A. Chiodoni – esercizi di Fisica II
Legge di Coulomb e campo elettrostatico
Esercizio 1
Tre cariche positive uguali q1=q2=q3=q sono fisse nei vertici di un triangolo equilatero
di lato l. Calcolare (a) la forza elettrica agente su ognuna delle cariche e (b) il campo
elettrostatico nel centro del triangolo.
→ Soluzione
(a) Consideriamo una delle cariche, per esempio la 3, come carica di prova e calcoliamo
la forza elettrica esercitata su di essa dalle altre due cariche. Per far ciò, partiamo
dai campi elettrici generati dalle cariche q1 e q2 e risentiti da q3:
E1 = E 2 =
q
4πε 0 l 2
I contributi delle due componenti lungo l’asse x sono uguali ed opposti per ragioni di
simmetria, pertanto il modulo della risultante del campo elettrico nel punto P3 sarà
dato da:
E = E1 y + E 2 y = 2
q
4πε 0 l
2
cos 30° =
q 3
4πε 0 l 2
r
A questo punto calcoliamo la forza F che agisce su q3=q:
1
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r
r q2 3
F = q3 E =
uˆ y
4πε 0 l 2
(b) Calcoliamo ora il campo elettrico nel centro C del triangolo; data la simmetria del
problema, il contributo di ciascuna carica è uguale a quella delle altre. In modulo,
abbiamo che
E1 = E 2 = E3 =
1
q
4πε 0 r 2
dove
r=
l
3
=
l 3
3
Consideriamo ora il problema dal punto di vista di vettoriale; si ha che:
r r
r
r
E = E1 + E 2 + E3 = 0
in quanto i tre vettori sono disposti come i lati di un triangolo equilatero e la
risultante è nulla. Ciò significa che se ponessimo una carica in C, essa non risentirebbe
di alcuna forza e resterebbe in equilibrio.
Esercizio 2
L’elettrone e il protone in un atomo di idrogeno si trovano a una distanza media
r = 0.53 x 10-10 m, che coincide con le dimensioni dell’atomo. Calcolare l’intensità della
forza gravitazionale e della forza elettrostatica tra il protone e l’elettrone.
→ Soluzione
Calcoliamo le due forze e confrontiamone l’intensità:
forza gravitazionale: Fg = γ
forza elettrostatica: Fe =
me m p
r2
1
=
qe q p
4πε 0 r 2
6.67 × 10 −11 × 9.11 × 10 −31 × 1.67 × 10 −27
= 3.62 × 10 − 47 N
−10 2
(0.53 × 10 )
= 9 × 10 9
1.6 × 10 −19 × 1.6 × 10 −19
= 8.20 × 10 −8 N
(0.53 × 10 −10 ) 2
(
)
come si può notare, Fe è molto più grande di Fg Fe Fg ≅ 2.3 × 10 39 : a livello atomico la
forza gravitazionale è completamente trascurabile rispetto alla forza elettrica.
Esercizio 3
Due sferette di massa m1=m2=m=20g e carica q1=q e q2=2q rispettivamente, sono
appese a due fili di lunghezza l=120 cm, che formano all’equilibrio due angoli θ1 e θ2,
2
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molto piccoli, con la verticale. Calcolare (a) il rapporto θ1/θ2. Se la distanza tra le
sferette all’equilibrio è r= 10 cm, calcolare (b) il valore di q.
→ Soluzione
θ2
θθ2
1
r
(a) All’equilibrio, la risultante R della forza peso e della forza elettrostatica agenti su
ciascuna sfera è diretta lungo il filo, uguale ed opposta alla tensione del filo stesso.
Le due forze hanno moduli:
Fe =
2q 2
4πε 0 r 2
Fg = mg
e se consideriamo le relazioni trigonometriche tra gli angoli di equilibrio e le forze:
Fe = tgθ 2 .Fg → tgθ 2 =
Fe
2q 2
=
Fg 4πε 0 r 2 mg
ma anche
3
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Fe = tgθ 1 .Fg → tgθ1 =
Fe
2q 2
=
Fg 4πε 0 r 2 mg
Dunque tgθ1 = tgθ 2 → θ1 = θ 2
(b) Considerando che θ1 e θ 2 sono molto piccoli e considerando le relazioni
trigonometriche all’interno dei singoli triangoli,
r
= l sin θ1 = l sin θ 2 ≅ lθ1 = lθ 2
2
Possiamo allora calcolare la carica q:
tgθ1 ≈ θ1 ≈
q2 =
r
2q 2
=
2l 4πε 0 r 2 mg
4πε 0 r 3 mg
→q=
4l
4πε 0 r 3 mg
4l
Inseriamo ora i valori numerici
l = 1. 2 m
r = 10 −1 m
1
4πε 0
q2 =
= 9.10 9
10 −9 (0.1) 3 20 × 9.8 10 −9 (0.196)
=
= 10 −9 × 10 −3 × 4.5 = 4.53 × 10 −12 → q = 2.13 × 10 −6 C
(9) × (4) × (1.2)
43.2
Esercizio 4
Due sferette di massa m1=m e m2=2m hanno entrambe carica q = 5 × 10 −8 C e sono
sospese a due fili di lunghezza l=120 cm. All’equilibrio i due fili formano due piccoli
angoli θ1 e θ 2 con la verticale. Calcolare (a) il rapporto θ1 / θ 2 . Se la distanza tra le
sferette all’equilibrio è r=10cm, calcolare (b) la massa m.
→ Soluzione
4
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θ1
θθ2
2
r
(a) All’equilibrio, la risultante R della forza peso e della forza elettrostatica agenti su
ciascuna sfera è diretta lungo il filo, bilanciato dalla tensione del filo sterno.
Per la sfera 1 vale:
Fe = Fg tgθ1 → tgθ 1 =
Fe
q2
=
≅ θ1
Fg 4πε 0 r 2 mg
Per la sfera 2 si ha che:
Fe = Fg tgθ 2 → tgθ 2 =
Fe
q2
=
≅ θ2
Fg 4πε 0 r 2 2mg
Possiamo quindi concludere che θ 1 = 2 θ 2
(b) Da relazioni trigonometriche sappiamo che
r=
r
= l sin θ1 ≅ lθ1
2
;
r
= l sin θ 2 ≅ lθ 2
2
r r
+ = lθ 1 + lθ 2 = l (θ 1 + θ 2 )
2 2
allora:
θ1 = 2θ 2
r = l (θ1 + θ 2 )
r
3l
2r
θ1 =
3l
θ2 =
→
Allora la massa m si può calcolare come:
5
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θ1 =
q2
q2
3 q 2l
→
m
=
→
m
=
2 4πε 0 r 3 g
4πε 0 r 2 mg
4πε 0 r 2θ1 g
3 (5 × 10 −8 ) 2 × 12
810 × 10 −7
9
(
9
×
10
)
→
→ 4.13 × 10 −3 g = 4.13 mg
3
2 (0.1) (9.8)
0.0196
Esercizio 5
Una carica q è distribuita uniformemente su un sottile anello di raggio R. Calcolare il
campo elettrostatico E sull’asse dell’anello.
→ Soluzione
θ
q
q
=
costante sull’anello, per cui
L 2πR
ciascun elemento dl di anello ha una carica infinitesima dq = λdl . Se consideriamo due
Definiamo la densità lineare di carica come λ =
elementi dl1 e dl 2 di anello diametralmente opposti, di carica dq1 e dq 2 , si ha che le
r
r
componenti lungo l’asse x dei campi elettrostatici dE1 e dE 2 dovute ai due elementi
sono uguale e concordi, mentre quelle lungo l’asse y, essendo uguali e discordi si
elidono. Il campo elettrostatico lungo l’asse x sarà dato di:
dE x ( x) = dE cos θ =
q
4πε 0 r
2
cos θ =
λdl
cos θ
4πε 0 r 2
r
λ cos θ
λ cos θ
uˆ x ∫ dl =
2πR uˆ x
→ E ( x) =
2
4πε 0 r
4πε 0 r 2
l
Poiché r 2 = R 2 + x 2 e cos θ =
x
=
r
x
R2 + x2
6
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r
λR
→ E ( x) =
2ε 0
r
E ( x) =
1
λR
x
uˆ x =
uˆ x
2
2
2ε 0 ( R + x 2 ) 3 / 2
R +x R +x
x
2
2
2
q
x
uˆ x
4πε 0 ( R + x 2 ) 3 / 2
2
Consideriamo i diversi casi:
se x > 0, si ha che il campo elettrostatico è parallelo e concorde all’asse dell’anello
se x = 0, si ha che il campo elettrostatico è nullo
se x < 0, si ha che il campo elettrostatico è parallelo e discorde all’asse dell’anello
se x>>R, E ( x >> R ) =
q
4πε 0 x 2
uˆ x (come se la carica fosse concentrata nel centro
dell’anello)
Esercizio 6
Un disco sottile di raggio R ha una carica q distribuita uniformemente su tutta la sua
r
superficie. Calcolare il campo elettrostatico E sull’asse del disco. Estendere il
risultato al caso in cui R tende all’infinito (piano uniformemente carico).
→ Soluzione
dr, dq
l
R
θ
x
P
x
r
q
q
=
costante su tutto il disco.
S 4πR 2
Ciascun elemento di superficie dS avrà una carica dq = σ .dS . Consideriamo una corona
Definiamo la densità superficiale di carica σ =
circolare compresa tra r e dr+r, assimilabile a un anello di superficie dS = 2πrdr e
carica dq = 2πr σ dr . A distanza x dal centro, il campo elettrostatico sarà dato da:
7
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r
dE ( x) = dE cos θ =
.q
4πε 0 l
2
cos θ =
σ .dS
cos θ
4πε 0 l 2
ma
l 2 = r 2 + x2
x
x = l cos θ ⇒ cos θ =
2
r + x2
allora
r
dE ( x ) =
x
x
σ .2πrdr
σ .x.2rdr
uˆ x =
uˆ x
2
2
2
2 1/ 2
2
4ε 0 (r + x 2 ) 3 / 2
4πε 0 (r + x ) ( r + x )
Se ora sommiamo tutti i contributi di tutti gli anelli:
r
2rdr
σ .x R
σ.
E ( x) =
uˆ x =
2
2 3/ 2
∫
4ε 0 0 (r + x )
2ε 0

1 −



 uˆ x

x2 + R2 
x
(per risolvere l’integrale, si è proceduto come segue: la regola generale di integrazione
x m +1
per le potenze dice che ∫ x m dx =
, m ≠ −1
m +1
x = (x2 + r 2 )
se poniamo
R
R
m = −3 / 2
, allora ∫ (r + x )
dx = 2rdr
0
2 −3 / 2
2
 ( x 2 + r 2 ) −1 / 2 
(2r )dr = 

 − 1/ 2  0
e dunque
σ.
E=
4ε 0
R
 ( x 2 + r 2 ) −1 / 2 
σ.

 =
 − 1 / 2  0 4ε 0
R


σ.
−2

 =
2
2
 ( x + r )  0 2ε 0

1  σ . 
−1

=
+
1 −
 ( x 2 + R 2 )
x 2  2ε 0 

)

x2 +R2 
x
In generale, considerando che il campo è parallelo e concorde all’asse per x > 0, ed è
parallelo e discorde per x < 0, possiamo scrivere che
r
σ . 
E ( x) = ±
1−
2ε 0 

q.
 uˆ x = ±

2πε 0 R 2
x2 + R2 
x

1 −



uˆ x

x2 + R2 
x
Cosa accade per x → 0 , cioè cosa accade se ci avviciniamo al disco a partire dalle
ascisse negative o da quelle positive?
8
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I due limiti, destro e sinistro sono diversi:
r
r
σ
σ
lim x→0 E + =
uˆ x , lim x→0 E − = −
uˆ x
2ε 0
2ε 0
⇒ nell’attraversare la superficie carica con densità di carica σ , il campo
elettrostatico subisce la discontinuità
r
r
σ
E+ - E − = uˆ x
ε0
Se poi consideriamo un piano indefinito uniformemente carico ( R → ∞ ), si ha che:
r
σ.
E ( x) = ±
uˆ x
2ε 0
9
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Lavoro elettrico, potenziale elettrostatico, teorema di Gauss (prima parte)
Esercizio 1
Tre cariche q1=q2=q3=q sono poste ai vertici di un triangolo equilatero di lato l,
calcolare (a) il potenziale elettrostatico al centro del triangolo, (b) l’energia
potenziale elettrostatica del sistema, (c) il lavoro W necessario per portare una
carica q0 posta al centro del triangolo all’infinito .
-> Soluzione
(a) Il potenziale al centro del triangolo sarà dalla somma dei potenziali delle tre
cariche uguali. Quindi, poiché
r=
l
1
l
⋅
=
o
2 cos 30
3
Il potenziale al centro del triangolo sarà dato da
V = 3⋅
q
4πε 0 r
=

qi
V = ∑ Vi = ∑
i
i 4πε 0 ri

3 3⋅q
4πε 0 l
(b) Poiché Ue (sistema) =
qi q j
1
∑
2 i ≠ j 4πε 0 rij



(il termine 1/2 davanti la sommatoria tiene
conto del fatto che ciascuna combinazione viene contata 2 volte).
Ue( sistema) = U 12 + U 13 + U 23 =
q1 q 2
qq
q q
+ 1 3 + 2 3
4πε 0 r 4πε 0 r 4πε 0 r
(c) La carica q0 posta al centro del triangolo possiede l’energia potenziale
elettrostatica:
10
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Ue(q 0 ) =
q1q 0
q q
qq
+ 2 0 + 3 0
4πε 0 r 4πε 0 r 4πε 0 r
con
r=
l
3
L’energia potenziale elettrostatica complessiva è:
Ue = Ue( sistema) + Ue(q 0 )
Il lavoro necessario per allontanare la carica q0 è
w = − ∆Ue = −(∆Ue( sistema) − ∆Ue(q 0 ) ) = −∆Ue(q 0 ) = Ue(q 0 )
in quanto ∆Ue(sistema)=0 perché l’energia potenziale del sistema rimane costante al
variare della posizione di q0 e l’energia potenziale all’infinito Ue(q0, ∞)= 0.
Esercizio 2
Una carica q è distribuita uniformemente su un sottile anello di raggio R. Calcolare il
potenziale sull’asse dello anello.
dl
-> Soluzione
q
la densità lineare di carica. La carica infinitesima in ciascun tratto
2πR
dl di anello è dq = λdl .
Definiamo λ =
Il potenziale sarà dato da:
dV =
1
4πε 0
⋅
dq
1 λdl
1 λ
=
⋅
=
⋅ dl
r
4πε 0 r
4πε 0 r
e allora
1 λ
λ ⋅ 2πR
q
, in quanto r 2 = R 2 + x 2
V =
⋅ ∫ dl =
=
2
2
4πε 0 r l
4πε 0 r
4πε 0 R + x
11
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Il potenziale è massimo nel centro O e decresce all’aumentare della distanza di P dal
q
centro. Per x >> R, V =
, come se la carica fosse nel centro. Possiamo calcolare il
4πε 0 x
campo elettrico come gradiente del potenziale:
Ex = −
∂V
q ∂ 2
R + x2
=−
4πε 0 ∂x
∂x
Ey = −
∂V
=0
∂y
(
,
Ez = −
)
−1 / 2
q⋅x
=
(
4πε 0 ⋅ R 2 + x 2
)
3/ 2
∂V
=0
∂z
Esercizio 3
Un sottile disco di raggio R ha una carica q distribuita uniformemente su tutta la sua
superficie; calcolare il potenziale.
dr, dq
l
R
θ
P
x
x
r
->Soluzione
q
; ciascun elemento di superficie di
πR 2
area dS possiede una carica dq = σ ⋅ dS . Consideriamo un anello concentrico al disco di
Definiamo la densità di carica superficiale σ =
raggio compreso tra r ed r+dr e area dS = 2πr dr . Il potenziale sarà dato da
dV =
dq
4πε 0 l
=
-> V = ∫ dV =
S
σdS
2
4πε 0 x + r
σ
4ε 0
R
∫
0
2
=
2rdr
2
x +r
2
σ 2πrdr
2
4πε 0 x + r
=
σ
⋅
2ε 0
(R
2
2
=
σ
rdr
⋅
2ε 0
x2 + r 2
)
+ x2 − x ,
12
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(per risolvere l’integrale, si è proceduto come segue: la regola generale di integrazione
x m +1
per le potenze dice che ∫ x m dx =
, m ≠ −1
m +1
x = (x 2 + r 2 )
se poniamo
R
R
m = −1 / 2
, allora ∫ (r + x )
dx = 2rdr
0
2
2 −1 / 2
 ( x 2 + r 2 )1 / 2 
(2r )dr = 

1/ 2

0
e dunque
V =
σ
4ε 0
R
∫
0
2rdr
2
x +r
2
=
[
σ
⋅ 2 (x 2 + r 2 )
4ε 0
]
R
0
=
σ
2ε 0
( (x
2
)
+ r2) − x )
Per x = 0, cioè al centro dell’anello, si ha che V max =
per x >> R -> V =
q
σR
;
2ε 0
(come se la carica fosse tutta nel centro)
4πε 0 x
Calcoliamo il campo elettrostatico come gradiente del potenziale:

x
1 −

2
R + x2

della prima lezione)
Ex = −
σ
∂V
=
∂x 2ε 0




,
E y = Ez = 0
(come già trovato nell’esercizio 6
Esercizio 4
Un guscio sferico di raggio a porta una distribuzione di carica continua uniforme
avente densità di carica superficiale σ . Calcolare il campo elettrico generato da tale
distribuzione di carica in un punto qualsiasi P esterno al guscio stesso, sia V(R = ∞ ) = 0
-> Soluzione
O
13
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Si può suddividere il guscio sferico in tante “rondelle” ognuna delle quali possiede una
carica
dq = σdA , dove dA è l’area infinitesima individuata dal prodotto della
circonferenza della rondella per il suo spessore.
dθ (a sinθ è il raggio della “rondella”)
Quindi: dq = σ ⋅ dA = σ 2π (a sin θ ) ⋅ a{
14243
circonferenza rondella arcoAA'
Nel punto P il potenziale infnitesimo generato della carica dq è:
dV =
1
4πε 0
⋅
dq
1 2πa 2
=
⋅
σ sin θ dθ + cos t
r
4πε 0
r
Considerando il triangolo ACP, per il teorema di Carnot:
r 2 = a 2 + R 2 − 2 Ra cos θ
derivando rispetto a r e a θ:
2rdr = −(2 Ra sin θ )dθ
e quindi
dV =
1
4πε 0
->
⋅
sin θ dθ dr
=
r
aR
2πσ ⋅ a
dr + cos t
R
dove cost = 0 se V = 0 a R = ∞ .
Integrando su tutto il guscio:
V =
1
4πε 0
⋅
2πσ ⋅ a OP + 2 a
1 4πσ ⋅ a 2
1
q
dr
=
⋅
=
⋅
∫
OP
R
4πε 0
R
4πε 0 R
Dove q è la carica totale distribuita sul guscio q = σ 4π ⋅ a 2 .
Il campo elettrico ha simmetria radiale rispetto al centro del guscio:
Er = −
∂V
1 4πσ ⋅ a 2
1
q
=
⋅
=
⋅ 2
2
∂r 4πε 0
4πε 0 R
R
Determiniamo ora il campo elettrico utilizzando il teorema di Gauss:
14
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Il campo elettrico è radiale in quanto dato da contributi simmetrici a due a due
rispetto all’asse x, la risultante è dunque radiale. Il campo elettrico ha modulo
constante sul guscio ed ha verso entrante o uscente a seconda del segno della carica.
r
E = E (r ) uˆ r ,
(r = distanza dal guscio a P)
Applichiamo il teorema di Gauss:
r
r r
φ ( E ) = ∫ E ⋅ u n dS = ∫ E (r ) ⋅ uˆ r ⋅ uˆ n dS = E (r ) ∫ dS =E (r ) ⋅ 4πr 2 =
q int
ε0
, dove q int = 4πa 2σ
quindi
E (r ) =
4πa 2σ
a 2σ
q
=
=
2
2
4πr ε 0 r ε 0 4πr 2 ε 0
->
r
E=
q
4πε 0 r 2
uˆ r
r
All’interno del guscio, φ E = E S ' , dove S’ è il guscio sferico di raggio r < a. All’interno
()
()
del guscio non c’è carica, cioè E = 0 e dunque φ E = 0 .
Cosa succede al tendere di r ad a?
Dall’interno il campo è sempre nullo ( lim r − > a − E (r ) = 0 ), mentre lim r − > a +
a 2σ
σ
=
2
r ε0 ε0
->
punto discontinuità
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Per il potenziale V =
q
4πε 0 r
se r = a ,
V =
q
4πε 0 a
a
Esercizio 5
r
Un elettrone viene immesso con velocità v0 in una regione limitata in cui agisce un
r
campo elettrostatico uniforme perpendicolare a v0 . Uscito della regione l’elettrone
colpisce uno schermo S nel punto C. Calcolare l’angolo di deflessione α , l’energia
cinetica e la velocità finali dell’elettrone e la distanza d del punto C dall’asse x.
y
-> Soluzione
Scriviamo l’equazione del moto dell’elettrone:
eE
diretta lungo
m
l’asse y quando attraversa la regione in cui c’è campo elettrostatico. Il moto lungo x è
r
rettilineo uniforme con velocità v0 , il moto lungo y è uniformemente accelerato.
Fe=F cioè eE=mea. L’elettrone è soggetto a una accelerazione a =
16
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1 eE 2 1
⋅
t = ⋅ at 2 .
2 m
2
La traiettoria dell’elettrone entro la regione di campo elettrostatico è un arco di
parabola (curva rossa nel disegno) di equazione
Le equazioni del moto lungo i due assi cartesiani sono: x = v 0 t , y =
y ( x) =
1 eE x 2
⋅
2 m v0 2
L’angolo di deflessione si calcola da:
eEl
 dy 
tgα =   =
(la derivata di una funzione f in un punto x0 è la misura del
2
 dx  x =l mv0
coefficiente angolare, cioè la tangente dell'angolo)
e la distanza h tra il punto in cui l’elettrone esce dalla zona di campo elettrico e l’asse
1 eE l 2
x sarà: h = y (l ) = ⋅
2 m v0 2
L’energia cinetica in B sarà data dall’energia cinetica iniziale più l’energia potenziale
acquistata nel passaggio della zona di campo elettrico:
1
1
1
e 2 E 2l 2
2
2
⋅ mv 2 = ⋅ mv0 + E e h = ⋅ mv0 +
2
2
2
2
2mv0
Moltiplicando per due e dividendo per m:
2
v 2 = v0 +
e 2 E 2l 2
2
m v0
2
2
= v0 + 2ah e quindi la velocità finale è v = v02 + 2ah .
Fuori dalla zona di campo elettrico, l’elettrone descrive una traiettoria rettilinea;
calcoliamo d:
d = h + L ⋅ tgα =
e E l 1

+ L
2 
mv0  2

Questo è il principio di funzionamento di un tubo a raggi catodici.
Esercizio 6
Un elettrone entra con velocità v0 = 10 7 m / s in una regione di lunghezza l = 4cm in cui
agisce un campo elettrico E = 10 4 V / m uniforme e perpendicolare a v0 . Calcolare (a) lo
spostamento d dopo l’attraversamento e (b) l’energia cinetica acquisita ∆E (in eV).
17
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A. Chiodoni – esercizi di Fisica II
-> Soluzione
(a) Le equazioni del moto dell’elettrone sono:
eE
diretta lungo
m
l’asse y quando attraversa la regione in cui c’è campo elettrostatico. Il moto lungo x è
r
rettilineo uniforme con velocità v0 , il moto lungo y è uniformemente accelerato.
Fe=F cioè eE=ma. L’elettrone è soggetto a una accelerazione a =
Le leggi orarie lungo gli assi cartesiani sono:
x = v0t
1
1 qE 2
y = ⋅ at 2 = ⋅
t
2
2 m
La traiettoria dell’elettrone sarà dunque
y=
1 eE x 2
⋅
2 me v 0 2
A questo punto, è possibile determinare d:
d = y (l ) =
1 eE l 2
1 1.6 ⋅ 10 −19 ⋅ 10 4 ⋅ 16 ⋅ 10 −4
⋅
=
⋅
= 1.4cm = 0.014m
2 me v0 2 2
9.1 ⋅ 10 −31 ⋅ 10 7
(b) Come visto nell’esercizio precedente
2
v 2 = v0 + 2ad
2
v 2 = v0 + 2
eE
2 ⋅ 1.6 ⋅ 10 −19 ⋅ 10 4 ⋅ 0.014
d = 1 ⋅ 1014 +
= 1 ⋅ 1014 + 0.49 ⋅ 1014 = 1.49 ⋅ 1014 m 2 / s
− 31
m
9.1 ⋅ 10
18
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A. Chiodoni – esercizi di Fisica II
Quindi, l’energia cinetica finale è Ef =
2
1
1
me v 2 = ⋅ 9.1 ⋅ 10 −31 ⋅ (1.49 ⋅ 1014 ) = 6.79 ⋅ 10 −17 J
2
2
Infine, l’energia acquisita è pari a
∆E = Ef − Ei =
1
2
me (v 2 − v 0 ) = eEd = 2.24 ⋅ 10 −17 J = 140eV
2
Esercizio 7
Con il riferimento alla figura, q1 = q = -10-8C e il flusso del campo elettrostatico E
attraverso le superfici indicate S1, S2 e S3 risulta: φ S1 (E ) = φ S 2 (E ) = 0 ,
φ S (E ) = 2.26 ⋅ 10 3 Vm . Calcolare q2 e q3.
3
S3
S2
S1
-> Soluzione
Calcoliamo il flusso del campo E attraverso le tre diverse superfici, utilizzando il
teorema di Gauss:
φ S (E ) =
q1 + q 4
φ S (E ) =
q 2 + q3
φ S (E ) =
q1 + q 3
1
2
3
ε0
ε0
ε0
=0
->
q1 = −q 4 = 10 −8 C
=0
->
q 2 = −q3
= 2.26 ⋅ 10 3
Quindi, possiamo ora determinare le due cariche incognite.
(
)
(
)
q 3 = ε 0 2.26 ⋅ 10 3 − q1 = 8.8 ⋅ 10 −12 ⋅ 2.26 ⋅ 10 3 + 10 −8 = 3 ⋅ 10 −8 C
q 2 = − q3 = −3 ⋅ 10 −8 C
19
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Teorema di Gauss
Esercizio 1
Una carica q è distribuita con densità spaziale ρ uniforme nel volume di una sfera di
raggio R. Calcolare il campo elettrico E nei punti interni ed esterni alla sfera.
-> Soluzione
Data la simmetria sferica, il campo elettrostatico sarà di tipo radiale. Per
determinare il modulo del campo elettrostatico, ricorriamo al teorema di Gauss.
Consideriamo una superficie sferica di raggio r > R esterna alla sfera e concentrica ad
essa. Il teorema di Gauss ci dice che
r
r r
q int
φ ( E ) = ∫ E ⋅ u n dS = ∫ E (r ) ⋅ uˆ r ⋅ uˆ n dS = E (r ) ∫ dS =E (r ) ⋅ 4πr 2 =
ε0
E quindi, il campo all’esterno della sfera vale:
r
E=
q
4πε 0 r
2
uˆ r =
ρR 3
uˆ r
3ε 0 r 2
4 3 

 q = πR ρ 
3


cioè è come se la carica fosse concentrata nel centro della sfera. All’interno della
sfera, il campo elettrico è non nullo in quanto è contenuta della carica. Se
consideriamo una superficie sferica di raggio r < R:
possiamo applicare nuovamente il teorema di Gauss e quindi
φ (E ) = 4πr 2 E =
q'
ε0
;
4
q 4
qr 3
q' = ρ π ⋅ r 3 =
π ⋅ r3 = 3
4 3 3
3
R
πR
3
20
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E quindi E =
q'
4πε 0 r 2
=
1
4πR 3 ρr
qr 3
qr
qr
=
=
=
3
2
3
3
3ε 0
4πε 0 R
3 ⋅ 4πε 0 R
R 4πε 0 r
Il potenziale all’esterno della sfera sarà V =
V (R ) =
q
4πε 0 r
; sulla superficie della sfera, varrà
ρR 2
.
=
4πε 0 R 3ε 0
q
All’interno, invece:
R
R
V (r ) − V (R ) = ∫ E ⋅ d s = ∫
r
e quindi V (r ) =
r
ρr
ρ
dr =
(R 2 − r 2 )
3ε 0
6ε 0
, dove
1
∫ rdr = 2 r
2
q 
r2 
ρ
ρ
ρR 2
ρ
 3 − 2  .
(
(
(
R 2 − r 2 ) + V (R ) =
R 2 − r 2 )+
=
3R 2 − r 2 ) =
6ε 0
6ε 0
3ε 0
6ε 0
8πε 0 R 
R 
Al centro della sfera V (0) =
3q
3
ρR 2
=
= V (R )
2ε 0 8πε 0 R 2
Esercizio 2
Una distribuzione spaziale continua e uniforme di carica ha forma cilindrica di raggio
r
R; calcolare il campo E da essa prodotto all’esterno del cilindro stesso.
21
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-> Soluzione
La simmetria cilindrica del problema suggerisce che il campo sia diretto in ogni punto
ortogonalmente all’asse del cilindro e sia constante su ogni superficie cilindrica
coassiale di raggio r.
Per calcolare il modulo del campo elettrico, facciamo ricorso al teorema di Gauss
consideriamo una scatola cilindrica Σ di raggio r > R e altezza h.
Il flusso di E attraverso le basi di Σ è nullo in quanto il campo elettrostatico è
parallelo alle basi e quindi ortogonale a û n . Il flusso attraverso la superficie laterale
vale:
r
r r
φ ( E ) = ∫ E ⋅ u n dS =E (r ) ∫ dS = E (r ) ⋅ 2πrh =
S
S
q
h
ε0
q = ∫ ρdτ = ρπr 2 h = λh
La carica contenuta entro Σ è:
dove λ = ρπR 2 =
qint
è la carica contenuta in un cilindro di raggio R e altezza unitaria.
Allora
r
()
φ E = 2πrhE =
λh
ε0
->
E (r ) =
λh
λ
=
2πε 0 rh 2πε 0 r
r
E = E (r )uˆ r
La differenza di potenziale tra due superfici equipotenziali, cilindriche e coassiali di
raggi r1 e r2 è:
r2
V (r1) − V (r 2) = ∫ Edr =
r1
r2
λ
∫ 2πε
r1
0
r
dr =
r2
λ
ln
2πε 0 r1
mentre rispetto al bordo
22
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V (r ) − V (R ) = −
λ
r
ln
2πε 0 R
I risultati trovati valgono anche per un sottile filo rettilineo molto lungo, su cui è
depositata una carica distribuita con densità uniforme λ.
Esercizio 3
All’interno di una sfera di raggio R = 10cm è contenuta una carica q = 8 ⋅ 10 −9 C ,
distribuita uniformemente con densità ρ (r ) = br , con v costante ed r distanza dal
centro O della sfera. Calcolare (a) la costante b, (b) il campo elettrostatico E (r ) e (c)
la differenza di potenziale ∆V tra il centro O e la superice sferica.
-> Soluzione
(a) Poiché abbiamo una distribuzione di carica che dipende da r, calcoliamo la carica
contenuta in ciascun guscio per determinare la costante b:
R
R
R
0
0
0
qTOT = ∫ ρ (r )4πr 2 dr = ∫ br 4πr 2 dr = 4πb ∫ r 3 dr =
4π
bR 4 = πbR 4
4
Quindi la costante b sarà:
b=
q
8 ⋅ 10 −9
=
πR 4 3.14 ⋅ 10 −2
(
= 2.5 ⋅ 10 −5 C / m 4
)
4
(b) Il campo elettrostatico, data la simmetria, sarà di tipo radiale. Applichiamo il
teorema di Gauss:
r
q
∫ E ⋅ uˆ ds = ε
per 0 < r < R
n
0
r
ES=
q
ε0
->
E=
q
S ε0
3
∫ 4πbr dr
=
0
4πε 0 r 2
r4
4
2
2
4 = br = br = qr
E (r ) =
4πε 0 r 2 4ε 0 r 2 4ε 0 4πε 0 R 4
4πb
23
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4
q r
5 2
E quindi, E (r ) =
  ; facendo i conti, E (r ) = 7.2 ⋅ 10 r V / m
2
4πr ε 0  R 
per r > R
E=
per r = R
E=
q
S ε0
=
q
4πε 0 r 2
=
πbR 4
br 2  R 
=
 
4πr 2 ε 0 4ε 0  r 
4
πbR 4
bR 2
=
4πR 2 ε 0 4ε 0
(c) La differenza di potenziale tra il centro e il bordo della sfera è
R
r3 
R3
10 −3
∆V = − ∫ E (r ) dr = −7.2 ⋅ 10 ∫ r dr = − 7.2 ⋅ 10   = −7.2 ⋅ 10 5
= −7.2 ⋅ 10 5
= −240V
3
3
 3 0
0
0
R
R
5
2
5
Esercizio 4
Una distribuzione di carica sferica ha una densità di carica volumica che è funzione
solo di r, cioè della distanza dal centro della distribuzione.
Se
con A, B costante per 0 ≤ r ≤ R
ρ = Ar − Br 2
per r > R
ρ =0
Determinare il campo elettrico in funzione di r in tutto lo spazio e il potenziale
(condizione V (∞ ) = 0 ).
-> Soluzione
Poiché la distribuzione di carica ha simmetria sferica, applichiamo il teorema di Gauss:
per r > R
R
∫ (Ar − Br )4πr
2
E=
Q
4πε 0 r 2
=
2
dr
0
=
4πε 0 r 2
R 3 R 4 
 R4
R5  1


Ar
−
Br
dr
=
A
−
B


∫0   4
5  ε 0 r 2
4πε 0 r 2  ∫0
4π
per r < R
r
∫ (Ar − Br )4πr
2
E=
Q
4πε 0 r 2
=
0
4πε 0 r 2
2
dr
 r4
r5
=  A − B
5
 4
 1
Ar 2 Br 3

=
−
2
4ε 0 5ε 0
 ε 0r
24
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Il potenziale, partendo dalla relazione E = −∇V = − gradV , che in questo caso si riduce
dV
a E=−
data la simmetria, vale:
dr
r>R
 R4
R5
V =  A
−B
5
 4
che essendo V (∞ ) = 0
r<R
->
V =−
 1

+ const.
2
 ε 0r
->
const = 0
1  r3
r4
 A − B
ε0  4
5
->
 R4
R5
−B
V =  A
5
 4
 1

2
 ε 0r

 + const.

dove la costante si determina imponendo che per r = R: V (r > R ) = V (r < R )
−
1  AR 3 BR 4 
1  AR 4 BR 3 

 + const. =

 + const.
−
−
ε 0  12
20 
ε 0 R  4
5 
-> const. =
AR 3 AR 3 BR 4 BR 4
+
−
−
4ε 0 12ε 0 5ε 0 20ε 0
->
const. =
->
1  AR 3 BR 4 


−
ε 0  3
4 
Esercizio 5
Una distribuzione di carica elettrica a simmetria sferica con carica totale q = 1µC ha
densità ρ (r ) = ρ 0 ⋅ exp(− αr ) con α = 1 m −1 . (a) Dare il valore della costante ρ 0 in µC / m 3 ,
(b) scrivere l’espressione del modulo del campo elettrico in un punto a distanza r dal
centro della sfera in termini di q e α .
-> Soluzione
(a) Per determinare il valore di ρ 0 , integriamo la densità di carica in tutto lo spazio,
imponendo che l’integrale sia pari a q :
∞
∞
0
0
q = ∫ ρ 0 ⋅ e −αr 4πr 2 dr =ρ 0 4π ∫ e −αr r 2 dr
Calcoliamo l’integrale indefinito per parti:
25
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−α r 2
∫ ⋅ e r dr = −
=−
r 2 e −α r
α
+
e −α r
α
r2 − ∫−
e −α r
α
2rdr = −
r 2 e −α r
α
+
2
−α r
∫e = −
α
r 2 e −α r
α
+
e −α r 
2  re −α r
−
−
−
∫ α dr  =
α  α
2  re −α r e −α r 
r 2 e −α r 2re −α r 2e −α r
−
−
=
−
−
−

α  α
α
α2 
α2
α3
Se ora consideriamo l’integrale definito:
∞
∫ exp(− αr )r dr = −
2
r 2 exp(− αr )
α
0
->
 2  8πρ
q = 4πρ 0  3  = 3 0
α  α
∞
−
2r exp(− αr )
α2
0
->
ρ0 =
∞
−
2 exp(− αr )
0
α3
∞
0
α 3 q 10 −6
=
= 0.04 ⋅ 10 −6 C / m 3
8π
8π
(b) Utilizziamo la legge di Gauss e integrando su una superficie sferica di raggio r
r
v
q INT
∫ E ⋅ uˆ n dS =
ε0
E=
∫ρ
4πr 2 E =
->
0
⋅ exp(− αr )4πr 2 dr
0
ε0

α q  r exp(− αr ) 2
2
4π −
− 2 r exp(− αr ) − 3 exp(− αr )
α
α
α
4πε 0 r 8π


3
1
2
2
Esercizio 6
In una zona dello spazio è presente un campo elettrico il cui potenziale vale:
V = ax 2 + by con a e b costanti, calcolare (a) il modulo del campo elettrico in un punto
di coordinate (x, y, z) e (b) la carica complessiva presente in un cubo di lato L con un
vertice nell’origine, gli spigoli paralleli agli assi e giacente nel punto ottante. Si
supponga costante ε .
-> Soluzione
a) Poiché E = −∇V , si ha che
∂V
= −2ax
∂x
∂V
Ey =
= −b
∂y
∂V
Ex =
=0
∂z
Ex =
->
E = −2axiˆ − bˆj ,
E =
(− 2ax )2 + b 2
= 4a 2 x 2 + b 2
26
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b)
v
∫ E ⋅ uˆ
Utilizziamo il teorema di Gauss
n
dS =
q INT
ε0
esteso alla superficie del cubo.
Consideriamo separatamente le facce del cubo:
- facce con z=0 e z=L, parallele al piano xy: la componente lungo z del campo E è
nulla -> il flusso è nullo.
- facce con x=0 e x=L, paralele al piano zy:
x = 0− > Ex = 0
x = L − > Ex = −2aL
-
->
φ (Ex ) = ∫ − 2aL uˆ x ⋅ uˆ n dS = −2aL ⋅ L2 = −2aL3
facce con y=0 e y=L, parallele al piano xz: sia per y=0 che per y=L, Ey = −b su
entrambi i lati si ha φ (Ey ) == −bL2 una volta entrante e una volta uscente.
φ (Ey )TOT = (− bL2 + bL2 ) = 0
()
Sommando i flussi, φ E = 0 − 2aL3 + 0 = −2aL3 − > Q = −2aL3ε 0
Esercizio 7
v
Con riferimento alla figura, il campo elettrostatico E varia con la legge
r
r
E = (5 + 4 x 2 ) ⋅ 10 5 uˆ x V/m, con x espresso in metri. Calcolare: (a) il flusso Φ (E )
attraverso la superficie chiusa di lati a=10 cm, b=15 cm, c=20 cm e (b) la carica q
contenuta all’interno del parallelepipedo.
b
a
x
c
y
27
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-> Soluzione
(a) Per trovare il flusso totale del campo elettrico, dobbiamo considerare la somma
dei flussi del campo attraverso ciascuna delle facce del cubo. Poiché però il campo
elettrico è diretto lungo l’asse x, è nullo il fluso del campo attraverso le 4 facce del
cubo perpendicolari all’asse x in quanto la normale alla superficie e il campo
elettrostatico risultano perpendicolari una rispetto all’altra.
considerando la faccia che taglia l’asse delle ascisse in x=0, la normale alla
superficie ha la stessa direzione del campo elettrico ma verso opposto e quindi:
•
r
r
φ ( E ) = ∫ E ⋅ uˆ n dS = − E ∫ dS = −5 × 10 5 ab
S
S
considerando la faccia che taglia l’asse delle ascisse in x=c, la normale alla
superficie ha la stessa direzione e lo stesso verso del campo elettrico e
•
quindi:
r
r
φ ( E ) = ∫ E ⋅ uˆ n dS = E ∫ dS = (5 + 4c 2 ) × 10 5 ab
S
S
Sommando i due contributi, si ottiene:
r
φTOT ( E ) = −5 × 10 5 ab + 5 × 10 5 ab + 4c 2 × 10 5 ab = 4 × 10 5 abc 2 = 4 × 10 5 × 10 × 10 −2 × 15 × 10 −2 × 20 2 × 10 −4
= 60 × 400 × 10 −2 = 240 Vm
r
q
(b) Dal teorema di Gauss φ ( E ) =
, si ricava q:
ε0
r
q = ε 0 φ ( E ) = 8.8542 × 10 −12 × 240 = 2.13 × 10 −9 C
28
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Dipoli elettrici e condensatori
Esercizio 1
Un dipolo, di momento elettrico p e momento d’inezia I rispetto ad un asse passante
per il suo centro e ortogonale a p , è immerso in un campo E uniforme. Descrivere il
moto del dipolo quando viene spostato di un piccolo angolo della posizione d’equilibrio.
-> Soluzione
θ
L’equazione di rotazione, dalla dinamica dei corpi rigidi è:
Proiettando sull’asse di rotazione che è la asse z:
I
M =
dL
= Iα = p × E .
dt
d 2θ
= − pE sin θ
dt 2
Nell’ipotesi d’angolo piccolo, sin θ ≈ θ e l’equazione di rotazione diventa
d 2θ pE
+
θ =0
I
dt 2
Questa è l’equazione di un moto armonico con pulsazione e periodo pari a:
ω=
pE
,
I
T=
2π
ω
= 2π
I
pE
Le leggi orarie dell’angolo e della velocità angolare sono:
29
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A. Chiodoni – esercizi di Fisica II
θ (t ) = θ 0 sin (ωt + φ ) ,
Ω(t ) =
dθ
= ωθ 0 cos(ωt + φ )
dt
Esercizio 2
Un dipolo elettrico di momento p = 6.3 × 10 −30 Cm si trova al centro di due cariche
positive q1=q2=q= 1.6 × 10 −19 C che distano d = 10 −9 m . Calcolare la forza F che agisce sul
dipolo elettrico.
-> Soluzione
In questo caso sul dipolo agisce la forza risultante dovuta alla presenza delle due
cariche. Il campo elettrico è non uniforme.
F = q(E 2 − E1 ) = q
∂E
∂E
d=p
∂x
∂x
Il campo elettrico generato delle due cariche e sentito dal dipolo posto al centro è:
E1 =
E2 =
1
q
4πε 0 x 2
(nella posizione generica, Ei =
1
q
4πε 0 x 2
1
q
)
4πε 0 x 2
Poiché esse sono uguali, possiamo calcolare la forza F come:
F=p
∂
(E1 ( x) − E 2 ( x)) = 2 p ∂E1
∂x
∂x
x =d / 2
Consideriamo a parte la derivata parziale:
∂E1
q ∂ −2
2q −3
=
x =−
x
∂x
4πε 0 ∂x
4πε 0
( )
e calcoliamo il suo valore nel punto x=d/2:
30
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∂E1
∂x
=−
x =d / 2
2q 1
4πε 0 x 3
=−
x=d / 2
2q 8
4q
=−
3
4πε 0 d
πε 0 d 3
Quindi, la forza F sarà:




4q 
8 pq
− 8 × 6.3 ×10 −30 × 1.6 ×10 −19

F = 2 p −
=
−
=
= −2.90 × 10 −10 N
3 
3
−12
− 27
3.14 × 8.85 ×10 × 10
πε 0 d
πε 0 d






Esercizio 3 (capacità di un condensatore piano)
Calcolare la capacità di un condensatore piano con armature di area S e distanza d
caricate con una carica +q e densità di carica + σ e –q e densità di carica - σ
rispettivamente.
-> Soluzione
S
Possiamo considerare le due armature come due piani infiniti . I campi elettrostatici
generati dai due piani in modulo valgono E =
σ
(vedi l’esercizio 6 per il disco esteso a
2ε 0
R − > ∞ , prima lezione).
Utilizzando il principio di sovrapposizione per calcolare il campo risultante
E = E + + E − , si vede che i campi elettrostatici si sommano nella regione compresa tra i
due piani e si annullano all’esterno:
r σ
E = uˆ x
ε0
31
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A. Chiodoni – esercizi di Fisica II
Quindi, all’interno il campo elettrostatico è uniforme.
Consideriamo ora di determinare la differenza di potenziale tra l’armatura positiva e
un certo punto x interno alle armature:
V1 − V ( x ) =
σ
(x − x1 ) , ricordando che, in generale, V (x ) = − Ex
ε0
La differenza di potenziale tra le due armature sarà allora:
∆V = V1 − V2 =
σ
(x2 − x1 ) = dσ = Ed = σ S d = qd
ε0
ε0
ε0 S
ε0 S
La capacità del condensatore sarà C =
ε S
q
= 0
∆V
d
Esercizio 4
Ai capi di tre condensatori (partitore capacitivo) c’è una ddp V = V B − V A = 100V e la
capacità equivalente del sistema è C = 100 pF . Calcolare i valori delle capacità C1, C2,
C3, tali che rispetto a V A sia V1 = 50V e V2 = 70V .
-> Soluzione
La carica che si trova su ciascuna armatura vale:
32
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q = CV = 10 × 10 −12 × 10 2 = 10 −18 C
Le singole capacità valgono:
C1 =
q
10 −8
=
= 2 × 10 −10 F = 200 pF
V1 − V A
50
q
10 −8
C2 =
=
= 5 × 10 −10 F = 500 pF
V2 − V1
20
C3 =
q
10 −8
=
= 3.33 × 10 −10 F = 333 pF
V B − V2
30
Esercizio 5 (Capacita’ di un condensatore cilindrico)
Determinare la capacità di un condensatore le cui armature abbiano raggio R1 ed R2,
con R2 > R1, di uguale lunghezza d, grande rispetto ai raggi.
→ Soluzione
Le armature di un condensatore cilindrico sono due porzioni di superficie cilindriche
coassiali, una di raggio R1 e l’altra di raggio R2 > R1, di uguale lunghezza d, grande
rispetto ai raggi. Si realizza cosi un’ulteriore situazione di conduttore al interno di un
altro conduttore cavo, con induzione approssimativamente completa. Se si escludono i
tratti esterni, nell’intercapedine cilindrica tra R1 e R2 il campo elettrostatico è
radiale (vedi esercizio 2, terza lezione):
E (r ) =
λ
u r , con λ densità lineare di carica
2πε 0 r
La differenza di potenziale (d.d.p.) tra le armature è:
33
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R2
r r
λ
V1 − V2 = ∫ E ⋅ dr =
2πε 0
R1
R2
dr
λ 1
∫R r = 2πε 0 ln r
1
R2
=
R1
R
λ
ln 2
2πε 0 R1
La carica per unità di lunghezza λ è q / d
Quindi, la capacità sarà:
C=
q
=
V1 − V2
λd
R
λ
ln 2
2πε 0 R1
=
2πε 0 d
R
ln 2
R1
Se h = R2 − R1 è molto minore dei raggi, è possibile sviluppare in serie il denominatore
arrestandosi al primo termine:
ln
 R − R1  R2 − R1 h
R2
=
= ln1 + 2
=
R1
R1 
R1
R

Per cui la capacità diventa:
C=
2πε 0 d R ε 0 S
=
, con S = 2πRd superficie laterale del cilindro.
h
h
Quindi, la capacità per unità di lunghezza è C d =
C 2πε 0
=
R
d
ln 2
R1
E’ possibile realizzare un condensatore cilindrico a capacità variabile facendo
scorrere uno dei due cilindri lungo l’asse, in modo da far variare la lunghezza d.
Esercizio 6
S dispone di 5 condensatori uguali di capacità C. Collegarli in modo che la capacità
totale CTOT sia pari a 3/7C.
34
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-> Soluzione
Poiché il collegamento dei 5 condensatori in serie o in parallelo dà come capacità
totale 0.2C e 5C rispettivamente, per ottenere il valore richiesto dobbiamo ricorrere
ad un collegamento misto serie-paralello. Consideriamo η elementi in serie e µ
elementi in parallelo tra loro e con la serie:
La capacità totale sarà allora CTO T =
C
η
+ µC
Abbiamo quindi che:
3
C
 + µC = C
7
η
µ + η = 5

C
η
1
η
+ (5 − η )C =
+ 5 −η =
3
7
3
7
⇒
7η 2 − 32η − 7 = 0
⇒
η1 < 0
η2 > 0
Soluzione non ammissibile.
Se invece proviamo a disporre la serie di η condensatori in serie (e non in parallelo) al
parallelo di µ condensatori:
35
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Si ha:
−1
C TOT
=
1
7
η
=
 +
 C µC 3C
η + µ = 5

1
1
+
Cη C µ
->
η+
1
7
=
5 −η 3
Risolvendo l’equazione di secondo grado si ottiene η = 2 e µ = 3
Esercizio 7
Un condensatore piano è costruito usando tre differenti materiali dielettrici, come
mostrato in figura. (a) Trovare un espressione per la capacità in funzione dell’area
delle piastre A , della loro distanza d e delle tre costanti dielettriche relative ε r 1 , ε r 2
ε r3 .
(b) Calcolare la capacità usando i valori di A = 1cm 2 , d = 2mm, ε r1 = 4.9, ε r 2 = 5.6, ε r 3 = 2.1 ,
questi ultimi costanti dielettriche rispettivamente di bachelite, vetro Pyrex e teflon.
-> Soluzione
a) Questo condensatore lo possiamo vedere come C1 in parallelo con la serie C23
Le singole capacità saranno:
36
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C1 = ε 1
l / 2⋅ A/ 2
A
= ε1
d
2d
,
C2 = ε 2
l / 2⋅ A/ 2
A
= ε2
d /2
d
,
C3 = ε 3
l / 2⋅ A/ 2
A
= ε3
d /2
d
Mentre la capacità equivalente sarà:
CTOT = C1 + C 23
Dove
C 23 =
C 2 C3
C 2 + C3
 −1
1
1 
+  serie di due capacità.
C 23 =
C 2 C3 

Allora:
->
=
CTOT = C1 +
C 2 C3
ε ε 
A ε 2ε 3⋅ A 2 / d 2
A A  ε 2ε 3  A  ε 1
 =  + 2 3  =
= ε1
+
= ε1
+ 
C 2 + C3
2d A / d (ε 2 +ε 3 )
2 d d  ε 2 +ε 3  d  2 ε 2 +ε 3 
A  ε 1 (ε 2 + ε 3 ) + 2ε 2 ε 3  ε 0 A  ε r1 (ε r 2 + ε r 3 ) + 2ε r 2 ε r 3 
 =



2d 
ε2 + ε3
ε r2 + ε r3
 2d 

b) Inserendo i valori numerici, si ottiene:
8.85 × 10 −12 × 10 −4  4.9(5.6 + 2.1) + 2 × 5.6 × 2.1 
−13  37.73 + 23.52 
C=

 = 2.21 × 10 
=
−3
5.6 + 2.1
7.7
2 × 2 × 10




−13
−12
= 2.21 × 7.95 × 10 = 1.76 × 10 F = 1.76 pF
( ε 0 = 8.8542 × 10 −12 C 2 / Nm 2 )
Esercizio 8
Calcolare in valore e segno la variazione dell’energia elettrostatica di un condensatore
piano, con le armature di area S poste alla distanza d e caricato con una carica Q,
quando si inserisce tra le armature stesse un foglio di materiale dielettrico di
spessore s < d, avente le stessi dimensioni delle armature e caratterizzato dalla
costante dielettrica ε r .
37
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s
d
-> Soluzione
Quando il dielettrico viene inserito nel condensatore esso si polarizza:
+
d
+
s
x
-
Le superfici superiore ed inferiore del dielettrico in questa situazione equivalgono a
delle sottilissime armature metalliche e quindi potremo considerare il sistema come
costituito da 3 condensatori in serie.
Dunque:
1
CTOT
=
Con
1
1
1
+
+
C1 C 2 C 3
C1 = ε 0
S
S
S
, C 2 = ε 0ε r , C 3 = ε 0
d −s−x
s
x
Allora:
1
CTOT
=
ε d − ε r s − ε r x + s + xε r
(d − s − x)
s
x
+
+
= r
ε0S
ε 0ε r S ε 0 S
ε 0ε r S
Infine, la capacità sarà:
C=
ε 0ε r S
ε 0ε r S
=
ε r d − ε r s − ε r x + s + xε r ε r (d − s) + s
38
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S
.
d
Se la carica del sistema in entrambe le configurazioni è Q, possiamo scrivere le due
energie elettrostatiche iniziale e finale:
Prima di introdurre il dielettrico, la capacità iniziale era pari a C = ε 0
U e ,i =
1 Q2 1 Q2d
=
2 C
2 ε 0S
U e, f =
Q 2 [ε r (d − s ) + s ]
1 Q2
=
2 CTOT
2ε 0ε r S
La variazione d’energia sarà pari a:
∆U e = U e , f − U e , i =
Q 2 s (1 − ε r )
<0
2ε 0ε r S
in quanto ε r > 1 sempre
Poiché la differenza di energia elettrostatica è negativa, la lastra viene risucchiata
all’interno del condensatore.
Questo risultato è anche indipendente dalla posizione x del dielettrico.
Esercizio 9
Un condensatore a facce piane e parallele, rettangolari di dimensione a e b è
a
parzialmente riempito, per un tratto x = , da una lastra di dielettrico omogeneo ed
3
isotropo di costante dielettrica relativa ε r = 4 . Se la carica totale sull’armatura
superiore è Q = 10 −6 C , quanto vale la carica Q x che si disporre sulla parte di armatura
superiore attaccata al dielettrico?
-> Soluzione
Il sistema dato equivale a due condensatori in parallelo:
C // = C x + C 0
39
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La d.d.p. ∆V tra i punti A e B la posso esprimere in due modi equivalenti:
∆V =
Qx
Q
Q
=
=
C x C // C x + C 0
Se d è la distanza tra le armature, si ha:
C x = ε 0ε r
bx
,
d
C0 = ε 0
b(a − x )
d
Per cui:
C // = C x + C 0 = ε 0 ε r
bx
b(a − x ) ε 0 b
+ ε0
=
[a + (ε r − 1)x]
d
d
d
Allora
Cx
C
εr x
Qx =
Q= x =
Q=
C x + C0
C // a + (ε r − 1)x
4
a
3
a + (4 − 1)
a
3
Q=
4a
2
2
= Q = × 10 − 6 C = 6.67 × 10 −7 C
3(a + a ) 3
3
Esercizio 10
Le armature di un condensatore piano sono costituite da piastre quadrate di lato l,
distanti d. Il condensatore viene caricato alla tensione V e successivamente le
armature vengono isolate in modo che la carica su ognuna rimanga costante. (a)
Calcolare l’energia U immagazzinata nel condensatore. Si introduce poi tra le armature
e parallelamente a queste una lamina metallica piana, molto estesa, spessa h. Calcolare:
(b) il lavoro che si deve effettuare per introdurre tale lamina; (c) la nuova tensione V’
tra le armature.
→ Soluzione
(a)
Essendo
la
capacità
del
immagazzinata sarà pari a U =
condensatore
pari
a
C=
ε0S
d
=
ε 0l 2
d
,
l’energia
1
1 ε 0l 2 2
CV 2 =
V .
2
2 d
40
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Dopo che si è inserita la lamina, il sistema è assimilabile ad una serie di due
condensatori uno con distanza x tra le armature e l’altro con distanza d-h-x. I due
condensatori hanno allora capacità:
C1 =
ε 0S
e
x
C2 =
ε 0S
d −h−x
da cui
CTOT
 1
1 

=  +
 C1 C 2 
−1
 x
d −h− x

= 
+
ε 0 S 
 ε 0S
−1
=
ε 0l 2
d −h
L’energia immagazzinata dal sistema in questa nuova configurazione sarà:
U′ =
1
1 Q2
, dove, poiché la carica sulle armature non cambia, Q è pari a
CTOT V ′ 2 =
2
2 CTOT
Q = CV =
ε 0l 2
d
V e quindi
2
U′ =
1 ε0 l4 2 d − h 1
d −h
V
= ε 0 l 2V 2
2
2
2 d
2
ε 0l
d2
(b) Il lavoro necessario per inserire la lamina sarà pari a:
2
1 l2
 d − h  ε0 l h 2
W = U − U ′ = ε 0 V 2 1 −
V
=
2 d
d  2 d

W è positivo e quindi il lavoro viene fatto dalle forze del campo elettrico che
risucchiano la lamina.
(N.B. Se W fosse stato definito come U’-U si sarebbe trovato che il lavoro era
negativo: infatti nella convenzione W=U’-U si sarebbe avuto per W>0 lavoro subito
dall’esterno, e per W<0 lavoro effettuato dal sistema)
(c) La differenza di potenziale tra le armature del condensatore di partenza in questa
nuova configurazione vale:
V′ =
ε l 2V d − h  d − h 
Q
= 0
=
V
CTOT
d ε 0l 2  d 
V’<V → la differenza di potenziale tra le armature è diminuita.
41
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Campo magnetico, forza magnetica, momenti meccanici sui circuiti piani
Esercizio 1
Un protone d’energia cinetica Ek=6MeV entra in una regione di spazio in cui esiste un
campo magnetico B=1T ortogonale al piano della traiettoria, formando con l’asse y
l’angolo θ = 30° . Calcolare a) l’angolo θ ’ della direzione di uscita con l’asse y e b) la
distanza lungo y tra il punto di uscita e il punto di ingresso.
→ Soluzione
`
B
a) L’angolo θ ’ è uguale a θ in quanto la traiettoria che il protone segue all’interno
della regione di campo magnetico è circolare con raggio di curvatura r.
b) Convertiamo Ek da eV a J (1eV = 1.602x10-19J):
Ek= 6MeV= 9.602 × 10 −13 J
Sul protone che entra nella zona dove c’è il campo magnetico agisce la forza di
Lorenz:
r
v2
F = qvB = m , cioè la particella segue una traiettoria circolare di raggio r.
r
Dalla conoscenza di Ek ricaviamo la quantità di moto p: p = 2m p E k .
A questo punto, è possibile ricavare il raggio di curvatura della traiettoria
circolare come:
r=
mv 2 mv
p
=
=
=
qvB qB qB
2m p E k
qB
, cioè, nel nostro caso,
42
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r=
2 × 1.67 × 10 −27 × 9.6 × 10 −13 5.66 × 10 −20
=
= 3.54 × 10 −1 = 0.354m
−19
−19
1.6 × 10
1.6 × 10
La distanza cercata vale: y = 2r sin(θ ) = 2r sin(30°) = 2r (0.5) = r = 0.354m
Esercizio 2
Un protone di energia cinetica Ek=50MeV si muove lungo l’asse x e entra in un campo
magnetico B=0.5T, ortogonale al piano xy, che si estende da x=0 a x=L=1m. Calcolare
all’uscita del magnete nel punto P: a) L’angolo che la velocità del protone forma con
l’asse x e b) la coordinata y del punto P.
→ Soluzione
a) Come nell’esercizio precedente, abbiamo il moto di una carica in una zona dove c’è
campo magnetico. Il moto entro questa zona è circolare, per cui possiamo calcolarci il
raggio di curvatura. Convertiamo l’energia in Joule e determiniamo il raggio:
Ek=50MeV=8x10-12J
Calcoliamo
p
r=
=
qB
il
2m p E k
qB
raggio
=
di
curvatura
della
traiettoria
del
protone:
2 × 1.67 × 10 − 27 × 8 × 10 −12
1.63 × 10 −19
=
= 2.04m
1.6 × 10 −19 × 0.5
1.6 × 10 −19 × 0.5
43
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A
cos (90°-α)
C
Inoltre, abbiamo che, considerando il triangolo CAP,
L = r cos(90° − α ) e quindi cos(90° − α ) =
L LqB
=
(
r
p
E’ ora possibile trovare l’angolo α di uscita dalla regione di campo magnetico come:
cos(90° − α ) = sin(α ) =
1.6 × 10 −19 × 1 × 0.5
= 0.490 → α = arcsin(0.490) = 29.4°
1.63 × 10 −19
b) La coordinata y del punto P sarà:
y = r − (r cos α ) = −r (1 − cos α ) = −0.26m
Esercizio 3
Un fascio di elettroni, dopo essere stato accelerato da una d.d.p. V=103 V, entra in una
regione in cui esiste un campo magnetico B=0.2T. La direzione degli elettroni forma un
r
angolo α = 20° con B . Calcolare a) il raggio r della circonferenza della traiettoria
elicoidale compiuta dagli elettroni. b) di quanto avanzano gli elettroni, lungo l’elica, in
ciascun giro (p, passo dell’elica).
→ Soluzione
44
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y
x
v
r
B
p
z
a) Iniziamo con il calcolare la velocità degli elettroni:
1 2
mv = eV → v =
2
2eV
=
m
2 × 1.6 × 10 −19 × 10 3
= 3.5 × 1014 = 1.87 × 10 7 m / s
9.1 × 10 −31
v⊥
Le due componenti parallela e perpendicolare a B sono v // = v cos α , v ⊥ = v sin α .
Calcoliamo ora il raggio di curvatura dalla componente della velocità ortogonale al
campo magnetico, a partire dal’equazione del moto:
2
ev⊥ B =
r=
mv ⊥
eBr
eBr
eBr
→ v⊥ =
→ v sin α =
→v=
, e quindi:
r
m
m
m sin(α )
mv sin(α ) 9.1 × 10 −31 × 1.87 × 10 7 × sin(α )
=
= 18.2 × 10 −5 m = 0.187 mm
eB
1.6 × 10 −19 × 0.2
b) Per determinare il passo dell’elica dobbiamo trovare il periodo
T=
2π
ω
= 2π
m 2π × 9.1 × 10 −31
=
= 178.6 × 10 −12 s = 1.78 × 10 −10 s
−19
eB 1.6 × 10 × 0.2
Allora, usando dalla componente della velocità parallela al campo magnetico:
p = v cos αT = 1.87.10 7 × cos(20°) × 1.78 × 10 −10 = 3.13 × 10 −3 m = 3.13mm
45
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Esercizio 4
Al giogo di una bilancia è sospesa una spira rigida larga b=5cm. La parte inferiore è
r
immersa in un campo magnetico uniforme B ortogonale al piano della spira. Se nella
spira circola una corrente di intensità i=1A con verso opportuno, si osserva che per
riequilibrare la bilancia occorre mettere una massa m=0.5 g sul piatto. Calcolare il
r
valore del modulo di B .
→ Soluzione
Il lato orizzontale della spira immerso nel campo magnetico risente della forza
r r
r
r
r
F = ib xB (2° legge di Laplace) che in modulo vale F = ibB sin(θ ) = ibB in quanto B e b
sono ortogonali. Negli alti tratti di spira sottoposti al campo magnetico la corrente ha
versi opposti e le forze sono uguali e contrarie; esse hanno anche la stessa retta di
r
azione per cui non producono nessun effetto. La forza F è dunque equilibrata dalla
r
forza peso mg :
mg = ibB → B =
mg 0.5 × 10 −3 × 9.81
=
= 9.8 × 10 −5 T
−2
ib
1 × 5 × 10
Esercizio 5
Si consideri una spira rettangolare, di lati a e b, percorsa dalla corrente i; essa è
immersa in un campo magnetico uniforme e con esso forma un angolo θ . Determinare il
momento torcente che tende ad allineare la spira perpendicolarmente al campo
r
magnetico B .
→ Soluzione
46
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Q
x
S
R
r
r
Come si deduce dalla figura, le forze magnetiche F3 e F4 sui lati RS e PQ sono uguali e
contrarie e hanno la stessa azione; ciascuna di esse è la risultante di un sistema di
forze parallele applicate nel centro del lato e nel loro insieme formano una coppia di
r
r
braccio nullo e quindi di momento nullo. Le forze F1 e F2 sui lati QR e SP, ciascuna di
r
modulo F = iaB (2° legge di Laplace) in quanto i lati a sono ⊥ a B , sono anch’esse uguali
e contrarie, ma costituiscono una coppia di braccio b sin θ . Il momento della coppia
vale il modulo:
M = b sin θ F = b sin θ iaB = iΣB sin θ
v
ed è parallelo al piano della spira e orientato parallelamente al lato a. Poiché m = iΣuˆ n è
il momento magnetico della spira, il momento meccanico può essere definito anche
r r r
r
r r
come M = mxB = iΣuˆ n xB . Tale momento è nullo solo se m // B . La posizione con θ = 0 è e
di equilibrio stabile, quella con θ = π di equilibrio instabile. Per qualsiasi altro valore di
r
r
θ M tende a far ruotare la spira in modo che il momento magnetico m (che è
parallelo a û n , normale alla spira orientata rispetto alle corrente secondo la regola
r
della mano destra) diventi parallelo e concorde a B .
47
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A. Chiodoni – esercizi di Fisica II
Sorgenti del campo magnetico, legge di Ampere, legge di Biot-Sawart
Esercizio 1
Due spire circolari di raggio R=30cm, aventi lo stesso asse, sono poste in piani paralleli
orizzontali distanti a=3mm. La spira superiore è appesa al giogo di una bilancia. Se
nelle spire circola nello stesso verso la stessa corrente i=1A, per ristabilire l’equilibrio
occorre aggiungere sull’altro piatto una massa m. Determinare il valore di m.
→ Soluzione
A partire dalla seconda legge elementare di Laplace:
r
r r
dF = ids × B ,
e ricordando che il modulo del campo magnetico generato da una spira percorsa da
µi
corrente è B = 0 , abbiamo che la forza (attrattiva) che agisce sulle spire vale:
2πr
Fm = i1 2πRB2 = i1 2πR
µ 0 i2 µ 0 i 2 R
=
2πa
a
Notiamo che questo approccio può essere utilizzato in quanto il rapporto tra le
distanze “a” tra le due spire e la lunghezza ( 2π R) delle due spire è molto piccolo e
quindi esse possono essere trattate come fili indefiniti paralleli. L’equilibrio nella
bilancia viene stabilito se Fm=Fp.
Quindi:
mg =
µ 0i 2 R
a
→m=
µ 0i 2 R
ga
=
1.26 × 10 −6 × 1 × 30 × 10 −2
= 1.28 × 10 −5 kg
−3
9.8 × 3 × 10
48
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Esercizio 2
Ognuno degli 8 conduttori in figura è percorso da una corrente di 2A, entrante o
uscente dal piano della pagina. Sono indicate due linee chiuse per l’integrale di linea
r r
∫ B ⋅ ds . Qual’è il valore della integrale per a) la linea di sinistra e per b) la linea a
destra?
→ Soluzione
Per risolvere il problema ricorriamo alla legge di Ampère:
r
r
∫ B ⋅ ds = µ i
0
Fissato il verso del cammino di integrazione, resta fissato anche il segno delle
correnti, secondo la regola della mano destra. Per cui:
r
r
a)
∫ B ⋅ ds = (i
b)
r r
B
∫ ⋅ ds = (−i1 + i2 − i3 + i4 ) µ 0 = (−i + i − i + i)µ 0 = 0
1
− i 2 − i4 ) µ 0 = (i − i − i ) µ 0 = −iµ 0 = −1.26 × 10 −6 × 2 = −2.5 × 10 −6 Tm
Esercizio 3
Un conduttore cilindrico cavo di raggi “a” e “b” è percorso da una corrente distribuita
uniformemente. Calcolare: a) il campo magnetico B(r) in funzione della distanza r
dall’asse e b) verificare che per a=0 si ottengono i risultati relativi ad un conduttore
cilindrico pieno (vedi esercizio 4).
49
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→ Soluzione
a) Per risolvere il problema utilizziamo la legge di ampere
r r
B
∫ ⋅ ds = µ 0i , scegliendo via
via come cammino di integrazione una circonferenza di raggio “r” dentro e fuori dal
cilindro.
r < a → B(r ) = 0 perchè non ci sono correnti concatenate con il cammino di
•
integrazione.
r r
r r
r ≤ a ≤ b → ∫ B ⋅ ds = ∫ Bds cos θ = 2πrB , in quanto B // ds .
•
La corrente “i” è uniformemente distribuita nell’area del cilindro cavo; la corrente
transitante entro la linea 2πr è proporzionale all’area racchiusa dalla linea stessa:
iint =
π (r 2 − a 2 )
i , quindi:
π (b 2 − a 2 )
r r
 (r 2 − a 2 ) 
µ0i
(r 2 − a 2 )


B
d
s
i
B
2
r
i
B
(
r
)
⋅
=
→
=
→
=
µ
π
µ
0 int
0
2
2 
∫
r
2π (b 2 − a 2 )
 (b − a ) 
(si assegna segno positivo alla corrente considerando un cammino di integrazione
con verso antiorario)
•
r >b
Il cilindro si comporta come se fosse un filo indefinito percorso da corrente:
r
µ 0i
r
∫ B ⋅ ds = µ i = B(2πr ) → B(r ) = 2πr
0
b) Se a=0, B(r ) =
µ 0 i r 2 µ 0 jr
=
2
2πb 2 r
Esercizio 4
Un filo rettilineo indefinito di raggio R è percorso da una corrente di intensità i.
Calcolare il campo magnetico prodotto dal filo in funzione della distanza r dall’asse del
filo.
→ Soluzione
50
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Poiché per la prima legge elementare di Laplace
r µ ids
dB = 0 2 uˆ t × uˆ r , è poiché per un filo indefinito vale:
4π r
û t direzione del tratto infinitesimo ds
û r direzione di r
si ha che il campo magnetico di un filo indefinito ha lo stesso valore in tutti i punti di
una circonferenza coassiale al filo di raggio r ed è ad essa tangente. Applichiamo la
legge di Ampere:
•
∫
r
r
r ≥ R : B ⋅ ds = B ( 2πr ) = µ 0 i → B =
µ 0i
2πr
Si ritrova cioè la legge di Biot e Savart.
•
r≤R
In questo caso, dobbiamo considerare la corrente concatenata alla linea di
integrazione, cioè la corrente interna alla circonferenza di raggio r. Nell’ipotesi che la
51
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densità di corrente sia uniforme su tutta la sezione e che j =
i
, applicando la legge
πR 2
di Ampere:
r r
µ 0 jr µ 0 ir
πr 2 µ 0 ir 2
∫ B ⋅ ds = B(2πr ) = µ 0iconc = µ 0i πR 2 = R 2 → B = 2 = 2πR 2
L’andamento del campo magnetico in funzione di r sarà:
Esercizio 5
Ricavare dalla legge di Ampere il campo magnetico prodotto da un solenoide rettilineo
indefinito con n spire per unità di lunghezza percorse dalla corrente i.
→ Soluzione
Poiché il sistema è indefinito, facciamo l’ipotesi che la densità delle spire sia costante;
il campo magnetico sarà parallelo all’asse del solenoide e avrà ovunque lo stesso valore.
Data la simmetria del sistema, si può anche ipotizzare che il campo abbia lo stesso
valore in tutti i punti interni al solenoide e che le linee del campo siano parallele
all’asse. Le linee, chiudendosi all’ infinito, implicano che all’esterno del solenoide il
campo B sia nullo.
Consideriamo ora il percorso chiuso ACDF; la corrente concatenata è pari a nih , in
quanto nh è il numero di spire contenuto nella porzione alta “h” di solenoide e “i” la
corrente che percorre ciascuna spira. Applichiamo la legge di Ampere:
52
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r r
r r Cr r Dr r F r r Ar r
∫ B ⋅ ds = µ 0 (inh) → ∫ B ⋅ ds = ∫ B ⋅ ds + ∫ B ⋅ ds + ∫ B ⋅ ds + ∫ B ⋅ ds , dove
A
C
r
C
D
F
r
∫ B ⋅ ds = Bh
A
D
A
r r
∫ B ⋅ ds = 0 e
∫ B ⋅ ds = 0 , perchè
C
F
A
r
r
r
r r
ds ⊥ B
r
∫ B ⋅ ds = 0 , perchè fuori, B=0
F
Quindi, Bh = µ 0 inh → B = µ 0 in
Esercizio 6
Un solenoide toroidale è costituito da N spire avvolte attorno ad una superficie a
forma di toroide. Calcolare a) il campo magnetico se nel sistema circola la corrente i.
b) se il toroide è un materiale con permeabilità magnetica relativa µ r , calcolare i
campi H, B ed M nel suo interno.
→ Soluzione
i
r
B
a) Data la simmetria del problema, le linee del campo magnetico all’interno del
solenoide sono circonferenze con centro sull’asse del toroide. Applichiamo la legge di
Ampère per trovarne il modulo:
r r
µ Ni
B
∫ ⋅ ds = µ 0 Ni = 2πrB → B = 20πr
r
r
r
r r
b) Ricordando che H = Bµ , che M = ( µ r − 1) H = χ m H e che
r
per H ), allora:
r
∫ H ⋅ ds = i (legge di Ampere
53
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Ni
,
2πr
µ µ N .i
B = µ0µr H = 0 r
2π .r
Ni
B
M = χmH = χm
=
− H = ( µ r − 1) H
2πr µ 0
2πrH = Ni → H =
Esercizio 7
Un anello toroidale di raggio R=20cm è fatto di ferro con permeabilità magnetica
µ r = 5000 . Una bobina con N=100 spire è avvolta sulla superficie dell’anello. Calcolare
la corrente “i” che deve percorrere la bobina per produrre una magnetizzazione
M = 2 × 10 5 A .
m
→ Soluzione
Ricordiamo la relazione che lega la magnetizzazione con l’induzione magnetica:
r r
B
; applichiamo la legge di Ampère ∫ B ⋅ ds = µ 0 Ni = B 2πR .
M = ( µ r − 1) H = ( µ r − 1)
µ0
Quindi B =
µ 0 Ni
;
2πR
H=
Ni
;
2πR
La corrente i sarà quindi i =
M = ( µ r − 1)
Ni
2πR
2πRM
2π × 20 × 10 −2 × 2 × 10 5
=
= 0.5 A
( µ r − 1) N
(5000 − 1) × 100
Esercizio 8
Due spire di raggio R ed r (con R>>r) sono percorse rispettivamente dalle correnti i1 e
i2. La prima spira giace sul piano xy, mentre la seconda giace sul piano yz ad una
distanza d dalla prima spira (sia d>>r). Calcolare il momento meccanico che agisce sulla
seconda spira e dire come detta spira ruota per portarsi in posizione di equilibrio (si
supponga fissa la prima spira).
54
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→ Soluzione
Il campo magnetico generato dalla spira (1) nella zona occupata dalla spira (2) vale:
r µo
i1 R 2
B=
kˆ (dalla 1a legge di Laplace applicata ad una spira e calcolata
2 (R 2 + d 2 )3 / 2
sull’asse)
(Si suppone che essendo r<<R, il campo sia pressoché costante in tutta la zona
occupata dalla spira (2)).
Alla spira (2) può essere associato il momento magnetico m = i2 Suˆ n , dove S è la
superficie racchiusa dalla spira e û n coincide con il versore iˆ :
→ m = i2πr 2 iˆ
Di conseguenza, sulla spira 2 agisce un momento meccanico
M = m×B = −
µ 0 i1i2πr 2 R 2
2 (R 2 + d 2 )3/ 2
ˆj
Poiché il momento meccanico vale in modulo M = mb sin θ , la posizione all’equilibrio si
raggiunge quando m e B hanno la stessa direzione.
θ = 0 posizione di equilibrio stabile
θ = π Posizione di equilibrio instabile
55
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Esercizio 9
Due spire circolari di centro O1 e O2 rispettivamente, aventi uguale raggio R=0.3m e
distanti a=0.005m, sono disposte parallelamente e collegate in serie. La spira inferiore
è fissa, mentre la spira superiore costituisce il piatto di una bilancia a bracci uguali.
All’altro braccio della bilancia è collegata l’armatura mobile di un condensatore piano a
facce parallele di area A = 0.03m 2 e distanza d=0.002m. Determinare la differenza di
potenziale da applicare al condensatore per mantenere l’equilibrio che si ha in
condizione di riposo quando nelle spire passa la corrente I=10 A.
→ Soluzione
La distanza fra le spire è molto minore del loro raggio. Possiamo allora approssimare il
campo creato da una spira nei punti in cui si trova l’altra calcolandolo con la formula di
Biot e Savart, come se i fili fossero rettilinei indefiniti e paralleli, cioè:
B = µ0
I
2πa
Tale campo ha lo stesso valore in tutti i punti di ogni spira. Poiché le spire sono
percorse dalla corrente nello stesso verso, si esercita una forza attrattiva fra le
spire (diretta verso il basso, sulla spire superiore) pari a:
Fm = IB 2πR = − µ 0 I 2
R
a
Per calcolare la forza attrattiva fra le armature del condensatore possiamo osservare
che ad una variazione virtuale dx della distanza tra le armature corrisponderebbe in
lavoro Fe dx . Tale lavoro sarebbe il corrispettivo della variazione di energia
elettrostatica cambiata di segno, più il lavoro compiuto al generatore collegato al
condensatore, il quale per mantenere invariata la tensione avrebbe dovuto trasferire
una certa quantità infinitesima dq di carica da un armatura alla altra. La variazione di
energia elettrostatica a tensione costante è:
56
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2
1
 V
dW = d  CV 2  =
dC
2
 2
Il lavoro del generatore è pari a dqV . Poiché q=CV dqV = V 2 dC
Quindi, Fe dx = −
V2
V2
dC + V 2 dC =
dC
2
2
Detta x la distanza fra le armature del condensatore piano, si ha che: C = ε 0
E allora Fe =
A
x
ε A
V 2 dC
= − 0 2 V 2 (la forza è attrattiva)
2 dX
2 x
Se x=d e ricordando che i bracci della bilancia sono uguali, posso uguagliare Fm ed Fe
ε A
R
= Fe = 0 2 V 2
a
2 x
2
R 2d
R 2
→ V 2 = µ0 I 2
→ V = Id µ 0
= 476.6V
a ε0 A
a ε0 A
Fm = µ 0 I 2
57
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LEGGE DI FARADAY, LEGGE DI LENZ, INDUTTANZA, ENERGIA MAGNETICA
Esercizio 1
Una bobina costituita da N=100 spire di area S = 100cm 2 e resistenza complessiva
R = 5Ω è posta tra le espansioni di un elettromagnete e giace in un piano ortogonale
r
alle linee di B . Il campo magnetico, uniforme sui punti di S, varia nel tempo
aumentando linearmente del valore zero al valore B0 = 0.8T in un tempo t 0 = 10 s .
Calcolare la f.e.m. indotta nella bobina e il lavoro totale speso nel tempo t 0 .
→ Soluzione
La legge di variazione del campo magnetico è B =
B0 t
e di conseguenza il flusso
t0
attraverso la bobina vale:
r
r
r
φ ( B) = ∫ N B ⋅ uˆ n dS = ∫ N B cos(θ )dS = NB ∫ dS = NBS =
S
S
S
NSB0 t
t0
Il valore della fem indotta sarà:
r
dφ ( B )
dB
(legge di Faraday) ξ i = femi = −
= − NS
dt
dt
=−
NSB0
100 × 100 × 10 −4 × 0.8
=−
= −8 × 10 − 2 V
t0
10
La corrente indotta sarà parai a:
r
fem
1 dφ ( B) − 8 × 10 −2
i=
=−
=
= −1.6 × 10 − 2 A
R
R dt
5
58
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r
La corrente circola in verso tale da opporsi con il suo campo alla variazione di B (legge
di Lenz). La potenza fornita dalla fem (dissipata sulla resistenza R) e il lavoro totale
valgono:
P = ξ i .i = (−8 × 10 −2 ) × (−1.6 × 10 −2 ) = 1.28 × 10 −3 W
L = Pt 0 = ξ i it 0 = 1.28 × 10 −2 J
Esercizio 2
Una bobina rettangolare di lati a = 10 cm e b = 5 cm è composta da N = 100 spire di
resistenza complessiva R = 2Ω e giace nel piano xy. Un campo magnetico
B = 5 x 2 (t 2 − 0.25)uˆ z T agisce sulla bobina. Calcolare (a) la fem indotta ξ (t ) nella bobina
(b) La corrente i(t) e la carica q(t) che circola nella stessa tra l’istante t=0 e t=0,5 s.
→ Soluzione
r
a) Calcoliamo innanzi tutto il flusso di B e poi applichiamo la legge di Faraday.
r
r
a
a
o
o
φ ( B) = ∫ N Buˆ n dS = N ∫ 5 x 2 (t 2 − 0.25)bdx = N (t 2 − 0.25)b5∫ x 2 dx =
S
5bN (t 2 − 0.25)a 3
3
5 × 5 × 10 −2 × 100 × 10 3 × 10 −6 2
=
(t − 0. 25) = 8.33 × 10 −3 (t 2 − 0.25) =
3
= 8.33 × 10 −3 (t 2 − 0.25) Wb
Quindi la fem indotta sarà:
r
dφ ( B )
femi = −
= (−2 × 8.33 × 10 −3 × t ) V = (−16.7 × 10 −3 t ) V
dt
59
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b) Calcoliamo la corrente indotta:
i=
fem − 16.7 × 10 −3 t
=
= (−8.33 × 10 −3 t ) A
R
2
E infine, la carica q(t) si ricava da i(t):
t
φ1
to
φ0
q(t ) = ∫ i (t )dt =
∫
r
dφ ( B) 1 1
−
= (φ0 − φ1 )
dt R R
1
8.33 × 10 −3
→ q(t ) = (φ (0) − φ (0.5)) =
(−0.25 − 0.5 + 0.25) = −1.04 × 10 −3 C
R
3
Esercizio 3
Una spira di raggio a=5cm, costituita da un filo conduttore di sezione S = 1mm 2 e
resistività ρ = 1,7 × 10 −8 Ωm , viene portata da una regione in cui esiste un campo di
induzione magnetica uniforme B = 0,5Wb / m 2 diretto secondo un angolo α = 60°
rispetto alla normale al piano della spira, in una regione in cui il campo è nullo. Qual’è la
carica totale che percorre la spira in conseguenza di tale spostamento?
→ Soluzione
La corrente indotta nella spira ottenuta sfruttando la legge di Faraday, vale:
r
1 dφ ( B)
i=−
R dt
Mentre la carica totale (legge di Felici) verrà:
60
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t
φ1
t0
φ0
Q = ∫ i (t )dt =
∫
r
r
r
dφ ( B ) 1
−
= φ 0 ( B ) − φ1 ( B)
Rdt
R
[
]
r
Su questo caso, φ1 ( B) = 0 perchè la spira viene portata in una zona in cui il campo
magnetico è nullo. Allora:
r
r
φ 0( B) = ∫ B ⋅ uˆ n dS = ∫ B cos(α )ds = B cos(α ) ∫ ds = B cos(α )πa 2
S
S
Quindi, ricordando che R = ρ
Q=
=
S
l
S
r
S
S
SB cos(α )a
1
φ0 ( B) = B cos(α )πa 2 =
B cos(α )πa 2 =
R
2ρ
ρl
ρ 2πa
10 −6 × 0.5 × 0.5 × 5 × 10 −2
= 0.37C
2 × 1.7 × 10 −8
N.B. questo processo viene utilizzato per la misura di campi magnetici mediante
galvanometro balistico: noto Q si risale al valore di B.
Esercizio 4
E’ dato un sistema di conduttori costituito da un lungo filo rettilineo e da una spira
piana rettangolare disposti (nel vuoto) come in figura. Nel filo rettilineo fluisce una
corrente i=20A. Mediante l’apertura di un interruttore essa viene ridotta al valore 0
in un tempo ∆t = 0.025 . Calcolare la fem indotta nella spira rettangolare ed indicare il
verso in cui fluisce la relativa corrente.
→ Soluzione
61
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c
x
Per conoscere il valore di i, sfruttiamo la legge di Faraday. Per la legge di Biot-Savart,
il campo magnetico generato dal filo vale:
B=
µ0 i
, con x distanza dal filo.
2π x
Consideriamo un elemento infinitesimo della superficie della spira, di forma
rettangolare con lati b e dx:
Dunque:
r
r
r
φ ( B) = ∫ dφ ( B) = ∫ B ⋅ uˆ n dS =
c+a
S
=
∫
c
µ0 i
bdx
2π x
µ 0 c + a dx µ 0 log(c + a)
ib
=
ib
2π ∫c x 2π
log c
Che è il flusso concatenato alla spira. Se i=20A si ottiene il flusso inizialmente
concatenato con la spira. La fem indotta sarà pari a :
r
∆φ ( B)
φ (t = ∆t ) − φ (t = 0)
fem = −
=−
∆t
∆t
62
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=
µ 0 ib 
c + a  1 4π × 10 −7 × 20 × 20 × 10 −2
15 1
=
log
= 4.39 × 10 −5 V
 log

2π 
c  ∆t
2π
5 0.025
Per la legge di Lenz il verso della corrente indotto nella spira è orario; poiché il flusso
concatenato diminuisce, il verso della corrente deve essere tale da creare un nuovo
campo magnetico entrante nel piano della spira.
Esercizio 5
E’ dato il sistema di conduttori rappresentato in figura. Il conduttore PQ può
strisciare da sinistra verso destra sulle rotaie x’ e x’’, mantenendosi parallelo a se
r
stesso. Il sistema si trova in un campo magnetico uniforme B perpendicolare al piano
definito dai conduttori.
Tutti i conduttori hanno uguale resistenza r per unità di lunghezza. a) Quale deve
essere la legge del moto del conduttore PQ, affinché la corrente i indotta nel circuito
chiuso APQB sia constante durante il moto? b) Supponendo che al tempo t=0 PQ
coincida con AB, qual’e il valore della sua velocità iniziale, se i=0,01A, R=0,1 Ω e
m
Wb
B = 0. 1
? Si trascuri la induttanza del circuito.
m2
→ Soluzione
r
a) Il flusso di B concatenato con il circuito varia come:
v
φ ( B) = Bax , a = distanza AB
L’intensità di corrente sarà data da:
r
dφ ( B ) 1
aB
dx
i=−
=−
dt R
2r ( a + x) dt
Separiamo le variabili e sfruttiamo il fatto che i=cost:
63
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dx
− 2 Ri
=
dt
(a + x)
aB
→∫
dx
− 2 Ri
=∫
dt
(a + x)
aB
ln(a + x) =
− 2 Rit
+ cos(t ) → a + x = e
aB
−2 R
it
aB
⋅ cos t
Ricaviamo il valore della costante di integrazione introducendo le condizioni iniziali
nell’equazione precedente, cioè x=0 a t=0:
a + 0 = e 0 ⋅ cos t → cos t = a
Quindi, la legge oraria del moto è x(t ) = a (e
−2 R
it
aB
− 1)
b) Calcoliamo ora la velocità iniziale:
−2 R
dx
 2 R  aB it
v=
= a −
i e
dt
 aB 
v0 =
−2
−1
dx
 − 2 R  − 2 Ri − 2 × 1 × 10 × 1 × 10
=
= 2 × 10 − 2 m
= a
i =
s
0.1
dt t =0
B
 aB 
Esercizio 6
Un circuito rigido quadrato ABCD di lato l=20cm è costituito da un filo di alluminio di
resistività ρ = 2,56.10 −8 Ωm e sezione S=4mm 2 . Esso è parzialmente immerso, nel
vuoto, in un campo magnetico uniforme di intensità H=3x10 5 A/m diretto
perpendicolarmente al piano del circuito (vedi figura). Tutto il circuito trasla con
velocità costante v=50cm/s nella direzione e nel verso indicato dalla freccia.
Determinare
a) L’intensità della corrente indotta nel circuito durante il moto.
b) La quantità di calore sviluppata nel circuito per effetto Joule per uno
spostamento h=10cm. Mostrare inoltre che detta quantità di calore è
equivalente al lavoro speso per compiere il suddetto spostamento h.
→ Soluzione
64
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a) Subito dopo l’inizio del moto il flusso del campo magnetico B concatenato con il
circuito vale:
r
φ ( B) = µ 0 Hl (l '−vt ) (ricordiamo che µ0H=B)
Dove l’ è la lunghezza della porzione dei lati AD e BC immersa nel campo magnetico a
t=0. La corrente indotta sarà quindi:
r
1 dφ ( B )
S
i= −
= µ 0 Hlv
=
R
dt
ρ 4l
4π × 10 −7 × 3 × 10 5 × 20 × 10 −2 × 50 × 10 −2 × 4 × 10 −6
= 7.36 A
4 × 2.56 × 10 −8 × 20 × 10 − 2
La corrente circola in senso orario (si oppone alla variazione del flusso concatenato
che, in questo caso sta diminuendo e quindi deve circolare in modo tale da generare un
campo magnetico entrante nel piano della spira).
=
b) Il calore sviluppato per effetto joule à pari a:
Q = i 2 Rt = i 2 R
h
2.56 × 10 −8 × 0.2 × 4 0.1
= (7.36) 2
.
= 5.54 × 10 − 2 J
−6
v
0.5
4 × 10
Sul lato AB della spira agisce una forza F = ilB che tende a risucchiare la spira
all’interno del campo magnetico. Il lavoro compiuto da tale forza vale:
L = µ 0 ilHh = 4π × 10 −7 × 7.36 × 0.2 × 3 × 10 5 × 0.1 = 5.5 × 10 −2 J
Pari cioè al calore dissipato per effetto joule. Infatti:
Q = i 2 Rt = i 2 R
h
h
 dφ ( B )  h
= i −
 = i ( µ 0 Hlv) = µ 0 ilHh = L
v
dt  v
v

65
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A. Chiodoni – esercizi di Fisica II
Esercizio 7
Una bobina rettangolare formata da N spire circolari di lati a e b è collegata a dei
collettori circolari e ruota intorno all’asse AA’ con velocità angolare ω in un campo
r
magnetico di induzione B .
a) Ricavare l’espressione del flusso quando la bobina si trova nella posizione della
r
figura ( B ortogonale al piano della spira) e della differenza di potenziale
massima tra i collettori, specificando la posizione della bobina rispetto al
campo.
b) Con i dati a=1cm, b=5cm, N=100, B=0.4T, calcolare a quale velocità angolare la
bobina deve ruotare per ottenere una d.d.p massima di 100V.
→ Soluzione
A’
A
a) Il flusso magnetico concatenato è:
r
r
φ ( B) = N ∫ B ⋅ uˆ n dS = NBab cos( Bnˆ ) = NBab cos(θ ) = NBab cos(ωt )
S
r
se B // uˆ n , come in figura, cos(ωt ) = 1 e quindi si avrà il massimo valore del flusso:
r
r
φ ( B) = φ ( B) max = NBab
r
dφ ( B )
La fem indotta è: fem = −
= ωNBab sin(ωt ) e sarà massima per sin(ωt ) = 1 , cioè per
dt
r
B ⊥ nˆ : ( fem )max = ωNBab
b) ω =
( fem)max
NBab
=
100V
= 5000 Hz
100 × 0.4 × 1 × 5 × 10 − 4
Esercizio 8
66
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A. Chiodoni – esercizi di Fisica II
Sia dato un solenoide rettilineo di lunghezza l, sezione circolare S, numero di spire N
−4
(l=0.1m; S=5x10 m 2 ; N=100). Calcolare:
a) Il coefficiente L di autoinduzione.
b) Di quanto varia L per un solenoide avente stesso diametro e lo stesso numero di
spire, ma lunghezza doppia.
c) Di quanto varia L per un solenoide avente la stessa sezione S e la stessa
lunghezza, ma un numero doppio di spire.
→ Soluzione
r
a) Poiché L =
φ ( B)
r
Nφ ( B )
per una singola spira, per il solenoide si avrà L =
, dove
i
i
N = numero di spire.
Ricordiamo che il campo magnetico in un solenoide vale B = µoin (n=numero di spire per
r
unità di lunghezza) e scriviamoci la definizione di φ (B) :
r
r
r
φ ( B) = ∫ B ⋅ uˆ n dS = ∫ BdS = BS = µ 0 inS , dove ûn è la normale alla superficie del
S
S
spire, parallela a B.
Quindi:
L=
N
N
Ni
N2
4π × 10 −7 × 10 4 × 5 × 10 −4
µ 0 inS = µ 0
µ0 S =
S=
= 6.28 × 10 −5 H
i
i
l
l
0.1
b) In questo caso, si ha L ' =
µ 0 N 2 Si
=
L
= 3.14 × 10 −5 H
2
i 2l
2 N µ 0 i 2 NS 4 N 2 µ 0 S
c) Infine, L' ' =
=
= 4 L = 25.12 × 10 −5 H
i
l
l
Esercizio 9
Un lungo conduttore cilindrico di raggio a è percorso da una corrente continua i. Detta
µ la permeabilità magnetica del materiale, si calcoli l’energia per unità di lunghezza
Ue del campo magnetico presente all’interno del conduttore.
→ Soluzione
67
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A. Chiodoni – esercizi di Fisica II
Possiamo determinare il campo magnetico all’interno del conduttore utilizzando la
legge d’Ampere e scegliendo un cammino chiuso di integrazione di raggio r < a:
r r
πr 2
r2
r
µ
π
µ
⋅
=
'
→
2
=
=
µ
→ B = µi
B
d
s
i
B
r
i
i
2
2
∫
πa
a
2πa 2
dove i’ = parte di corrente totale concatenata con la circonferenza scelta.
Possiamo ora determinare la densità di energia del campo magnetico come:
uB =
µi 2 r 2
1 B 2 1 µ 2i 2 r 2
=
=
2 µ
2 µ 4π 2 a 4 8π 2 a 4
L’energia magnetica sarà data da:
dU B = u B dV → U B =
∫
u B dV ->> Integro su un tratto di filo lungo l.
filo
Se considero 2πrl come volume
a
UB = ∫
0
a
a
 µi 2 l r 4 
µi 2
µ i 2l a 4 µ i 2l
3
π
u B 2πrldr =
l
r
dr
2
=
=
=


4
4
∫0
8π 2 a 4
 4πa 4  0 4π a 4 16π
E infine, l’energia per unità di lunghezza:
Ue =
U B µi 2
=
l
16π
Esercizio 10
Sia dato un circuito di resistenza R = 10Ω ed autoinduzione L = 0.05H . E inserita una
fem Vo=50V. Si calcoli l’energia magnetica accumulata nell’autoinduzione L e la potenza
applicata all’autoinduzione nel momento in cui nel circuito passa una corrente i=1A.
→ Soluzione
68
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L’energia magnetica è direttamente calcolabile dalla formula:
UB =
1 2 1
Li = 0.05 × 1 = 0.025 J
2
2
Per determinare la potenza applicata all’autoinduzione possiamo ricavarla come
differenza tra la potenza erogata dal generatore e quella dissipata nella resistenza:
PL = Pfem − PR = V0 i − Ri 2 = 50 − 10 = 40W
Esercizio 11
Una spira circolare di raggio a = 5cm e resistenza R = 1.5Ω è immersa in un campo
magnetico B uniforme perpendicolare al piano della spira, che varia nel tempo con la
legge B(t ) = α + β t , con α = 0.3T e β = 0.5 T . Calcolare: a) il flusso φ0 ( B) all’istante t=0
s
b) la fem indotta ξ nella spira c) la potenza PR dissipata dalla stessa.
→ Soluzione
Il flusso di B è dato da:
r
v
φ ( B) = ∫ B ⋅ uˆds = ∫ B(t )ds = B (t ) ∫ dS
S
S
S
a) A t=0, abbiamo:
∫
S
(α + βt )ds = ∫ αds = απa 2 =
S
= 0.3 × 3.14 × 5 2 × 10 −4 = 2.36 × 10 −3 Wb
b) A t generico
ξ = femind
r
dφ ( B)
d
=−
= − (απa 2 + βtπa 2 ) =
dt
dt
69
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= − Bπa 2 = −0.5 × 3.14 × 25 × 10 −4 = −3.92mV
c)
PR =
ξ2
R
=
(−3.92 × 10 −3 ) 2
= 1.03 × 10 −5 W ≅ 10µW
1.5
Esercizio 12
In figura è mostrato un conduttore a sezione quadrata di lato pari a 2cm. Nella
regione vi è un campo magnetico, in direzione normale e uscente dalla pagina, la cui
intensità è data da B = 4t 2 y , dove B è spesso in tesla, t in secondi e y in metri. Si
determini la fem indotta all’istante t=2,5 secondi.
→ Soluzione
r
Scriviamo dapprima il flusso di B
r
v
φ ( B) = ∫ B ⋅ uˆ n dS = ∫ BdS = ∫ 4t 2 ydS ;ma S = xy → dS = xdy
S
S
S
Allora
y
v

y2 
φ ( B) = 4t 2 ∫ yxdy = 4t 2 x  = 2t 2 xy 2 ,
2 0

0
y
Quindi:
r
dφ ( B )
d
= − (2t 2 xy 2 ) = −4txy 2 = −4 × 2.5 × 8 × 10 −6 = −80 µV
fem = −
dt
dt
Esercizio 13
70
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In un solenoide rettilineo ed indefinito di raggio R=10cm. Il modulo del campo
magnetico B viene fatto crescere linearmente di 0,1 Wb/m 2 al secondo variando in
modo opportuno l’intensità di corrente che circola nel solenoide.
a) si esprima il modulo E del campo elettrico indotto in funzione della distanza r
dall’asse del solenoide.
b) Si calcoli il valore di E per r=5cm
→ Soluzione
a) La forma elettromotrice indotta ottenuta dalla legge di Faraday implica la
presenza di un campo elettrico che può essere calcolato come:
r
v r v r
dφ ( B )
fem = −
= ∫ Ei ⋅ dl , ( Ei ⋅ dl ≠ 0 perchè Ei non è conservativo!).
dt
Calcoliamo il flusso di B attraverso una superficie delimitata da un cerchio di
raggio r < R.
r
r
φ ( B) = ∫ B ⋅ uˆ n dS = πr 2 B
S
E calcoliamo l’integrale di linea dl campo elettrico indotto:
∫
r
Ei dl = Ei 2πr Allora:
Ei 2πr = −πr 2
dB
r dB
→ Ei = −
dt
2 dt
r 0.05
b) Se r = 5 cm, E =
0.1 = 2.5 × 10 −3 V
m
2
71
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