (2), e (3), si ha la relazione seguente:
∫ ρ (r )dτ
E (r ) = V
4π r 2ε 0
. (4)
a) In questo caso la (4) diventa
E ( P) =
∫ ρ (r )dτ
V
4π ( R2 + d ) 2 ε 0
. (5)
Il numeratore del secondo membro della (5) è dato da
R2
−
r
∫ ρ (r )dτ = 4π A ∫ e B dr = 4π AB(e
V
−
R1
B
−e
−
R2
B
),
R1
dove abbiamo fatto uso del fatto che l’elemento di volume dτ = 4π r 2 dr . Dunque, dalla (5) si
ottiene che il modulo cercato è
−
R1
−
R2
AB(e B − e B )
V
E ( P) =
= 0.156
2
m
( R2 + d ) ε 0
b) In questo caso la (4) diventa
∫ ρ (r )dτ
E (Q) = V
, (6)
4π b 2ε 0
dove il numeratore la secondo membro è dato da
b
∫ ρ (r )dτ = 4π A ∫ e
V
−
r
B
dr = 4π AB(e
−
R1
B
la quale, insieme alla (6), dà il modulo cercato
E (Q) =
R1
B
−
b
B
b
B
−e ),
R1
−
−
AB (e − e )
V
= 1.35
2
b ε0
m
E2. Siano dati due condensatori 1 e 2, di capacità, rispettivamente, C1 e C2 collegati tra loro in
serie (vedi figura sottostante). I due condensatori hanno le armature di uguale area S. La distanza tra
le armature del condensatore 1 è d1 = 2cm ; la distanza tra le armature del condensatore 2 è
d 2 = 1cm . Si supponga che ai capi della serie venga mantenuta una differenza di potenziale costante
VAC = 300V . Calcolare:
a) La differenza di potenziale VAB ai capi del condensatore 1, e la densità di carica superficiale
σ 1 sulle armature del condensatore 1 nell’ipotesi che tra le armature di entrambi i
condensatori ci sia il vuoto;
b) La differenza di potenziale V ' AB ai capi del condensatore 1, nelle ipotesi che lo spazio tra le
armature di tale condensatore venga riempito per metà di un materiale isolante di costante
dielettrica relativa ε r = 5 , e che venga mantenuta ai capi della serie la differenza di
potenziale VAC = 300V .
[Costante dielettrica del vuoto: ε 0 = 8.85 ⋅10−12 C 2 / Nm 2 ]
Soluzione.
a) Il sistema assegnato è un collegamento in serie di due condensatori aventi capacità
C1 = ε 0
S
d1
C2 = ε 0
S
d2
sulle cui armature è presente una carica Q1 = Q2 = Q . La capacità equivalente della serie formata dai
due condensatori è
Ceq = (
1
1
S
.
+ ) −1 = ε 0
C1 C2
d1 + d 2
La differenza di potenziale VAC è data, perciò, da
VAC =
Q
.
Ceq
La differenza di potenziale richiesta, VAB , è data da
VAB =
Q
.
C1
Dunque, si avrà che
VAB = VAC
Ceq
C1
= VAC
d1
= 200V .
d1 + d 2
La densità di carica superficiale σ 1 sulle armature del condensatore 1, nell’ipotesi che tra le
armature di entrambi i condensatori ci sia il vuoto è data da
σ 1 = ε 0 E1 ,
dove E1 è il campo elettrostatico tra le armature del condensatore 1 dato da VAB / d1 . Dunque
σ1 = ε 0
VAB
= 8.85 ⋅10−8 C / m 2 .
d1
b) In questo caso, dopo l’inserimento del materiale isolante, il condensatore 1 potrà essere
pensato come la serie di due condensatori, uno le cui armature sono riempite, per una
distanza d1 / 2 , dal vuoto, di capacità
C1,0 = ε 0
S
d1 / 2
l’altro le cui armature sono riempite, per una distanza d1 / 2 , dal dielettrico assegnato, di capacità
C1, d = ε 0ε r
La capacità equivalente della serie è pari a
S
d1 / 2
C '1 = (
2ε 0ε r S
1
1 −1
+
) =
C1,0 C1,d
d1 (1 + ε r )
L’intero sistema, quello compreso tra i terminali A e C, sarà una serie di due condensatori la cui
capacità equivalente è
C 'eq = (
con C2 = ε 0
2ε 0ε r S
1
1
,
+ ) −1 =
'
C 1 C2
d1 (1 + ε r ) + 2d 2ε r
S
.
d2
A tale capacità equivalente competerà una carica Q '1 = Q ' 2 = Q ' .
La differenza di potenziale VAC è data, perciò, da
VAC =
Q'
.
C 'eq
La differenza di potenziale richiesta, V ' AB , è data da
VAB =
Q'
.
C '1
Dunque, si avrà che
V
'
AB
= VAC
C ' eq
C
'
1
= VAC
d1 (1 + ε r )
= 163.64V .
d1 (1 + ε r ) + 2d 2ε r
E3. Due fili, 1 e 2, rettilinei indefiniti sono disposti parallelamente ad una distanza d l’uno
dall’altro. Tali fili sono percorsi, nello stesso verso, rispettivamente, dalle correnti i1 (t ) = β t 2 − γ t
A
A
A
( β = 5 ⋅10−3 2 , γ = 1⋅10−2 ) e i2 (t ) = δ t 2 ( δ = 1⋅10−3 2 ). Una spira quadrata di lato a giace nel
s
s
s
piano dei due fili. Due dei suoi lati sono paralleli ai fili, mentre il centro della spira è equidistante
dai fili stessi (vedi figura sottostante). Determinare:
a) Il flusso attraverso la spira del campo magnetico B generato dai due fili ad un generico
istante t;
b) L’ istante t* in cui la forza elettromotrice indotta nella spira è nulla.
Soluzione.
a) Il campo magnetico B1 (t ) generato dal filo indefinito 1 è, secondo la legge di Biotμ i (t )
Savart, un vettore di modulo B1 (t ) = 0 1 . Nel piano dove si trova la spira, il vettore
2π x
B1 (t ) è ortogonale al foglio ed entrante nel foglio stesso. Analogamente, il campo
magnetico B2 (t ) generato dal filo indefinito 2 è, secondo la legge di Biot-Savart, un
μ0i2 (t )
. Nel piano dove si trova la spira, il vettore B2 (t ) è
vettore di modulo B2 (t ) =
2π (d − x)
ortogonale al foglio e diretto verso il lettore (vedi figura sottostante).
Se n è il versore normale alla superficie della spira e si assume che detto versore sia uscente dalla
superficie – orientato verso il lettore - della spira stessa, si ha che il campo risultante è dato da
B(t ) = −
μ0i1 (t )
μ0i2 (t )
μ i (t ) i (t )
n+
n=− 0 (1 − 2
)n .
2π x
2π (d − x)
2π x
(d − x)
Il flusso attraverso la spira è
φ (t ) = ∫ BindS = −
S
μ0
2π
d a
+
2 2
μ0 a
i1 (t ) i2 (t )
d +a
−
=
adx
(
)
(i2 (t ) − i1 (t )) log(
),
∫
x
d −a
( d − x)
2π
d a
−
2 2
dove la superficie infinitesima è quella di area dS=adx.
b) La forza elettromotrice indotta ε (t ) è data da
ε (t ) = −
μa
d
d +a
φ (t ) = 0 log
(2(β − δ )t − γ ) .
dt
2π
d −a
L’ istante t* in cui la forza elettromotrice indotta nella spira è nulla è pari a
t* =
γ
2( β − δ )
= 1.25 s .
Esercizi riassuntivi di Fisica II
per il corso di laurea in Ingegneria Gestionale
dell’Università di Padova
Problema 1.
Due sfere conduttrici di raggio R1=1cm e R2=3cm sono poste con i centri ad una
distanza L=2m. Inizialmente entrambe hanno una carica Q0=2*10-3C.
Prof. Roberto Carlin – Dott. Mosè Mariotti
2L
L
x
q0
1. Calcolare la forza esercitata su una carica puntiforme q0=-2*10-6C posta ad
una distanza 2L dal centro della seconda sfera (vedi figura).
2. La carica qo viene portata all’infinito, quale è stato il lavoro compiuto dalle
forze elettrostatiche?
In seguito le due sfere vengono connesse con un filo conduttore.
3. Quali sono le cariche Q1 e Q2 che si misurano sulle due sfere?
4. Quale è l’energia dissipata nel processo?
V 1.3
Padova 15 Gennaio 2010
V1.3 15/1/10: Rimossi esercizi su lenti e diffrazione, aggiunti esercizi 36,37,38
V1.2 12/4/08: Aggiunti esercizi e alcune correzioni.
V1.1 25/5/03: Aggiunti esercizi 8,9,10,19
V1.0 12/5/03: Prima versione
NB:
•
Nonostante l’attenzione nella correzione nei testi, è più che probabile siano
presenti alcuni errori, che invitiamo gli studenti a riportare prontamente.
! R.Carlin. M.Mariotti. E’ vietata ogni forma di copia, che non sia per uso personale
degli studenti del corso di Fisica Generale II di Ingegneria Gestionale.
Soluzione:
La forza sulla carica q0 è pari a q0E, dove E è il campo elettrico generato dalle due
sfere cariche, valutato nel punto in cui si trova q0. Le sfere sono distanti rispetto alle
loro dimensioni, quindi trascuriamogli effetti di induzione reciproca (e a maggior
ragione l’effetto di induzione di q0). Le distribuzioni di carica si considerano uniformi
sulle superfici. Ciascuna delle sfere uniformemente cariche genera un campo che è
equivalente a quello di una carica puntiforme posta nel loro centro, quindi, nel punto
in cui si trova q0:
Q0
Q0
(1.1)
E1 =
E2 =
2
2
4!" 0 3L
4!" 0 2L
( )
( )
#
&
Q0
Q0
qQ # 1
1 &
!
( = 0 0 % 2 + 2 ( = )3.25Nux
(1.2)
F = q0 %
+
2
2
4
!"
$
'
4L
9L
%$ 4!" 2L
(
4!" 0 3L '
0
0
Il lavoro compiuto dalle forze elettrostatiche per portare la carica q0 all’infinito è pari
a q0V, dove V è il potenziale nella posizione iniziale dalla carica q0, generato delle
due sfere cariche (equivalente a quello di due cariche puntiformi), e si considera 0 il
potenziale all’infinito:
# Q0
Q0 & q0Q0 # 1
1&
(1.3)
W = q0V = q0 %
+
+ ( = )15J
(=
%
$ 4!" 0 2L 4!" 0 3L ' 4!" 0 $ 2L 3L '
( )
( )
Quando le due sfere vengono connesse elettricamente, la loro carica si ridistribuisce,
sempre sulle superfici, in modo che le due sfere si portino allo stesso potenziale.
Sempre a causa della distanza tra le sfere, la distribuzione di carica su ciascuna sfera
potrà ancora essere considerata uniforme. Si avrà quindi che, calcolando il potenziale
sulle superfici delle sfere:
Q1
Q2
(1.4)
=
4!" 0 R1 4!" 0 R2
e quindi, considerando anche la conservazione della carica, le equazioni che
determinano le cariche sono:
Q1 R1
(1.5)
=
Q1 + Q2 = 2Q0
Q2 R2
Problema 2.
Un conduttore sferico cavo di raggio interno R2=2cm e raggio esterno R3=3cm ha una
carica pari a Q0=3*10-4C. All’interno viene posto un conduttore sferico di raggio
R1=1cm, con un’ulteriore carica pari a Q0. Ad una distanza L=3m dal centro dei
conduttori è posta una piccola carica puntiforme q0=-2*10-7C.
da cui si ottiene:
Q2 =
2Q0
= 3!10"3 C
R1
1+
R2
x
q0
(1.6)
Q1 = 2Q0 " Q2 = 1!10"3 C
L’energia dissipata nel processo sarà pari alla variazione dell’energia elettrostatica del
sistema. Ciascuna sfera carica può essere considerata come un condensatore (con
l’altra armatura all’infinito), di capacità pari a 4!" 0 R e quindi di energia Q 2 2C . Si
ottiene lo ovviamente stesso risultato integrando la densità di energia elettrostatica nel
volume in cui c’è campo elettrico:
In seguito i due conduttori vengono connessi con un filo metallico.
2
#
1
1 & Q )
1 Q2
U E = $ ! 0 E 2 d" = $ ! 0 (
4% R 2 dR =
2+
2
2 ' 4%! 0 R *
2 4%! 0 R
R
R
#
1. Calcolare la forza esercitata sulla carica q0
2. La carica qo viene portata all’infinito, quale è stato il lavoro compiuto dalle
forze elettrostatiche?
L’energia elettrostatica iniziale è così:
2
2
Q2 # 1
1 Q0
1 Q0
1&
U IN =
+
= 0 % + ( = 2.4 )106 J
2 4!" 0 R1 2 4!" 0 R2 8!" 0 $ R1 R2 '
(1.7)
3. Quali sono le cariche Q1 e Q2 che si misurano alla fine sulle sfere?
4. Quale è l’energia dissipata nel processo?
(1.8)
Soluzione:
e quella finale:
U FIN =
2
2
2
2
1 Q1
1 Q2
1 # Q1 Q2 &
6
+
=
+
%
( = 1.8 )10 J
2 4!" 0 R1 2 4!" 0 R2 8!" 0 $ R1 R2 '
da cui U DISS = U FIN ! U IN = 600KJ .
(1.9)
La carica sulle superfici di raggio R1,R2 ed R3 è rispettivamente Q0, -Q0 (indotta) e 2Q0
(composta da Q0 indotta più Q0 nativa). La distanza tra q0 ed i conduttori è grande
rispetto al loro diametro, e q0 è piccola rispetto a Q0. L’effetto di induzione
elettrostatica è perciò trascurabile e le distribuzioni di carica sui conduttori possono
considerarsi in buona approssimazione sferiche uniformi. La carica q0 vedrà il campo
generato da una superficie sferica carica con carica 2 Q0, equivalente a quello di una
carica puntiforme:
# 2Q0 &
!
(2.1)
F = q0 %
= )120mNux
2(
$ 4!" 0 L '
Il lavoro compiuto dalle forze elettrostatiche per portare la carica q0 all’infinito è pari
a q0 (VIN ! VFIN ) da cui, considerando il potenziale nullo all’infinito:
# 2Q0 &
(2.2)
W = q0 %
( = )360mJ
$ 4!" 0 L '
Connettendo le due sfere, la carica si ridistribuisce portandosi tutta sulla superficie
esterna (quella di raggio R3). Quindi le cariche finali sulle due sfere saranno:
Q1 = 0
(2.3)
Q2 = 2Q0 = 6 !10"4 C
L’energia elettrostatica del sistema è costituita dall’energia del condensatore sferico
Q 2 2C (tra le due sfere interna ed esterna) e dall’energia del campo esterno. La
capacità di un condensatore sferico è pari a:
#1
$ 1
1'
(2.4)
C = 4!" 0 & # )
% R1 R2 (
Poiché il campo elettrico esterno non varia cortocircuitando le due sfere, l’unica
variazione è quella relativa al campo interno:
2
1 Q0 $ 1
1'
U IN =
#
U FIN = 0
2 4!" 0 &% R1 R2 )(
(2.5)
2
1 Q0 $ 1
1'
U DISS =
#
=
20.25KJ
2 4!" 0 &% R1 R2 )(
Problema 3.
Nel centro di un conduttore sferico cavo, di raggio interno R1 = 10cm e raggio esterno
R2 = 20cm , è contenuta una carica puntiforme q1 = 3 !10 "5 C .
R1 R2
q1
1. Scrivere le espressioni del campo e del potenziale nelle 3 regioni: r < R1, R1 <r <
R2, r > R2.
Una quantità di carica q2 = 3q1 viene portata da distanza infinita e aggiunta al
conduttore.
2. Scrivere le nuove configurazioni di campo e potenziale nelle tre regioni.
3. Scrivere il lavoro fatto per portare la carica q2 dall’infinito al conduttore.
Soluzione:
Il campo elettrico nel conduttore (R1 < r < R2 ) è nullo, mentre è quello della carica q1
nelle due regioni r < R1 e r > R2 (sulle due superfici interna ed esterna del conduttore
si inducono le cariche !q1 e q1 rispettivamente) . Pertanto:
q1
q1
(3.1)
, E = 0, E3 =
4!" 0 r 2 2
4!" 0 r 2
Il potenziale si può calcolare come somma dei potenziali delle tre distribuzioni di
carica ( q1 e le due cariche indotte sulle superfici del conduttore), con la usuale
assunzione di potenziale nullo all’infinito. Il potenziale risulterà costante dentro il
conduttore:
q1
q1
q1
q1
q1
(3.2)
V1 =
#
+
,V =
,V =
4!" 0 r 4!" 0 R1 4!" 0 R2 2 4!" 0 R2 3 4!" 0 r
E1=
La carica q2 va a modificare solo la carica sulla superficie esterna del conduttore. Il
campo elettrico sarà pertanto diverso solo all’esterno del conduttore, mentre
varieranno i termini costanti del potenziale anche all’interno (se si vuole mantenere la
convenzione di potenziale nullo all’infinito):
q1
q + q2
4q1
(3.3)
E1=
, E = 0, E3 = 1
=
4!" 0 r 2 2
4!" 0 r 2 4!" 0 r 2
V1 =
V2 =
q1
q1
q +q
q1
q1
q1
#
+ 1 2 =
#
+
4!" 0 r 4!" 0 R1 4!" 0 R2 4!" 0 r 4!" 0 R1 !" 0 R2
q1
!" 0 R2
,V3 =
q1
!" 0 r
(3.4)
Il lavoro fatto per portare la carica q2 fino alla superficie del conduttore è pari alla
variazione di energia elettrostatica del sistema (solamente quindi all’esterno del
conduttore). Può essere calcolata agevolmente ricordando che la capacità di un
conduttore sferico è C = 4!" 0 R e che il lavoro necessario a caricare una capacità
è W = Q 2C . Si calcolerà quindi la differenza tra le energie elettrostatiche finale ed
iniziale:
$ q +q 2
'
$ 4q 2
'
q2
q2
15q12
1
1
2
1
& 1
&
(3.5)
W=
# 1 )=
# 1 )=
= 303.3J
8!" 0 &
R2
R2 ) 8!" 0 & R2
R2 ) 8!" 0 R2
%
(
%
(
2
(
)
( )
Problema 4.
Due cariche puntiformi q1 = +q e q2 = !q sono poste rispettivamente a x1 = !1m
e x2 = 1m . Sul piano x = 0 (piano yz) è presente una densità di carica uniforme ! .
!
Sapendo che q = 10!3 C e che E(x3 = 2m,0,0) = 0 calcolare:
1. La densità di carica !
2. Il lavoro fatto dalle forze elettrostatiche per portare una carica q0 = 10!4 C da
x3 alla parte opposta x4 = !x3
"
+q
-q
x4
x
•
•
x1
x2
x3
Soluzione:
Il campo elettrico nel punto x3 è la soma dei campi generati dalle due cariche e di
quello della distribuzione piana:
%
q1
1
E x3 = '
'& 4!" 0 x # x
3
1
( )
(
)
2
+
q2
1
4!" 0 x # x
3
2
(
)
2
+
(
$ !
*u =0
2" 0 * x
)
(4.1)
da cui si ricava la densità di carica incognita:
1
q
1
q
$
#
+
=0
4!" 0 2 + 1 2 4!" 0 2 # 1 2 2" 0
(
)
(
)
q 1
q
$
q 8 $
#
+
=#
+
=0
4!" 0 9 4!" 0 2" 0
4!" 0 9 2" 0
$
q 8
=
2" 0 4!" 0 9
4q
= 141.5 %10#6 C m2
9!
Nel calcolare il lavoro, si può trascurare quello fatto dal campo generato dalla carica
piana per simmetria, si considerano quindi solo le differenze di potenziale delle due
cariche puntiformi:
$=
(4.2)
(
W = !q0 "V = q0 VIN ! VFIN
)
Problema 5.
1 % !q
q (
1 %
q(
VIN =
+
=
!q + *
4#$ 0 '& 2 ! 1 2 + 1)* 4#$ 0 &'
3)
VFIN =
(
1 % !q
q (
1 % !q
+
=
+ q*
4#$ 0 '& 2 + 1 2 ! 1*) 4#$ 0 '& 3
)
(
)
W = q0 VIN ! VFIN =
W=
q
q %
(
q q
0
!q + + ! q *
4#$ 0 '&
3 3
)
(4.3)
Due fili isolanti molto lunghi, carichi positivamente con densità di carica uniforme
! = 8nC / m si incrociano ad angolo retto. Una particella di carica positiva q = 2 µC e
massa m = 1.2g si trova inizialmente ferma nella posizione P(x1 = y1 = 0.1m) .
Calcolare
1. L’intensità del campo elettrico generato dalla coppia di fili nel punto P
2. La forza che la particella subisce nel punto P
3. La velocità della particella dopo che ha percorso la distanza d = 0.75m
q % 4 (
qq
%
2 (
!2q + q * = 0 ' ! q * = ! 0 = !1.2 +103 J
'
4#$ 0 &
3 ) 4#$ 0 & 3 )
3#$ 0
0
+
+
+
+
+
+
+
+
+
q
+
+
+
+
++++++++++++++++++++
+
Soluzione:
Il campo elettrico nel punto P è la somma vettoriale dei due campi generati dalle
distribuzioni lineari di carica, ed è diretto lungo la bisettrice degli assi:
!
Ex =
= Ey
2"# 0 x
(5.1)
!
E=
2 = 2034V m
2"# 0 x
La forza che agisce sulla carica è dunque:
(5.2)
F = qE = 4 !10"3 N
La velocità finale della carica può essere calcolata dalla variazione di energia cinetica,
e quindi dal lavoro fornito dalle forze elettrostatiche. Nel calcolo bisogna tener conto
che il campo, e quindi la forza, varia al variare della distanza dai fili lungo la
traiettoria della carica:
x
Problema 6.
x
2
2
1 2
! 2
!
q! % x2 (
mv = WE = $ q
2dx = $ q
dx =
ln ' *
2
2
"#
x
"#
x
"#
& x1 )
0
0
0
x
x
1
1
x1 = 0.1m
x2 =
0.75
+ x1 = 0.63m
2
WE = 1.059mJ
v = 1.33m / s
(5.3)
Un cilindro conduttore ha diametro esterno D e lunghezza infinita. Sull’asse del
cilindro è posto un filo con densità di carica lineare #=6.67*10-10C/m. Sapendo che il
campo elettrico misurato sulla superficie esterna del cilindro è Es = 120V m ,
determinare:
1. Il diametro esterno D del cilindro e la densità di carica indotta sulla sua
superficie esterna
2. La forza che agisce su una carica di prova q=10-4 C posta all’esterno del
cilindro, ad una distanza R=88 cm dall’asse.
Es
R
Soluzione:
La carica indotta sulla superficie di un tratto di cilindro è la stessa che c’è nella
sezione di filo all’interno:
(6.1)
Q = ! l = "# Dl
quindi si può scrivere:
"
!=
(6.2)
#D
Noto il campo elettrico sulla superficie si può determinare la densità di carica e quindi
il diametro del cilindro:
!
#
#
6.67 &10'10
(6.3)
ES =
=
%D=
=
= 0.2m
" 0 " 0$ D
$" 0 ES $ & 8.85 &10'12 &120
Il campo elettrico all’esterno del cilindro conduttore (fino alla superficie esterna) è
uguale a quello del filo rettilineo infinito:
!
(6.4)
E=
2"# 0 R
E pertanto la forza su una carica di prova vale:
!
10$4 % 6.67 %10$10
(6.5)
F = qE = q
=
= 1.36 %10$3 N
2"# 0 R 2 % " % 8.85 %10$12 % 0.88
Problema 7.
! 0 L2 8.85 "10#12 "1.22
=
= 0.579nF
2h
0.022
1
1
U F = C FV 2 = " 0.58 "10#9 "1202 = 4.171"10#6 J
2
2
$U = U F # U I = #3.67 "10#6 J
CF =
Tre lamine metalliche quadrate parallele, di lato L=120cm, sono poste a distanza
h=1.1 cm una dall’altra. Tra le lamine vi sono due sostanze dielettriche, con costanti
dielettriche relative k1=2.1 e k2=1.7. Le due lamine esterne sono connesse ad un
generatore che le mantiene alla tensione V0=120V. Determinare:
k1
V0
k2
1. Quale è la capacità totale del sistema.
2. Quanto vale il campo elettrico E1 nel dielettrico 1.
3. Quale è la variazione di energia elettrostatica se i due dielettrici vengono
estratti.
Soluzione:
Le due capacità C1 e C2 si possono considerare in serie. Hanno valori diversi a causa
delle diverse costanti dielettriche:
! k L 8.85 "10#12 " 2.1"1.22
C1 = 0 1 =
= 2.433nF
h
0.011
! k L 8.85 "10#12 "1.7 "1.22
C2 = 0 2 =
= 1.97nF
(7.1)
h
0.011
CC
C = 1 2 = 1.089nF
C1 + C2
Le due capacità in serie hanno la stessa carica Q, che è anche la carica della serie dei
due. Questo fatto può essere usato per calcolare le tensioni su ciascun condensatore e
quindi i campi elettrici:
Q = CV = 1.098 !10"9 !120 = 1.307 !10"7 C
V1 =
Q 1.307 !10"7 C
=
= 53.7V
C1
2.433!10"9
(7.2)
V1
= 4.88KV / m
h
L’energia elettrostatica iniziale vale:
E1 =
1
1
U I = C IV 2 = !1.089 !10"9 !1202 = 7.841!10"6 J
2
2
(7.3)
Togliendo i dielettrici varia la capacità del sistema, mentre il generatore mantiene la
tensione costante, e quindi varia l’energia accumulata:
(7.4)
Problema 8.
Problema 9.
2
Un condensatore piano di superficie quadrata S=200 cm e distanza tra le armature
h=5mm viene caricato fino a raggiungere una differenza di potenziale tra le due
armature di V0=1000V, e quindi isolato.
Successivamente viene introdotto un blocco a forma di parallelepipedo con la
superficie della stessa forma e dimensione di quella del condensatore. Il blocco è
costituito da due strati entrambi di altezza h1=1mm, ma di materiale dielettrico con
costante dielettrica k=3 il primo dal basso, e di materiale conduttore il secondo. Si
chiede in tali condizioni:
1. La carica depositata sulle armature del condensatore
2. La capacità del condensatore
3. Il lavoro necessario ad estrarre il blocco
Due lastre metalliche piane, di
superficie pari a 0.8 m2, sono
affacciate alla distanza h = 4mm e
h
V
formano quindi un condensatore
piano. Le due armature sono
connesse ad un generatore di
tensione
con
differenza
di
potenziale V. L’armatura inferiore
è fissa, quella superiore è mantenuta in equilibrio meccanico da una massa M= 0.8Kg,
come da figura. Inizialmente non vi è dielettrico tra le armature.
1. Calcolare, trascurando gli effetti di bordo, la capacità del condensatore.
2. Considerando trascurabili le masse delle lastre, della fune e della carrucola,
calcolare la tensione V alla quale il sistema è in equilibrio.
3. Se tra le lastre, dopo aver bloccato la carrucola, viene successivamente inserito un
dielettrico di spessore d = 2mm e costante dielettrica relativa k = 2.5, calcolare la
nuova capacità.
4. In questa nuova condizione, determinare se è variata, e di quanto, la forza tra le
armature.
Soluzione
Il condensatore ha capacità pari a:
!0"
= 1.77nF
(9.1)
h
La tensione deve bilanciare la forza di attrazione elettrostatica, che si calcola nota la
pressione elettrostatica P = ! 0 E 2 2 :
C=
Soluzione:
La carica iniziale rimane invariata poiché il condensatore viene isolato:
! SV
Q = C0V = 0
= 35.4 "10#9 C,C0 = 35.4 pF
(8.1)
h
Il condensatore può essere visto come la somma di due condensatori in serie, con
costanti dielettriche diverse:
k! S
!S
(8.2)
1 C = 1 Ca + 1 Cb ,Cb = 0 = 531pF,Ca = 0
= 59 pF,C = 53.4 pF
h1
h " 2h1
Il lavoro per estrarre il blocco è pari alla differenza tra l’energia accumulata nel
condensatore senza e con il blocco inserito:
1 Q2
1 Q2
(8.3)
E2 =
= 17.7 µ J , E1 =
= 11.7 µ J ,W = 6 µ J
2 C0
2 C
F=
V=
!0 E 2
! V2
" = 0 2 " = Mg = 7.95N
2
2h
2h2 Mg
= 5.95KV
!0"
Una volta inserito il dielettrico il condensatore si considera
condensatori:
1
1
1 h!d
d
=
+
=
+
C C1 C2
" 0 # " 0 k#
(9.2)
la serie di due
(9.3)
C = 2.53nF
A potenziale costante la carica aumenta al crescere della capacità, e quindi aumenta
anche la forza:
!2
Q2
C 2V 2
(9.4)
F=
#=
=
= 14.1N
2" 0
2#" 0 2#" 0
M
Problema 10.
Problema 11.
Un elettrodo formato da un filo metallico di raggio R1 = 100µm è teso sull’asse di un
cilindro conduttore cavo di raggio interno R2 = 11.0mm. Il cilindro, lungo d=10 cm, è
riempito di un gas con rigidità dielettrica pari a 2.2MV/m.
R
V0
R2
Considerando trascurabili gli effetti di bordo,
determinare:
d
R
1. Il lavoro compiuto per caricare gli elettrodi fino a
1000V;
2. La differenza di potenziale VM che si può applicare
tra i due elettrodi per non avere scariche nel gas.
Soluzione:
Il sistema è un condensatore cilindrico, che ha capacità pari a:
2!" 0 d
(10.1)
C=
= 1.18 pF
R
ln 2
R1
Il lavoro fatto per caricarlo è pertanto:
1
W = CV 2 = 0.59 µW
(10.2)
2
Il campo elettrico all’interno del condensatore è quello di un filo rettilineo infinito con
una densità di carica ! = Q d :
E=
!
2"# 0 r
C
(10.3)
Quindi E ha il valore più intenso sulla superficie del filo: E1 = ! 2"# 0 R1 . Perchè non
ci siano scariche il campo elettrico massimo non dovrà superare i 2.2 M V m :
(10.4)
E1 ! E MAX = 2.2 M V m
La differenza di potenziale ai capi del condensatore (integrale del campo elettrico)
vale:
R
!
(10.5)
V=
ln 2
2"# 0 R1
E’ immediato quindi mettere in relazione la differenza di potenziale con il campo
elettrico massimo, eliminando ! dalle (10.3) e (10.5). Si ottiene così la massima
tensione applicabile al condensatore per non avere scariche:
R
(10.6)
!Vmax = Emax R1 ln 2 = 1034V
R1
Nel circuito in figura, con V0 = 100V, R = 5M !,C = 10 µ F , il condensatore è
inizialmente scarico e l’interruttore è aperto. Determinare dopo 50 secondi dall’inizio
della carica del condensatore (chiusura dell’interruttore):
1. L’energia dissipata su una delle resistenze R.
2. L’energia accumulata sul condensatore C.
3. L’energia fornita dal generatore.
Soluzione:
Si tratta della carica di un condensatore attraverso una resistenza totale pari a 2R ,
quindi con la costante di tempo ! = 2RC . La corrente durante la fase di carica vale:
V ! t
i = 0 e 2 RC
(11.1)
2R
e la tensione ai capi del condensatore vale:
t
"
%
!
(11.2)
VC = V0 $ 1 ! e 2 RC '
#
&
Dopo 50 secondi di carica la tensione sul condensatore varrà quindi:
50
"
%
!
(11.3)
VC = V0 $ 1 ! e 2 RC ' = 393.5V
#
&
La carica totale sul condensatore è:
(11.4)
Q = CVC = 10 !10 "6 ! 393.5 = 3.93mC
Il lavoro fatto dal generatore per far transitare questa carica attraverso la FEM
costante V0 è:
(11.5)
WGEN = V0Q = V0VC C = 3.93J
L’energia accumulata sul condensatore è pari a CV 2 2 . Nota che negli istanti
intermedi non vale la relazione che vede l’energia dissipata essere esattamente uguale
a quella accumulata nel condensatore:
1
WC = CVC2 = 0.774J
2
Infine, considerando il bilancio energetico:
(11.6)
WGEN = WR + WR + WC
W ! WC 3.93 ! WC
WR = GEN
=
= 1.58J
2
2
Problema 12.
(11.7)
Una bolla di sapone di raggio r = 7cm è caricata con una carica
superficiale ! = 3.2 "10#6 C m2 .
1. Calcolare la pressione elettrostatica che agisce sulla superficie della bolla
La bolla è immersa in un condensatore piano di capacità C = 2nF , con le armature
distanti d = 20cm . Si osserva che perchè la bolla stia ferma al centro del condensatore
è necessario portarlo ad una tensione V1 = 0.1V .
2. Calcolare la massa della bolla.
Se il condensatore viene caricato da un generatore con tensione V0 = 0.15V attraverso
una resistenza R = 2K! , determinare:
3. Dopo quanto tempo il condensatore raggiunge la tensione V1
4. Quale è il lavoro fatto dal generatore in questo tempo.
Vo
d
0
R
Soluzione:
La pressione elettrostatica è data da:
P=
(
$6
)
2
3.2 #10
!2
=
= 0.58 N m2
2" 0 2 # 8.85 #10$12
(12.1)
Perchè la bolla carica stia in equilibrio la forza elettrostatica deve bilanciare la forza
peso. Nota la distanza tra le armature e la tensione, si calcola il campo elettrico
all’interno del condensatore e quindi la forza che esso esercita sulla carica:
q = ! " 4# r 2
F = mg = qE = q
V
h
(12.2)
! " 4# r "V
= 1"10$8 Kg
hg
Il condensatore si carica attraverso la resistenza R con la nota relazione esponenziale:
t
"
%
!
V1 = V0 $ 1 ! e RC '
#
&
(12.3)
" V1 %
t = ! RC ln $ 1 ! ' = 4.39 µs
# V0 &
m=
2
Nota la carica accumulata sul condensatore, e quindi transitata attraverso il circuito, il
lavoro fatto dal generatore è:
(12.4)
W = qV0 = CV1V0 = 3!10"11 J
Problema 13.
Un condensatore piano di superficie ! = 1m 2 , le cui armature distano tra loro
d = 8.82mm si trova in vuoto ed è connesso ad un generatore di forza elettromotrice
V0 = 10V attraverso un interruttore (1) che rimane chiuso solo per un tempo t = 1µ s e
da 3 resistenze uguali R3 = R4 = R5 = 2K! , disposte come in figura.
Calcolare:
1) la tensione V e la carica Q del condensatore dopo il processo di carica
2) Il lavoro W fatto dal generatore durante la carica e l'energia elettrostatica U
immagazzinata nella capacità
3) Il campo elettrico E nel condensatore
R1
A
(1)
(2)
R3
R2
C
R4
R5
V
B
Il condensatore, così caricato, viene successivamente connesso tramite l'interrutore (2)
ad un secondo circuito formato da 2 resistenze uguali R1 = R2 = 1K! e disposte come
in figura.
Calcolare:
4)
5)
6)
7)
la corrente sulle 2 resistenze quando t = 3.5 µ s
la differenza di potenziale V(A)-V(B) nell'istante t = 3.5 µ s
l'energia totale dissipata durante la scarica fino a t = 3.5 µ s
la potenza dissipata su ciascuna delle 2 resistenze quando t = 3.5 µ s
Soluzione:
La capacità del condensatore è:
!0"
= 1nF
(13.1)
d
Poichè il ramo (2) del circuito è aperto, questo non entra nella fase di carica; la
resistenza in fase di carica è:
RR
(13.2)
REQ = R3 + 4 5 = 3K! " # 1 = REQ C = 3µs
R4 + R5
Dopo 1µs il condensatore non è quindi completamente carico:
C=
t
#
! &
"
VC ,1 = V0 % 1 ! e 1 ( = 2.83V ,Q1 = CVC ,1 = 2.83nC
%$
('
Problema 14.
(13.3)
Il lavoro fatto dal generatore, visto che attraverso di esso è fluita la carica Q1 , è
semplicemente:
(13.4)
WGEN = Q1V0 = 28.3nJ
Mentre l’energia accumulata nella capacità è:
Q2
1
U e = CVC2,1 = 1 = 4nJ
(13.5)
2
2C
2
Nota bene che WGEN = Q1V0 = CVC ,1V0 è diverso da 2U E = CVC ,1 . Il campo elettrico nel
Una spira conduttrice, a forma di esagono regolare di lato 2L=20 cm, è percorsa da
una corrente i=12 A. Determinare:
1. la FEM necessaria a mantenere la corrente, sapendo che la spira è composta da
un filo di rame di diametro d=1 mm
2. Il campo magnetico B generato al centro della spira.
2L
h
condensatore vale:
E=
VC ,1
= 320.9V / m
(13.6)
d
Durante la fase di scarica l’interruttore (1) è aperto metre (2) è chiuso. Entrano quindi
in gioco solo le resistenze R1 e R2. Si avrà una nuova costante di tempo:
! 2 = R1 + R2 C = 2 µs
(13.7)
(
e dopo un tempo t = 3.5µs varrà:
!
t
"2
)
VC ,1
!
t
"2
(13.8)
e = 246 µ A
R1 + R2
Nota la corrente, è immediato calcolare la differenza di tensione ai capi di una delle
resistenze:
(13.9)
V A ! VB = R2 i = 246mV
L’energia dissipata in questa fase del processo si può calcolare dalla variazione
dell’energia accumulata nel condensatore:
2t
#
! &
1
1
1
"
E DISS = CVC2,1 ! CVC2,2 = CV12 % 1 ! e 1 ( = 3.88nJ
(13.10)
%$
('
2
2
2
Infine la potenza dissipata sulla resistenza, nota la corrente all’istante t, vale:
(13.11)
P1 = P2 = Ri 2 = 60 µW
VC ,2 = VC ,1e
,i =
Soluzione:
La resistenza del filo è proporzionale alla resistività ed alla lunghezza, ed
inversamente proporzionale alla sezione:
6 " 2L
1.67 "10*8 " 6 " 0.2
R=!
=
= 25.5m+
(14.1)
2
# " 0.00052
$ d'
#& )
% 2(
Nota la corrente, dalla legge di Ohm si ricava la tensione ai capi della spira:
V = RI = 25.5 !10"3 !12 = 306mV
(14.2)
E’ noto il campo magnetico generato da un elemento di filo rettilineo, a distanza h dal
centro del filo. I sei lati della spira producono al centro un campo magnetico (entrante
nel foglio) che è la somma delle 6 componenti:
µ0 iL
µ0 6iL
µ 6iL
B=6
=
= 0
2
2
2
2
4! L2 3
2! h h + L
2! L 3 3L + L
(14.3)
#7
#7
4! "10 " 3i 4 "10 " 3i
B=
=
= 4.16 "10#5 T
2! L
2L
Problema 15.
Problema 16.
Una sottile lamina conduttrice infinita è percorsa da una densità di corrente
jL = 1.2 A m . Lungo un filo rettilineo infinito, disposto parallelamente alla lamina ad
una distanza h = 1.5m , passa una corrente iF = 2A , nella stessa direzione e verso
della corrente sulla lamina.
P2
z
x
y
P1
if
d
d
h
jl
Calcolare:
1. La forza esercitata sul filo per unità di lunghezza.
2. La distanza y dalla lamina in cui il campo magnetico totale e’ nullo.
Soluzione:
E’ nota la formula per il campo magnetico generato da una lamina infinita percorsa da
µ j
una densità di corrente ( BL = 0 L ). Poiché il campo magnetico generato dalla
2
lamina è ortogonale al filo, la forza esercitata su un elementino di filo si può scrivere:
(15.1)
dF = iF BL ds
e quindi la forza per unità di lunghezza vale:
µ ji
dF
1.26 !10"6 !1.2 ! 2
= iF BL = 0 L F =
= 1.5 !10"6 N / m
(15.2)
ds
2
2
µi
I campi magnetici generati da filo ( BF = 0 F ) e lamina sono discordi tra filo e
2! r
lamina, sono invece concordi al di sopra del filo, ed al di sotto della lamina. Il punto
in cui si annullano sarà pertanto tra il filo e la lamina. Uguagliando i moduli dei
campi, si ottiene:
µ j
µi
i
BL = 0 L = 0 F = BF " r = F = 0.53m
(15.3)
2
2! r
! jL
y = h # r = 1.5 # 0.53 = 0.97m
Tre conduttori rettilinei paralleli e di lunghezza infinita giacciono sullo stesso piano
xy, con il conduttore centrale che coincide con l’asse x. La distanza tra i conduttori
contigui è d=10 cm. Il conduttore centrale è percorso da una corrente costante i1=1 A,
nel verso delle x crescenti, mentre i due conduttori laterali sono percorsi ciascuno da
una corrente i2=5/4 A nel verso opposto. Determinare:
1. Il campo magnetico generato dai conduttori nel punto P1 di coordinate
(0,2d,0).
2. Il campo magnetico generato dai conduttori nel punto P2 di coordinate
(0,0,2d).
3. La forza per unità di lunghezza agente sul conduttore centrale.
Soluzione:
Il campo magnetico in P1 ha sole componenti z, positiva quella generate dal filo
centrale e negative le altre due:
µ0 i1
µi
µ0 i2
7 µ0
Bz =
" 02 "
="
= "2.3#10"6 T
12 ! d
2! 2d
2! d
2! 3d
(16.1)
( )
( )
( )
Bx = Bz = 0
Invece in P2 il capo generato dal filo centrale è orizzontale (in direzione –y), gli altri
hanno sia componenti y che z, essendo tangenti a circonferenze centrate sui fili. Le
componenti z hanno peraltro somma nulla:
2
2 µ0 i2
µ0 i1
2 µ0 i2 cos #
µ0 i1
5 = ! µ0 + 2 µ0
By = !
+
=!
+
4" d 4" d
2" 2d
2" 2d
2" 5d
2" 5d
( )
( )
µ
By = 0 = 10!6 T
4" d
Bx = 0
Bz =
µ0 i2 sen#
2"
( )
5d
!
( )
(16.2)
µ0 i2 sen#
2"
( )
( 5d )
=0
La forza sul conduttore centrale non può che essere nulla data la simmetria del
problema.
Problema 17.
Una spira quadrata di lato l = 10cm è disposta con due lati paralleli ad un campo
magnetico uniforme B = 2.1T . La spira è alimentata da un generatore di tensione V0
che, applicato alla spira, genera una corrente i = 1.3A . Calcolare:
!
un
B
i
1. Il momento delle forze che si esercitano sulla spira.
Se, mantenendo lo stesso generatore di tensione V0, ed utilizzando lo stesso tipo di
filo si costruisce una bobina di ugual lato ma composta da 10 spire:
2. Quanto vale il nuovo momento delle forze?
Soluzioni:
Il momento delle forze si calcola a partire dal momento magnetico della spira:
!
!
! !
!
(17.1)
M = m ! B = il 2un ! B = il 2 B = 1.3" 0.12 " 2.1 = 27.3"10#3 N " m
Mantenendo la stessa FEM ma aumentando il numero di spire, la corrente che circola
diminuirà perchè è aumentata la resistenza del circuito. In compenso all’aumentare
delle spire aumenta il momento magnetico, ed i due effetti si compensano:
V0 = Ri = R'i'
i
N
i
m' = Ni'l 2 = N l 2 = m
N
M ' = M = 27.3mN
R' = NR ! i' =
(17.2)
Problema 18.
Tre fili conduttori rettilinei paralleli e nello stesso piano sono disposti a distanza
d=10cm.Una spira quadrata di lato L=20cm giace nel piano dei fili, anch’essa a
distanza d=10cm (vedi figura). La spira ha una resistenza R. I tre fili sono percorsi
dalle correnti i1,i2,i3 definite nella figura.
i1 = 100 A
i2 = i0 e
!
t
"
i2
i1
i3
con io = 300 A e " = 10s
i3 = 200 A
A
d
d
d
•
d = 10cm
L = 2d = 20cm
Calcolare:
2d
y
x
! ! !
N!
!
F3 = i3 ! B3 = i3 B3ux = 200 " 5 "10#4 = 0.1 ux
(18.3)
m
L’unico campo magnetico variabile è quello generato dal filo 2, solo questo
contribuisce alla variazione del flusso attraverso la spira e quindi alla FEM indotta. I
campi dovuti ai fili 1 e 3 si possono quindi omettere. E’ importante notare che il
campo magnetico varia attraverso la spira, il flusso va quindi calcolato come integrale
sulla spira:
4d µ i
2d µ0 i2 ln(2)
0 2
! (B2 ) = 2d #
dr =
(18.4)
2d 2" r
2"
d"
La FEM sulla spira si calcola dalla legge di Faraday-Lenz: FEM = ! B , ed infine,
dt
nota la corrente indotta, la resistenza sarà:
!
t
1 d" 2d µ0 i0 e # ln(2) 2 % 0.1% 2 %10!7 % 300 % ln(2)
(18.5)
R=!
=
=
= 1.5&
is dt
2$ is#
5.5 %10!7 %10
La carica che e’ circolata nella spira può essere calcolata integrando la corrente
indotta sulla spira nel tempo. L’andamento temporale della FEM indotta, e quindi
!
1. Il campo magnetico nel punto A (centro spira) dovuto ai tre fili al tempo t=0.
2. La forza per unità di lunghezza sul filo 3, al tempo t=0 (l’apporto della spira è
trascurabile).
3. La resistenza della spira, sapendo che al tempo t=0 la corrente indotta vale is=
5.5x10-7A.
4. La carica che è circolata nella spira da t=0 a t=$
5. La risultante delle forze sulla spira a t=$
Soluzione:
Consideriamo l’ asse z uscente dal foglio. Le correnti sui fili 1 e 3 generano un campo
magnetico entrante, quelle sul filo 2 un campo uscente dal foglio. Il campo magnetico
in A è dato da:
µi
µi
µi
µ # 4i ! 3i1 ! 6i3 & !
BA = ! 0 1 + 0 2 ! 0 3 = 0 % 2
( uz
2" 4d 2" 3d 2" 2d 2" $
12d
'
(18.1)
#
&
1200
!
300
!
1200
!5 !
BA = 2 )10!7 %
=
!5
)10
T
u
z
1.2
$
'(
Per calcolare la forza sul filo 3 è necessario calcolare il campo sul filo, generato da 1 e
2 (il testo dell’esercizio afferma che il campo magnetico generato dalle correnti
indotte sulla spira è trascurabile a questo riguardo).
µi ! µi !
µ # 2i ! i & !
B3 = ! 0 1 uz + 0 2 uz = 0 % 2 1 ( uz
2" 2d
2" d
2" $ 2d '
(18.2)
# 600 ! 100 &
!4 !
B3 = 2 )10!7 %
=
5
)10
T
u
z
0.2 ('
$
La forza per metro sul filo, ortogonale al filo ed al campo, è data quindi da:
t
anche della corrente indotta, è pari a e " , essendo noto il valore iniziale della corrente
è immediato scrivere is (t) = is (0)e
!
t
"
$
. Si ottiene:
!
t
Q = % is0 e " dt = " is0 = 5.5 #10!6 C
0
(18.6)
In alternativa, noto il flusso iniziale, ed osservando che per t ! " il flusso si annulla
(sempre omettendo i termini costanti dovuti ai fili 1 e 3) si può utilizzare le legge di
Felici. Infine, visto l’andamento esponenzialmente decrescente della corrente i2 , per
t ! " la corrente indotta sulla spira si annulla, e quindi anche la forza sulla spira vale
F=0.
Problema 19.
Una spira quadrata rigida, di lato l = 12 cm e
resistenza R = 25 Ohm, viene trascinata con
velocità orizzontale, che rimane sempre
costante, v=3 m/s. L spira entra in una zona di
larghezza d>l in cui vi è un campo magnetico B
= 4.5 T, ortogonale alla spira ed entrante nel
piano del disegno.
d
l
v
B
Problema 20.
Una sbarretta conduttrice di massa m=5g e di lunghezza l=25cm scorre liberamente su
due binari orizzontali ai quali è elettricamente connessa. I due binari sono connessi tra
di loro da una resistenza R=15%. Per un tratto di lunghezza L=40cm i binari sono
attraversati da un campo magnetico B=2.5T diretto verticalmente. La sbarretta arriva
al tempo t=0 nella zona con campo magnetico con una velocità v0=2.5m/s.
B
v0
Determinare:
R
1. Il verso della corrente indotta nella spira nelle varie fasi del moto.
2. In quali regioni agisce una forza sulla spira, il suo verso ed intensità.
3. L’energia totale dissipata nella resistenza dopo che la spira è completamente
uscita dalla zona con campo magnetico.
4. Quale è la carica che globalmente ha fluito lungo la spira.
Soluzione
La corrente indotta dovrà generare un campo magnetico opposto a quello dato quando
la spira sta entrando (per opporsi all’aumento di flusso) e di verso opposto quando la
spira esce. Quindi il verso è antiorario prima e orario poi, la corrente indotta vale:
Blv
i=
(19.1)
R
La forza agisce quando la spira entra ed esce, sempre opposta alla velocità:
!
B2l 2v !
F=!
u = 35mN
(19.2)
R v
L’energia dissipata è uguale al lavoro fatto dalle forze esterne che bilanciano la forza
(19.2) per mantenere costante la velocità:
! !
B2l 2v
W = !2 F " l = 2
l = 8.4mJ
(19.3)
R
Il flusso di B iniziale e finale sono nulli (spira fuori dal campo magnetico) e perciò,
secondo la legge di Felici, l’integrale della carica è uguale a 0.
1. Quanta corrente fluisce nella barretta subito dopo tale istante?
2. Quanta carica è fluita nel circuito sbarretta-rotaie-resistenza quando la
sbarretta esce dalla zona con campo magnetico?
3. Quale è la velocità di uscita della barretta?
Soluzione:
La FEM generata nel circuito è pari a Bv0 l , pertanto la corrente indotta è:
Blv0
= 0.104 A
(20.1)
R
Quando la sbarra ha superato la zona con campo magnetico, il flusso di B attraverso il
circuito è variato di una quantità !" = L # l # B . Utilizzando la legge di Felici si ottiene:
I0 =
!"
(20.2)
= 0.017C
R
La forza di frenamento che agisce sulla barretta vale:
dv
B2l 2
F=m =!
v
(20.3)
dt
R
che è pertanto funzione della velocità. Conviene scrivere la forza in funzione della
posizione:
dv
dv dx
dv
B2l 2
m =m
= mv
=!
v
dt
dx dt
dx
R
2 2
dv
Bl
(20.4)
=!
dx
mR
B2l 2
v = v0 !
x
mR
QTOT =
La velocità di uscita si ottiene quando la sbarretta ha percorso tutta la zona ove è
B2l 2
L = 0.42m / s .
presente il campo magnetico: v L = v0 !
mR
Problema 21.
In un piano inclinato di angolo &=300 sono poste due rotaie parallele, distanti
l=10cm, di resistenza elettrica trascurabile e connesse elettricamente tra loro alla
sommità. Su di esse può scorrere senza attrito una sbarretta conduttrice ab, di massa
m=10g e resistenza elettrica R=0.1%. Il tutto è immerso in un campo magnetico
uniforme e costante, diretto verticalmente, di modulo B=0.5T. Ad un certo istante la
sbarretta ab viene lasciata libera di scivolare lungo il piano inclinato. Calcolare:
1. La forza elettromotrice indotta nella sbarretta ab, e a corrente indotta nella
spira individuata dal sistema rotaie-sbarretta, in funzione della velocità della
sbarretta.
2. La velocità limite (se esiste) della sbarretta nel suo moto di scivolamento.
B
vab
&
Soluzione:
Il moto di discesa della sbarretta determina una variazione di flusso del campo
magnetico attraverso la spira, e quindi una FEM indotta. Nel calcolo del flusso
occorre osservare che il campo magnetico non è normale al piano della spira:
d! B
3
(21.1)
= lBv cos " = $
v = $0.0433v[V ]
dt
40
La corrente indotta (si trascurano come usuale gli effetti di autoinduzione) è pertanto:
! B = lBx cos " # FEM = $
FEM
3
(21.2)
=!
v[ A]
R
4
La velocità limite si otterrà quando la componente lungo il piano della forza di
frenamento elettromagnetico bilancerà la componente lungo il piano della forza peso:
l 2 B 2 vlim cos 2 !
ma = mg sin ! + ilBcos ! = 0 " mg sin ! =
R
(21.3)
gmR sin !
vlim = 2 2
=
2.62
m
s
l B cos 2 !
i=
Problema 22.
Una spira di forma quadrata di lato L=1m ruota attorno ad un asse orizzontale con una
velocità angolare ' = 2( rad/sec (vedi figura). La spira è immersa in un campo
magnetico uniforme B=2Tesla diretto lungo l'asse z, ortogonale all’asse della spira.
La spira, di resistenza trascurabile è connessa ad una resistenza di carico R=0.2 %.
)
R
(
'
L
B
L
Calcolare:
1. La corrente che circola nella spira in funzione del tempo.
2. Il momento massimo che agisce sulla spira.
3. L'energia dissipata sulla resistenza in 10 secondi.
4. La somma in valore assoluto delle cariche che circolano nella spira in 10
secondi.
Soluzione
Il flusso di B attraverso la spira è !(B) = BL2 cos(" ) = BL2 cos(# t) . La corrente
indotta è pertanto:
FEM
1 "#(B) $ Bl 2 sen$ t
i=
=!
=
= 62.83% sen 2& t
(22.1)
R
R "t
R
Ricordiamo che il lavoro fatto dal momento che agisce sulla spira è dW = Md! , e
d!
= M " . Poiché la potenza si ritrova in potenza
quindi la potenza spesa è pari a M
dt
elettrica (spesa sulla resistenza) si scriverà:
P Ri 2 ! B 2 l 4 sen2! t
! B2l 4
M= =
=
M max =
= 125.6Nm
(22.2)
!
!
R
R
Si ottiene lo stesso risultato ricordando che il momento su una spira si può scrivere
! ! !
!
!
M = m ! B dove per una spira piana m = i!u N .
( )
L’energia dissipata è l’integrale della potenza nei 10 secondi. L’integrale di sen2 (! t)
in un periodo è pari a T/2, e poiché il periodo di rotazione della spira è di un secondo
vale:
10
" 2 B 2 l 4 10 2
" 2 B2l 4
W = ! Ri 2 dt =
sen " t dt =
# 5 = 3.95KJ
(22.3)
!
0
0
R
R
( )
Se consideriamo la carica con il segno, dopo un numero intero di giri la carica totale
che è circolata è nulla: dalla legge di Felici, visto che il moto è periodico e quindi il
flusso finale è uguale a quello iniziale
! " !2
Q= 1
=0
(22.4)
R
Il problema però chiede quale è il la somma delle cariche fluite, prese in valore
assoluto. Ogni mezzo giro, il flusso si inverte, quindi usando ancora Felici si può
scrivere:
# Bl 2 " " Bl 2
" Bl 2 " Bl 2 &
Bl 2
( = 40
(22.5)
Q = 10 ! %
+
= 400C
R
R
R
%$
('
) (
)
Problema 23.
Una barra conduttrice, di massa m=100g e resistenza R=500%, appoggia senza attrito
su due binari orizzontali di resistenza trascurabile. La distanza tra i binari è l=40cm e
il sistema è immerso in un campo magnetico uniforme B=0.8T, perpendicolare ai
binari ed alla barra (entrante nel foglio, vedi figura). All’istante t=0 la barra è ferma e
tra i binari viene posto un generatore (VA-VB>0).
A
B
Se il generatore fornisce una corrente costante i0=0.2A calcolare:
1. In che direzione si muove la sbarra
2. La velocità della sbarra al tempo t1=15s
3. Il lavoro fatto dal generatore fino al tempo t1
Se invece il generatore fornisce una FEM costante pari a V0= 8V calcolare
4. La velocità limite della sbarra
5. La potenza fornita dal generatore alla velocità limite
Soluzione:
La corrente gira in senso orario, quindi è diretta verso il basso lungo la barretta
! ! !
mobile. Il campo magnetico è entrante nel foglio, e quindi la forza F = il ! B è
diretta verso destra. Poiché il generatore mantiene la corrente costante la forza è
costante, e quindi si tratta di un moto uniformemente accelerato:
dv
ilB
0.2 " 0.4 " 0.8
F = ilB = m ! v =
t=
15 = 9.6m / s
(23.1)
dt
m
0.1
Nota che per mantenere la corrente costante il generatore dovrà contrastare la FEM
indotta dal movimento della sbarretta, e quindi dovrà generare una FEM crescente nel
tempo.
Il lavoro fatto dal generatore sarà pari all’energia cinetica acquistata dalla sbarretta,
più l’energia dissipata sulla resistenza. Essendo la corrente costante, la potenza
dissipata è costante ( Ri 2 ), si otterrà:
1
W = Ri 2t + mv 2 = 305J
(23.2)
2
Se invece di una corrente costante il generatore fornisce una tensione costante, il moto
non sarà più uniformemente accelerato poichè al crescere della velocità della sbarretta
cresce la FEM indotta nel circuito. La FEM indotta è pari a:
d" B
dx
(23.3)
FEM = !
= !lB
= !lBv
dt
dt
( )
La velocità limite si avrà quando la FEM indotta raggiunge la tensione del generatore,
da quel momento infatti non circola più corrente nel circuito, e quindi la sbarretta non
è più soggetta a forze esterne:
V
8
V0 ! v LIM lB = 0 " v LIM = 0 =
= 25m / s
(23.4)
lB 0.4 # 0.8
Alla velocità limite non circola più corrente, quindi la potenza fornita dal generatore
è:
(23.5)
PGEN = V0 i = 0
Q=
Problema 24.
Una spira rettangolare di altezza L=160cm e larghezza L/2 si muove con velocità
costante v=12m/s, entra in una regione in cui è presente un campo magnetico B=6T,
ortogonale alla spira, la attraversa completamente ed esce. La regione con campo
magnetico è profonda h=30cm. Determinare:
1. La corrente indotta mentre la spira entra nella regione con campo magnetico,
se la resistenza è R=20%.
2. Il lavoro fatto dalla forza che trascina la spira fino che questa è uscita
completamente.
3. Il valore assoluto della carica che ha percorso la spira quando la spira è a
cavallo della regione con campo magnetico.
B
v
L
L/2
h
Soluzione:
La forza motrice indotta, calcolabile dalla variazione del flusso, vale:
FEM = vBL
(24.1)
La corrente indotta è quindi:
FEM
vBL 12 " 6 "1.6
i=
!i=
=
= 5.76 A
(24.2)
R
R
20
La forza che agisce sulla spira, quando vi è variazione di flusso e quindi corrente
indotta, è:
vB 2 L2
F = iBL =
(24.3)
R
Essa agisce essenzialmente sul ramo verticale della spira che si trova immerso nel
campo magnetico. Ciò avviene due volte, quando il primo dei tratti verticali entra nel
campo magnetico e quando il secondo ne esce. In tutte le altre posizioni (spira a
sinistra o a destra della regione con campo magnetico, ed anche spira a cavallo della
stessa regione) il flusso di B è costante e non vi né FEM indotta né forza. La forza fa
perciò lavoro per due tratti di lunghezza pari ad h:
2vB 2 L2
2 !12 ! 62 !1.62 ! 0.3
W = 2 ! Fh =
h=
= 33.178J
(24.4)
R
20
La carica si calcola con la legge di Felici, dalla variazione di flusso:
!1 " !2
0 " BhL 6 # 0.3#1.6
=
=
= 0.144C
R
R
20
(24.5)
Problema 25.
Problema 26.
Una spira quadrata di lato L=120cm si muove con velocità costante v=10m/s, entra in
una regione in cui e’ presente un campo magnetico B=Kx, con K=11T/m, ortogonale
alla spira, la attraversa completamente ed esce. La regione con campo magnetico è
lunga la metà della spira (h=60cm). Determinare:
Una sbarra conduttrice si appoggia a due rotaie conduttrici disposte a 30°, come da
disegno. La sbarra, partendo dal punto di incrocio delle rotaie, viene fatta muovere
con velocità costante v rimanendo perpendicolare ad una delle due rotaie.
Perpendicolarmente al piano delle rotaie è presente un campo magnetico B=1.2T,
uscente rispetto al disegno.
1. La resistenza della spira se la corrente indotta quando il primo lato della spira
ha percorso completamente la zona con campo magnetico (x=60cm) è di 1.2A.
2. Il lavoro totale fatto dalla forza che trascina la spira.
3. Il valore totale della carica che ha percorso la spira dopo che questa è uscita.
B
v
1. Se la FEM misurata nel circuito quando la sbarra si trova nella posizione
x1=0.6 rispetto all’incrocio delle rotaie è pari a 0.2V, determinare la velocità
della sbarra.
2. Se le rotaie e la sbarra sono costituite da filo di rame di raggio 0.05mm,
calcolare il modulo della forza che agisce sulla sbarra nella posizione x1.
3. Calcolare il modulo della carica che ha attraversato il circuito durante il
movimento della sbarra fino al punto x1.
4. Calcolare il lavoro fatto dalla forza che trascina la sbarra nel tratto da 0 a x1.
L
0
x
v
• B
30°
Soluzione:
x1
Il problema è analogo al precedente, con la differenza che il campo magnetico non è
costante, pertanto la FEM indotta dipende dalla posizione della spira. In ogni caso
l’unico tratto su cui si genera una differenza di potenziale è quello verticale quando
transita all’interno del campo magnetico ( !V = vBL ). Perciò:
FEM = vBL = vkxL
(25.1)
Nella posizione indicata nella domanda ( x = h ) si ottiene pertanto:
FEM
vkhL 10 "11" 0.6 "1.2
i=
!R=
=
= 66#
(25.2)
R
i
1.2
Nell’espressione della forza, sia la corrente indotta che il campo magnetico dipendono
da x:
vkxL ! kx ! L vk 2 L2 x 2
F = iBL =
=
(25.3)
R
R
e pertanto
h
vk 2 L2 x 2
2vk 2 L2 h3 2 !10 !112 !1.22 ! 0.63
(25.4)
dx =
=
= 38J
R
3R
3! 66
0
Infine, il flusso finale (dopo che la spira è uscita completamente) è nullo come quello
iniziale. Dalla legge di Felici:
! "!
Q= 1 2 =0
(25.5)
R
W = 2"
Soluzione:
Calcolo il flusso attraverso la spira triangolare con la sbarra ad un generico punto x:
1#
x &
x2 B
! = %x"
(26.1)
(B=
2$
3'
2 3
derivando il flusso rispetto al tempo, si ottiene la FEM in funzione della velocità, e da
questa la velocità:
d ! x 2 B $ 2xB dx xvB
FEM = #
=
=
dt " 2 3 &% 2 3 dt
3
(26.2)
3 ' FEM
v=
= 0.48m / s
xB
La resistenza della spira con la sbarra in posizione x1 è:
R=
!L
"
L= x+
Problema 27.
x
x # 3+ 3&
+2
=
) x1 = 1.64m
3
3 %$
3 ('
(26.3)
# 3+ 3&
! 1.68 )10 +8 )1.64
R=%
) x1 ) =
= 3.5(
* , ) 50 )10 +6 2
3 '
$
(
)
nota la resistenza calcolo la corrente circolante e quindi la forza sulla sbarra:
FEM xvB
3
"
vB"
i=
=
!
! =
= 57mA (costante)
R
3 3+ 3 !x # # 3+ 3
(
)
(
)
(26.4)
x
F1 = iB 1 = 0.024N
3
Nota (26.4) che la corrente è costante (non dipende dalla posizione della sbarretta) in
quanto sia la FEM che la resistenza crescono linearmente con x. Poiché la resistenza
varia non si può applicare la legge di Felici per calcolare la carica. Ma a corrente
costante vale Q = i ! t , e il tempo è facile da calcolare a velocità costante.
t1 =
x1
v
Un solenoide superconduttore (*di resistenza nulla) cilindrico, di altezza h=10m e di
raggio r=2.5cm, è costruito con n=1000 spire per metro. Il rapporto
lunghezza/diametro è tale che il campo B nel solenoide può essere considerato con
ottima approssimazione quello di un solenoide infinito. Il solenoide viene acceso con
una corrente i=i0t, con i0=12 A/s, fino a raggiungere la corrente di 120 A.
(26.5)
x
Q1 = i ! 1 = 71mC
v
Infine per calcolare il lavoro dovrò integrare la forza, che non è costante, per lo
spostamento effettuato. La forza che trascina la sbarra deve bilanciare esattamente la
forza di frenamento magnetico. Infatti la velocità della sbarra è costante, e quindi la
risultante delle forze ad essa applicata deve essere nulla. La forza di frenamento
magnetico dipende dalla corrente nel circuito, e dalla lunghezza della sbarra. La
corrente nel circuito è come abbiamo visto costante, quindi la forza varia solo con la
lunghezza attiva della sbarra, e il lavoro è:
x
F = iB
3
(26.6)
x1
x
iBx12
W = ! iB
dx =
= 7.1mW
0
3
2 3
Calcolare:
1. La FEM del generatore necessaria a fornire la corrente i al solenoide
2. L’energia fornita in totale dal generatore
All’interno del solenoide è posta una piccola spira quadrata di lato l=1.3cm, giacente
in un piano ortogonale all’asse del solenoide, di resistenza R=0.004 %. L’effetto di
questa piccola spira è del tutto trascurabile per le risposte ai punti 1 e 2.
Determinare:
1. Il coefficiente di mutua induzione spira-solenoide
2. La corrente indotta nella spira durante l’accensione del solenoide
3. La carica che ha circolato nella spira in tutto il processo
4. L’energia dissipata in totale nella spira
Soluzione:
Nonostante la resistenza del solenoide sia nulla, il generatore deve fornire un FEM per
compensare la FEM autoindotta nel solenoide la variare della corrente. Si può
utilizzare l’approssimazione a solenoide infinito per calcolare l’induttanza del
solenoide:
(27.1)
L = µ0 n2 ! " h = µ0 n2# r 2 " h = 24.74mH
Nota l’induttanza, la FEM è direttamente calcolabile con la legge di Faraday-Lenz:
di
FEM = L = µ0 n2 ! " h " i0 = 1.26 "10#6 "10002 " $ " 0.0252 "10 "12 = 297mV (27.2)
dt
L’energia fornita dal generatore è pari all’energia magnetica accumulata nel solenoide
(nota che non vi è energia dissipata essendo nulla la resistenza):
t
EG = ! Pdt =
o
1 2 1
Li = µ0 n2 " # h # i 2
2
2
(27.3)
1
EG = 1.26 #10$6 #10002 # % # 0.0252 #10 #1202 = 178J
2
Il coefficiente di mutua induzione è facilmente calcolabile considerando che il campo
magnetico generato dal solenoide è costante sulla superficie della spira:
2
! µ0 nil
=
= µ0 nl 2 = 1.26 "10#6 "1000 " 0.0132 = 2.1"10#7 H
(27.4)
i
i
Conoscendo il flusso del campo magnetico che attraversa la spira, la corrente indotta
ne segue direttamente (trascurando come usuale l’autoinduzione della spira):
2
µ ni l 2 1.26 "10#6 "1000 "12 " 0.0132
1 d! 1 d µ0 ni0tl
is =
=
= 0 0 =
= 0.64mA (27.5)
R dt R
dt
R
0.004
La carica che ha circolato nella spira si può calcolare direttamente dalla corrente
indotta, essendo questa costante:
(27.6)
Q = ist = 6.4mC
In alternativa utilizzando la legge di Felici:
2
!" µ0 ni0tl
Q=
=
= 6.4mC
(27.7)
R
R
Infine l’energia dissipata si ricava dalla potenza dissipata, anch’essa costante:
M=
(
)
(
ES = Ri t = 0.004 ! 0.64 !10
2
s
"3
) !10 = 1.64 !10
2
"8
J
(27.8)
Problema 28.
Un solenoide superconduttore (*di resistenza nulla) cilindrico, di altezza h=12m e di
raggio r =3cm, è costruito con n=500 spire per metro. Il rapporto lunghezza/diametro
è tale che il campo B nel solenoide può essere considerato con ottima
approssimazione quello di un solenoide infinito. Il solenoide viene acceso con una
corrente i=i0t, con i0=18 A/s, fino a raggiungere la corrente di 360 A.
Calcolare:
1. La FEM del generatore necessaria a fornire la corrente i al solenoide
2. L’energia fornita in totale dal generatore
All’esterno del solenoide è posta una piccola spira quadrata, giacente in un piano
ortogonale all’asse del solenoide, di resistenza R=0.006 %. L’effetto di questa piccola
spira è del tutto trascurabile per le risposte ai punti 1 e 2.
Determinare:
1. Il coefficiente di mutua induzione spira-solenoide
2. La corrente indotta nella spira durante l’accensione del solenoide
3. La carica che ha circolato nella spira in tutto il processo
4. La potenza dissipata nella spira
Soluzione:
Il problema è del tutto analogo al precedente, a cui rimandiamo per i commenti alla
soluzione:
L = µ0 n2 ! " h = 10mH
(28.1)
di
FEM = L = µ0 n2 ! " h " i0 = 1.26 "10#6 " 5002 " $ " 0.032 "12 "18 = 192mV
dt
t
1
1
EG = ! Pdt = Li 2 = µ0 n2 " # h # i 2
2
2
o
(28.2)
1
$6
EG = 1.26 #10 # 5002 # % # 0.032 #12 # 3602 = 693J
2
In questo caso il campo magnetico è presente solo all’interno del solenoide, nel
calcolo del flusso concatenato alla spira va quindi considerata solo la superficie di
intersezione tra la spira ed il solenoide:
! µ ni"
M= = 0
= µ0 n" = 1.26 #10$6 # 500 # % # 0.032 = 1.78 #10$6 H
(28.3)
i
i
µ ni " 1.26 #10$6 # 500 #18 # % # 0.032
1 d! 1 d µ0 ni0t"
is =
=
= 0 0 =
= 5.3mA (28.4)
R dt R
dt
R
0.006
(
)
Problema 29.
Q = ist = 107mC
!" µ0 ni0t#
Q=
=
= 107mC
R
R
(
PS = Ris2 = 0.006 ! 5.3!10"3
)
2
= 1.68 !10"7 W
(28.5)
(28.6)
Un solenoide infinito ha raggio R=15 cm e numero di spire per unità di lunghezza
n=1200 spire/m.
1. Determinare la corrente i0 necessaria a generare nel solenoide un campo
magnetico B0=0.12 T
All’interno del solenoide è disposta una piccola spira conduttrice
quadrata, di lato L=5 cm, inizialmente disposta in un piano ortogonale
all’asse del solenoide.
2. Calcolare il coefficiente di mutua induzione solenoide-spira
3. Se la resistenza della spira è R=12%, determinare la
carica che ha percorso la spira nel processo di
accensione del solenoide fino al raggiungimento del
campo B0
Successivamente la spira viene fatta ruotare con velocità angolare
costante '=600 rad/s, attorno al suo asse, ortogonale all’asse del
solenoide.
L
R
4. Calcolare la FEM massima indotta nella spira.
5. Determinare la potenza media dissipata sulla spira.
Soluzione:
Il campo magnetico in un solenoide infinito è noto:
B
0.12
(29.1)
B = µ0 ni0 ! i0 =
=
= 79.6 A
µ0 n 4" #10$7 #1200
Essendo il campo costante all’interno del solenoide, è immediato calcolarne il flusso
attraverso la spira e quindi il coefficiente di mutua induzione:
! = BL2 = µ0 ni0 L2
(29.2)
!
M = = µ0 nL2 = 4" #10$7 #1200 # 0.052 = 3.77 #10$6 H
i0
L’accensione del solenoide genera una corrente indotta nella spira, la carica totale si
calcola con la legge di Felici:
!" BL2 0.12 # 0.052
Q =
=
=
= 2.5 #10$5 C
(29.3)
R
R
12
La spira ruota nel campo magnetico costante generato dal solenoide, il flusso del
campo magnetico attraverso la spira varia sinusoidalmente, e così la corrente indotta:
! = BL2 cos " t
(29.4)
$!
FEM = #
= BL2" sen " t % FEM MAX = BL2" = 0.12 & 0.052 & 600 = 0.18V
$t
La potenza istantanea dissipata nella spira è:
( )
( )
( )
2 4 2
2
V 2 B L ! sen ! t
=
R
R
La potenza media si calcola ricordando che il valor medio di sen2! è pari a 1 2 :
P=
PM =
B 2 L4! 2 0.122 " 0.054 " 6002
=
= 1.35 "10#3W
2R
2 "12
Problema 30.
(29.5)
(29.6)
Un solenoide di altezza h=2m e diametro 2r=10cm e’ percorso da una corrente
variabile is=i0cos('t), con i0=10 A e '=2(*100 s-1. Il solenoide, costituito da n=2800
spire/metro, ha resistenza trascurabile; il campo magnetico è approssimabile a quello
di un solenoide infinito
Calcolare:
1. Il campo magnetico di picco B0 all’interno del solenoide
2. L’induttanza L del solenoide
3. L’ampiezza V0 della forza elettromotrice sinusoidale necessaria a
generare la corrente is
4. L’energia massima immagazzinata nel solenoide
Attorno al solenoide sono avvolte altre 10 spire di rame, di resistenza totale
R=120%. Calcolare:
5. Il coefficiente di mutua induzione M spire-solenoide
6. L’ampiezza della FEM indotta ai capi delle spire
7. L’energia dissipata nelle spire in 10s
Soluzione:
Il campo magnetico all’interno del solenoide varia sinusoidalmente come la corrente
che lo genera. Il suo valore di picco è:
(30.1)
B = µ0 ni0 = 4! "10#7 " 2800 "10 = 35.2mT
L’induttanza, nota l’induttanza del solenoide infinito, è pari a:
(30.2)
L = µ0 n2 !h = µ0 n2" r 2 h = 4" #10$7 # 28002 # " # 0.052 # 2 = 154.8mH
La resistenza del solenoide è trascurabile, pertanto il generatore dovrà fornire una
tensione per bilanciare la FEM autoindotta, in questo caso certamente non
trascurabile:
! B = Li = Lio cos(" t)
d!
= Lio" sen(" t)
(30.3)
dt
V0 = Li0" = L $10 $ 2% $100 = 972.4V
L’energia magnetica accumulata ha il valore massimo al picco della corrente, e nota
l’induttanza vale:
1
1
E = Li02 = !154.8 !10"3 !100 = 7.74J
(30.4)
2
2
Il campo magnetico nel solenoide è uniforme, e pertanto il suo flusso attraverso una
singola spira vale:
(30.5)
!1 = µ0 ni " # r 2
Tenendo conto del numero di spire dato si ha:
#
Problema 31.
! N = N " µ0 ni " # r 2
(30.6)
!
M = N = 10 µ0 n# r 2 = 10 " 4# "10$7 " 2800 " # " 0.052 = 276.4 µ H
i
Noto il flusso attraverso le spire, la FEM indotta ai capi delle spire si calcola dalla sua
variazione:
!1B = M = Mio cos(" t)
d!1
= Mio" sen(" t)
dt
1
V0 = Mi0" = M $10 $ 2% $100 = 1.74V
V1 = #
La potenza dissipata nella resistenza delle spire varia nel tempo come V
(30.7)
L
2
!
10
0
V2
dt =
R
!
10
0
(V )
1
0
2
R
sen2 (" t)dt =
(V )
(V ) 10 # 1 = 1.74 10 # 1 = 0.126J
E=
1
0
R
2
2
2
120
2
1
0
2
10 1
# #T =
R T 2
v2
v1
R , l’energia
dissipata si calcola come integrale nel tempo della potenza. L’integrale di sen2! in un
periodo vale 1 2T , dove T è il periodo. Poiché il tempo di integrazione corrisponde ad
un numero intero (grande) di periodi si ha:
E=
Due barre conduttrici, ciascuna di resistenza R, appoggiano senza attrito su due binari
orizzontali di resistenza trascurabile. La distanza tra i binari è L=40cm e il sistema è
immerso in un campo magnetico uniforme B=1.2 T, perpendicolare ai binari ed alla
barra, uscente dal foglio. Le sbarrette si muovono con velocità v1=10m/s e v2=1/2v1.
(30.8)
Calcolare:
1. La resistenza di ciascuna sbarretta, se la corrente indotta nel circuito è di
0.24A
2. La forza che agisce sulle sbarrette 1 e 2
3. La carica che ha percorso il circuito dopo t=10 secondi
Soluzione:
Poiché le barrette si muovono a velocità diverse, la superficie tra di esse e le rotaie
varia e quindi varia il flusso del campo magnetico:
v
d!
! B = BL x1 " x2 #
= BL v1 " v2 = BL 1
(31.1)
dt
2
Pertanto vi è una FEM indotta, e nota la corrente indotta la resistenza di ciascuna
barretta vale:
FEM BL v1 1.2 ! 0.4 10
R+ R=
=
=
= 10" # R = 5"
(31.2)
i
i 2
0.24 2
La forza che agisce su ciascuna barretta dipende dalla corrente indotta e dal campo
magnetico. Poiché le barrette sono percorse da correnti in verso opposto, le forze sono
in verso opposto (tendono a frenare la barretta più veloce e ad accelerare quella più
lenta, per opporsi alla variazione del flusso):
!
F1 = !iBLux = !0.24 "1.2 " 0.4 = !115mN
(31.3)
!
F2 = iBLux = 115mN
La carica che ha percorso il circuito si può calcolare con la legge di Felici, nota la
variazione del flusso e la resistenza del circuito:
!1 = LB x1 " x2
( )
(
(
)
(
)
)
#
#
v &&
!2 = LB % x1 + v1t " % x2 + 1 t ( (
2 ''
$
$
!2 " !1 BL v1
1.2 ) 0.4 )10 )10
=
t=
= 2.4C
R
R 2
10 ) 2
Ma molto più semplicemente, dato che la corrente indotta è costante:
Q = it = 0.24 !10 = 2.4C
(31.4)
Q =
(31.5)
Problema 32.
Problema 33.
Una superficie metallica è investita da un fascio di luce proveniente da un laser di
diametro +=3mm. Si osserva che il 25% dell’energia viene assorbita, il restante 75% è
riflessa.
Un satellite artificiale, dotato di pannelli fotovoltaici per l’alimentazione della
strumentazione, orbita attorno al sole nei pressi di Venere. Sapendo che:
• l’intensità della luce solare sulla terra è pari a 1.4*103W/m2
• la distanza Sole-Terra è di 150*109m
• la distanza Sole-Venere è di 108*109m
1. Sapendo che l’intensità incidente è pari a 14x106 W/m2, calcolare la potenza
del laser.
2. Determinare il valore dell’ampiezza del campo elettrico incidente e il valore
dell’ampiezza del campo magnetico riflesso.
3. Calcolare la forza esercitata dalla radiazione sulla superficie.
Soluzione
2
$#'
La superficie illuminata è pari alla sezione del fascio del laser ! = " & ) , nota
% 2(
l’intensità incidente la potenza emessa dal laser è:
2
$#'
P = I I ! = I I " & ) = 14.15 *106 * " * 0.00152 = 99W
% 2(
Il campo elettrico incidente si calcola direttamente dall’intensità incidente:
(32.1)
2I I
2 "14 "106
(32.2)
=
= 1.03"105 V m
c! 0
8.85 "10#12 " 3"108
Per calcolare il campo magnetico riflesso basta tener conto che l’energia (e quindi
l’intensità) riflessa è pari al 75% di quella incidente, e che vale B = E c :
E R 1 2 ! 0.75 ! I I
=
= 3!10$4 T
c
c
c# 0
Soluzione:
L’intensità della radiazione solare varia con il quadrato della distanza dal sole. Su
Venere vale pertanto:
2
EI =
I R = 0.75 ! I I " BR =
Determinare:
1. La superficie minima che devono avere i pannelli fotovoltaici per
fornire i 200W necessari all’alimentazione, supponendo che i pannelli
siano disposti ortogonalmente alla radiazione, che tutta la radiazione
venga assorbita e che il 10% sia convertita in elettricità.
2. L’ampiezza del campo magnetico della radiazione sui pannelli.
3. La forza dovuta alla radiazione sui pannelli, se questi hanno in realtà
una superficie, più ampia del minimo necessario, di 2m2
(32.3)
Ricordiamo che l’intensità riflessa contribuisce il doppio di quella assorbita al calcolo
della pressione di radiazione:
2 ! I R I A 2 ! 0.75 ! I I 0.25 ! I I 1.75 ! I I
PRad =
+
=
+
=
(32.4)
c
c
c
c
c
E’ poi sufficiente tener conto della sezione del fascio per calcolare la forza risultante:
1.75 " I I ! 1.75 " P 1.75 " 99
F = PRad ! =
=
=
= 5.8 "10#7 N
(32.5)
c
c
3"108
2
"R %
" 150 %
(33.1)
IV = IT ! $ T ' = 1.4 !103 ! $
= 2.7 !103W / m2
# 108 '&
# RV &
Per ottenere una potenza elettrica di 200W, data l’intensità, l’efficienza e la superficie
dei pannelli, si scriverà:
(33.2)
P = IV ! Eff ! "
e quindi:
P
200
(33.3)
!=
=
= 0.74m2
IV " Eff 2.7 "103 " 0.1
L’ampiezza del campo magnetico si ricava immediatamente nota l’intensità della
radiazione:
IV =
1
2I
2 # 2.7 #103
! cE 2 " E0 =
=
= 1426V / m
2 0 0
! 0c
8.85 #10$12 # 3#108
(33.4)
E0
$6
B0 =
= 4.75 #10 T
c
Infine la forza sui pannelli (che sono sovradimensionati rispetto alla superficie
minima sopra calcolata) si determina in base alla pressione di radiazione. Nota che
tutta la radiazione è assorbita, anche se solo il 10% trasformata in elettricità:
I
2.7 #103
F = V "! =
# 2 = 18 #10$6 N
(33.5)
c
3#108
Problema 34.
Problema 35.
Una sorgente di luce, posta nel fuoco di una lente convergente di diametro D=20 cm
proietta un fascio di luce parallela (cilindrico) che colpisce uno specchio disposto
ortogonalmente al fascio. La luce è completamente riflessa. Sapendo che l’ampiezza
del campo elettrico della luce incidente sulla superficie dello specchio è E0=1.5 KV/m
determinare:
Uno scout cerca di accendere il fuoco usando una lente di diametro D=16cm. Sapendo
che l’intensità della luce solare sulla superficie terrestre è 1.4 kW/m2 determinare:
1. La forza che la luce esercita sullo specchio
1. Quanto tempo deve attendere per accumulare un’energia pari a 100J?
Se la lente concentra la luce in una regione di diametro d=50µm dove viene
completamente assorbita:
2. Quale è la pressione dovuta alla radiazione sul materiale posto nel fuoco delle
lente? (trascurando il piccolo angolo dei raggi focalizzati)
Soluzione:
Nota l’intensità della luce solare, si calcola la potenza attraverso la superficie della
lente, e quindi il tempo necessario ad integrare l’energia data:
2
# D&
P = I S ! L = I S " % ( = 1.4 )103 ) " ) 0.082 = 28.149W
$ 2'
Soluzione:
Sapendo il campo elettrico della luce incidente se ne ricava l’intensità:
1
I = ! 0 cE02
(34.1)
2
e da questa la pressione di radiazione, considerando il fatto che la luce viene
completamente riflessa:
2I
P=
= ! 0 E02
(34.2)
c
Il fascio di luce emesso è cilindrico, e quindi il diametro del fascio sullo schermo è
uguale al diametro della lente (trascurando effetti di diffrazione). Da questo la forza:
2
) E 2" D 2 8.85 *10+12 * " *15002 * 0.22
# D&
F = P! = P" % ( = 0 0
=
= 6.26 *10+7 N (34.3)
4
4
$ 2'
(35.1)
U 100
t= =
= 3.553s
P 28.1
Poiché la potenza trasportata dalla luce non varia, l’intensità aumenterà in
proporzione inversa alla superficie del fascio. Nota l’intensità, e sapendo che la
radiazione è completamente assorbita, si ha:
Pressione =
If
c
IS
=
!L
!f
c
2
# D&
"% (
2
# D& 1
$ 2' 1
= IS
=
I
S
2
%$ d '( c
# d& c
"% (
$ 2'
2
# 16 )10*2 & 1
2
Pressione = 1.4 )103 %
( = 47.787 N m
$ 50 )10*6 ' c
(35.2)
Problema 36.
Problema 37.
Un’antenna emette isotropicamente con una potenza pari a 15W, con una frequenza di
27MHz.
Una superficie metallica di 0.01m2 viene portata alla temperatura di 800K.
Supponendo che lo spettro radiante sia quello di un corpo nero:
1. A quale distanza si misura un’ampiezza del campo elettrico pari a E0=10mV/m
(ovvero ad un campo efficace pari a EEff=E0/!2=7.1mV/m)
2. Se come antenna ricevente uso una spira di raggio R=5cm, quale è l’ampiezza
(valore massimo) della FEM indotta, supponendo che la bobina sia ortogonale
al campo B?
1. Quale è la potenza irradiata in onde elettromagnetiche?
2. Quale è l’energia dei fotoni irradiati al picco di emissione?
Soluzione:
La potenza irradiata si calcola dall’intensità irradiata, usando la legge di Stefan.
Soluzione:
L’intensità dell’onda EM generata dalla trasmittente diminuisce col quadrato della
distanza. Quindi nota la potenza si calcola l’intensità in funzione della distanza, e
quindi l’ampiezza dell’onda armonica emessa in funzione della distanza.
P
I ! 4" r 2 = P # I =
4" r 2
1
2
I = $ 0 cE02 = $ 0 cE Eff
2
(36.1)
1
P
1
P
$ 0 cE02 =
#
r
=
2
E0 2"$ 0 c
4" r 2
r=
1
10 !10%3
15
= 3km
2" ! 8.85 !10%12 ! 3!108
Nota l’intensità a 3km, si può scrivere il campo elettrico e del campo magnetico (in
funzione del tempo). Da questa il flusso e l’ampiezza della FEM. Nota che, essendo la
spira piccola, si può considerare il campo magnetico uniforme sulla sua superficie
quindi mi limito a scrivere l’andamento temporale dell’onda armonica:
1
P
1
P
! cE 2 =
# E0 =
2 0 0 4" r 2
r 2"! 0 c
( )
E = E0 cos $ t # B =
E E0
=
cos $ t
c
c
( )
E0
cos $ t & " R 2
c
(% (B) E0
FEM = '
=
" R 2 & $ sin($ t) = FEM 0 sin $ t
(t
c
E
E
1
P
1
FEM 0 = 0 " R 2 & $ = 0 " R 2 & 2") =
& & " R 2 & 2")
c
c
r 2"! 0 c c
% (B) = B & " R 2 =
( )
( )
FEM 0 =
1
15 1
& " & 0.052 & 2" & 27 &106 = 44.5µV
3000 2"! 0 c c
(36.2)
I = !T 4
P = I " # = 5.7 "10$8 " 8004 " 0.01 = 233.5W
(37.1)
La lunghezza d’onda al picco si calcola con la legge di Wien, e da questa secondo la
relazione di Plank si ottiene l’energia dei fotoni.
b 2.9 "10#3
=
= 3630nm
T
800
hc 6.63"10#34 " 3"108
E = h$ =
=
= 5.48 "10#20 J = 0.34eV
!
3.63"10#6
! PICCO =
(37.2)
Problema 38.
La luce emessa da un corpo nero viene selezionata in un intervallo di 20nm attorno al
picco di emissione, ed usata per generare elettroni da una superficie metallica per
effetto fotoelettrico. Si osserva che la corrente fotoelettrica prodotta è pari a 0.2A e
che l’energia cinetica massima degli elettroni estratti è pari a 0.5eV. Sapendo che il
5% dei fotoni incidenti riesce ad estrarre un elettrone, e che il lavoro di estrazione di
un elettrone dal metallo (work function) è pari a W=2.2eV calcolare
1. La temperatura della sorgente
2. La superficie utile della sorgente
Soluzione:
Conoscendo l’energia cinetica degli elettroni, si ricava l’energia dei fotoni incidenti e
da questa la temperatura della sorgente.
E fotoni = Ek + W = 0.5 + 2.2 = 2.7eV = 2.7 ! 1.6 "10#19 = 4.32 "10#19 J
hc
%
hc
6.63"10#34 " 3"108
%=
=
= 4.59 "10#7 m = 459nm
E fotoni
4.32 "10#19
E fotoni = h$ =
%T = b & T =
(38.1)
b
2.9 "10#3
=
= 5660K
% 4.59 "10#7
Dalla corrente fotoelettrica emessa si ricava il numero di elettroni emessi al secondo,
quindi il numero di fotoni incidenti al secondo, e quindi la potenza emessa dalla
sorgente in quell’intervallo di lunghezza d’onda
ne =
i
0.2
=
= 1.25 !1018 elettroni/secondo
qe 1.6 !10"19
ne
= 2.5 !1019 fotoni/secondo
0.05
P = n# ! E fotoni = 10.9W potenza emessa dalla sorgente
n# =
(38.2)
infine, la seconda legge di Wien ci permette di calcolare l’intensità emessa dalla
sorgente nell’intervallo (supposta costante nel piccolo intervallo), data la temperatura.
Note la potenza emessa e l’intensità si ricava la superficie emettente.
I = aT 5 ! "# = 1.3!10$5 ! 55005 ! 20 !10$9 = 2.6 !106 W m2
P
10.9
%!I = P& % = =
= 16.7mm2
I 1.3!106
(38.3)