Elettrostatica

1. Si consideri un condensatore cilindrico, di altezza h, raggio interno R1, raggio esterno R2, e costante dielettrica

relativa εr. Si determini:

a) la ddp V che si determina tra le armature, se su di esse è posta la carica q;

b) la capacità del condensatore;

c) l’energia elettrostatica accumulata in tali condizioni;

d) il tempo necessario (tempo caratteristico τ) per scaricare il condensatore, se esso è chiuso su una resistenza R;

e) il valore della massima corrente che scorre nel circuito durante la fase di scarica.

h = 0.01 m ; R1 = 0.010 m ; R2 = 0.011 m ; q = 4 × 10-12

C ; R = 2000 Ω ; εo = 8.8 × 10-12

Farad m-1

; εr = 5

Per determinare la d.d.p. tra le armature, occorre innanzitutto valutare il

campo elettrico Er

. Utilizzando il teorema di Gauss, applicato al cilindro di

raggio r e altezza h (grigio chiaro in figura), si trova:

( ) libint,S QD =Φr

; libint,QDhr2 =π ; hr2

q

hr2

QD

libint,

π=

π= ;

e quindi hr2

qE

roεεπ=

Il calcolo è stato condotto, come di consueto, trascurando gli effetti di bordo.

La d.d.p. vale allora:

( ) =εεπ

=εεπ

=εεπ

== ∫∫∫1

2

ro

2R

1Rro

2R

1Rro

2R

1RR

Rln

h2

qdr

r

1

h2

qdr

hr2

qdrrEV 0.14 V

La capacità del condensatore vale:

pF29V

qC ==

L’energia elettrostatica è data da: J103.0VC2

1U 122 −×==

Il tempo caratteristico del circuito RC è τ = RC = 5.8 ns

Il valore della massima corrente durante la fase di scarica si ricava dall’equazione del circuito:

( )C

tqiR0 += ;

( )RC

tqi −= ; mA7.0

RC

qimax == , poiché il massimo valore di q(t) è la carica iniziale q.

2. Un cannone elettronico è realizzato accelerando gli elettroni

emessi da un catodo caldo, posto a un potenziale Vo rispetto alla

griglia. La corrente emessa è pari a i. Gli elettroni attraversano un

condensatore a facce piane e parallele, quadrate, di lato l e

distanza d, collegato a un generatore di f.e.m. costante f.

Si determini:

a) la velocità degli elettroni dopo la griglia;

b) la potenza erogata dal cannone;

c) il valore del campo elettrico nel condensatore;

d) l’angolo di deflessione degli elettroni all’uscita del condensatore;

e) la direzione e l’intensità del campo magnetico che è necessario applicare nella regione del condensatore,

perché gli elettroni non siano deflessi.

Vo = -250 V ; i = 500 µA; l = 1 cm ; d = 5 mm; f = 10 mV ; me = 9.1 × 10-31

Kg ; e = 1.6 × 10-19

C ;

εo = 8.8 × 10-12

Farad m-1

La velocità degli elettroni si calcola facilmente in base al teorema di conservazione dell’energia meccanica. Detti A e B

rispettivamente il punto nel quale gli elettroni sono emessi, con velocità approssimativamente nulla, e la posizione della

griglia, si ha:

E(A) = E(B) ; K(A) + U(A) = K(B) + U(B) ; K(A) + (- e) V(A) = K(B) + (- e) V(B) ;

K(B) = (- e)[V(A) - V(B)] = - e Vo

Pertanto, =−=m

V2v oe

9.4 × 106 ms

-1

La potenza erogata dal generatore del dispositivo è W = Vo i = 125 mW.

Nel condensatore trasversale è presente un campo elettrico 1Vm2

d

fE −== . Dunque l’equazione del moto degli

elettroni nel volume del condensatore è: amEvr

=e- . L’accelerazione è quindi costante, con modulo

215 ms1034.0m

Ea −×== , e con riferimento alla figura, diretta verso l’alto. Fissato allora un sistema di riferimento

con asse x orizzontale, e asse y verticale, le leggi del moto (uniformemente accelerato) si scrivono:

+=

=

2yo

xo

ta2

1tvy

tvx

;

+=

=

tavv

vv

yoy

xox

Le condizioni iniziali sono vxo = v, e vyo = 0.

Il tempo di attraversamento è ===vv

txo

ll1.1 ns . La componente y della velocità finale è allora:

vy = a t = 0.36 × 106 ms

-1 , da cui °=θ==θ 2.2;038.0

v

vtg

x

y

θ

f

In presenza di un campo magnetico, la forza complessiva sugli elettroni diventa:

( )BvEFvrrr

×+−= e

Quindi, per compensare esattamente la forza elettrica, si deve applicare un campo magnetico di modulo

T2.0v

EB µ== . La direzione del campo magnetico deve essere trasversale, con verso entrante nel foglio.

3. Un dipolo elettrostatico è costituito da due cariche q± separate da una distanza δ.

Il dipolo è collocato nell’origine di un sistema di riferimento, col vettore pr

allineato all’asse z.

a) Si determini il valore del potenziale elettrostatico V nel punto P (a, a, a).

b) Viene applicato un campo elettrico ( )zyx E,E,EE =r

. Determinare l’energia

elettrostatica del dipolo.

q = 2 pC ; δ = 5 µm; a = 1 cm ; Ex = 5 V m; Ey = 0 ; Ez = 10 V m; εo = 8.8 × 10-12

Farad m-1

Per definizione, il momento di dipolo è dato da δ=rr

qp . Nel caso in esame, quindi, zqp δ=r

.

Il potenziale elettrostatico generato dal dipolo nel punto P può essere calcolato come segue. Per il principio di

sovrapposizione, con riferimento alla figura, si ha −+

−+επ

−+

επ=+=

r4

q

r4

qVVV

oo

Quindi: −+

+−

−+

−

επ=

−

επ=

rr

rr

4

q

r

1

r

1

4

qV

oo

Dalla seconda parte della figura (nella quale si immagina di spingere il punto P all’infinito, essendo δ>>+− r,r ) si

vede che valgono le approssimazioni 2rrr ≈−+ ; θδ≈− +− cosrr .

Quindi: 3

o2

o2

o r4

θcosrp

r4

θcosp

r

θcos

4

qV

επ=

επ=

δ

επ= e, infine:

3o r4

rpV

επ

⋅=

rr

Nel caso proposto dal quesito, apapapapaprp zzyx ==++=⋅rr

, e quindi:

( )mV17.0

a34

apV

3

o

=

επ

=

In presenza di un campo elettrico Er

, il dipolo acquista un’energia meccanica pari all’energia potenziale elettrostatica

delle cariche q, -q (essendo nulla l’energia cinetica). Nel caso considerato, la carica q è posta nel punto B, individuato

dal vettore δr

2

1, e la carica –q nel punto A individuato dal vettore δ−

r

2

1. Si ha quindi:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]AVBVqAVqBVqU −=−+=

Per la definizione di potenziale elettrostatico, si ha : ( ) ( ) ∫ ⋅=−

B

A

dEBVAV lr

; ( ) ( ) ∫ ⋅−=−

B

A

dEAVBV lr

x y

z

+q

-q

δr −r

r

+rr

P

δr

−rr

+rr

P

θ

rr

Poiché i punti A e B sono molto vicini, si può valutare approssimativamente l’integrale: lr

lr

∆⋅≈⋅∫ EdE

B

A

, con l∆

vettore spostamento da A (punto iniziale) a B (punto finale). Quindi ( ) ( ) lr

∆⋅−≈− EAVBV , o anche lr

∆⋅−≈∆ EV .

In questo caso δ=∆r

l e quindi ( ) ( ) δ⋅−≈−rr

EAVBV , e infine EpEqUrrrr

⋅−=δ⋅−= .

Nel caso in esame dunque [ ] J101EpEpEpEpEpEpU16

zzzzzyyxx−×−=−=−=++−=⋅−=

rr

4. Un generatore di Van der Graaf è costituito da una sfera metallica cave di raggio a,

collegata a massa attraverso la resistenza R. Per caricare elettrostaticamente la sfera, si

procede in questo modo. Un generatore G è collegato ad alcune punte metalliche in modo

da depositare cariche elettriche su un nastro di materiale isolante. Il nastro è tenuto in

movimento dal motore M; le cariche vengono così trasportate fino alla sfera, sulla quale

sono raccolte grazie ad altre punte metalliche ad essa collegate.

a) Il massimo potenziale elettrostatico Vmax cui si può portare la sfera è determinato

dalla rigidità dielettrica (campo di breakdown) del gas in cui è immersa la sfera. Se si

usa SF6 ad alta pressione, si ha Eb = 3 × 107 V m

-1. Determinare Vmax .

b) Determinare il valore della corrente che attraversa R, nell’ipotesi che V sia circa

uguale a Vmax.

c) Si supponga che il nastro, di larghezza w, sia caricato da G in modo uniforme, e

presenti dunque una densità di carica σ. Qual è la sua velocità di avanzamento?

d) Quanto vale il lavoro q

Lf = che M compie per trasferire sulla sfera la carica

unitaria?

e) Prescindendo dagli attriti, che potenza deve erogare M per tenere in movimento la

cinghia?

a = 0.5 m ; Eb = 3 × 107 V m

-1 ; R = 10

11 Ω ; σ = 50 × 10

-6 C m

-2 ; w = 20 cm ; εo = 8.8 × 10

-12 Farad m

-1

Detta q la carica presente sulla sfera nelle condizioni prossime alla rottura del dielettrico, il campo elettrico generato

nella regione esterna, a distanza r dal centro, vale in modulo ( )2

o r

q

4

1rE

επ= . Il campo è massimo alla superficie

della sfera, dove ( )2

o a

q

4

1aE

επ= . Dalla relazione ( ) bEaE = si ricava b

2 Eao4q επ= . Il potenziale generato

all’esterno della sfera vale ( )r

q

4

1rV

oεπ= , e sulla sfera si ha

( ) V1015Eaa

Ea4

4

1

a

q

4

1aVmaxV

6b

b2

o

oo

×==επ

επ=

επ==

Per la legge di Ohm, detta VR la ddp ai capi di R, si ha : VR = i R . Guardando il circuito equivalente, si vede che VR è

uguale alla ddp V ai capi del condensatore, e dunque al potenziale Vmax della sfera. Quindi,

A150A10150R

Vi

6max µ=×== −

La corrente portata dal nastro è data da t

qi

∆

∆= . Alla velocità v, nel tempo ∆t il nastro sposta sulla sfera tutta la carica

contenuta sul rettangolo di larghezza w e lunghezza tv ∆=∆l . Quindi tvwq ∆σ=∆ , e

vwt

tvw

t

qi σ=

∆

∆σ=

∆

∆= , da cui

1sm15

w

iv

−=σ

=

Si consideri una carica q prelevata dal nastro nel punto A, in cui V = 0, e portata nel punto B, sulla sfera, dove V =

Vmax. Il lavoro LE compiuto dal campo elettrico vale LE = q (VA – VB) = -q Vmax . Si tratta di un lavoro negativo. In

assenza di attriti, la forza Fr

esercitata su q dal motore è uguale e opposta alla forza elettrica EqFE

rr= , perché le

cariche si muovono a velocità costante, e la II equazione della dinamica è allora 0amFF E ==+rrr

. Allora anche il

lavoro L compiuto dal motore sarà uguale e opposto al lavoro LE: L = - LE = q Vmax . Dunque

R G C

+

+

R

+

G M

+

+

+

+ +

+ +

V1015Vq

Lf

6max ×===

La potenza erogata dal motore può essere scritta come Watt2200ift

qf

t

LW ==

∆

∆=

∆

∆=

5. Un condensatore a facce piane e parallele di area S , poste a distanza d, è collegato a un

generatore di f.e.m. f .

a) Determinare la carica Qo sulle armature, e la forza attrattiva che un’armatura

esercita sull’altra;

b) Tenendo il condensatore collegato al generatore, si introduce al suo interno un

dielettrico, con costante dielettrica relativa εr. Determinare la carica Q sulle

armature, alla fine del processo.

c) Determinare il lavoro Lg compiuto dal generatore tra l’istante iniziale, e quello in

cui il dielettrico è completamente inserito.

S = 20 cm2 ; d = 1 mm

; f = 150 V ; εr = 3 ; εo = 8.8 × 10

-12 Farad m

-1

La capacità di un condensatore a facce piane e parallele è data, come noto, dalla relazione d

SC ro εε= . Nella

situazione iniziale, il condensatore è immerso nel vuoto e quindi pF78d

SC o =ε= . La carica Qo si determina

ricordando che, per definizione di capacità, V

QC o

∆= , dove ∆V è la d.d.p. ai capi del condensatore. In questo caso

∆V = f , e dunque Qo = C f = 12 nC.

La forza attrattiva tra le armature, nella situazione attuale, va determinata in questo modo. Si considera la prima

armatura come sorgente del campo elettrico in cui la seconda armatura è posta. Non si commetta l’errore, dunque, di

valutare il campo elettrico totale nel condensatore, perché questo è determinato per metà dalle stesse cariche su cui si

vuole determinare la forza! Il campo generato dalla prima armatura è il campo di un piano indefinito carico, su cui sia

presente la densità di carica S

Q=σ . Tale campo vale

o2E

ε

σ= (si noti che tale valore è la metà del campo totale nel

condensatore). La forza su una carica dq della seconda armatura vale allora EdqFdrr

= . Tutti i vettori Fdr

sono

paralleli. Quindi la forza totale ha modulo pari alla somma dei moduli dei Fdr

:

N104S2

Q

2QEQEdqF

3

o

2o

ooo

−×=ε

=ε

σ===∑ . La forza è naturalmente attrattiva, poiché le cariche sulle due

armature hanno segno opposto.

Dopo l’introduzione del dielettrico, la carica sulle armature aumenta di un fattore εr perché è aumentata la capacità del

condensatore. Quindi Q = εr Qo = 36 nC.

Durante il processo di inserimento, il generatore deve fornire cariche al condensatore. In base alla definizione di f.e.m.,

per spostare la carica δq esso compie il lavoro δLg = δq f . Poiché la f.e.m. è costante durante il processo, il lavoro

totale è dato da: ( ) J6.3QQfdqfdqfdLL ogg µ=−==== ∫∫∫

Campo magnetico

6. Un circuito chiuso da una sbarretta mobile di lunghezza L è immerso in

un campo magnetico uniforme e costante nel tempo B. La parte fissa del

circuito ha una lunghezza totale l , ed è realizzato usando un filo di

sezione S e resistività ρ. I contatti striscianti e la sbarretta hanno

resistenza elettrica trascurabile. La sbarretta è spostata con velocità

costante v verso destra. Determinare:

a) il valore del campo elettromotore di Lorentz e della f.e.m. ad esso

associata;

b) il valore della corrente indotta che scorre nel circuito;

c) la forza esterna che è necessario applicare per trarre la sbarretta;

d) la potenza meccanica erogata da tale forza.

L = 10 cm ; Β = 0.5 Τ ; l = 1 m ; S = 0.1 mm2 ; ρ = 3 × 10

-6 Ω m

; v = 6 m s

-1

Il campo elettromotore di Lorentz è BvEm

rrr×= , il cui modulo vale:

Em = v B = 3 V m-1

.

La f.e.m. associata è:

∫ =⋅= LBvsdrr

mE f.e.m. = 0.3 V (positive col verso di percorrenza

indicato).

La corrente che scorre nel circuito è data da:

mA10SLBv

R

LBv

Ri =

ρ===

l

f.e.m.

La sbarretta procede a velocità costante. Essa è soggetta all’azione della forza esterna Fr

e della forza magnetica

BLiFL

vvr×= (forza di Laplace). L’equazione della dinamica è allora:

0amFF L ==+rrr

La forza che è necessario applicare per trarre la sbarretta a velocità costante è dunque uguale in modulo alla forza di

Laplace, ma con verso opposto. Dunque:

N105R

LBvBLiF

422

−×===

La potenza erogata, infine, è data dalla relazione:

( )mW3

R

LBvvFW

2

===

Br

rvr

Br

rvr

Bvrr

×

Fr

Lr

LFr B

r

r

7. Una lastrina di un semiconduttore drogato, di lunghezza L, larghezza w e

spessore t, è collegata ad un generatore di f.e.m. f, ed è percorsa dalla

corrente i. Il materiale è caratterizzato dall’avere portatori di carica

positivi (lacune), con una densità n, ed una velocità di Fermi vF. La

lastrina è immersa in un campo magnetico uniforme B, ad essa

perpendicolare. Determinare:

a) il valore della densità di corrente che attraversa la lastrina;

b) la velocità di deriva dei portatori di carica;

c) il libero cammino medio l dei portatori di carica;

d) la d.d.p. trasversale, dovuta all’effetto Hall.

L = 1 cm ; w = 0.1 cm ; t = 10 µm ; f = 10 V ; i = 1.0 pA ; vF = 3 × 106 m s

-1; Β = 0.02 Τ ; n = 7 × 10

12 m

-3

La densità di corrente vale 2

mA1.0J−===

tw

i

S

i

Poiché si ha : dvnJ e= , segue che ==en

Jvd 8.9 × 10

4 m s

-1

La resistenza elettrica della lastrina vale Ω×== 13100.1

fR

i . La resistività vale allora: m10

L

twR 7 Ω==ρ

Poiché nel modello di Drude si ha: F

22

vm

n

m

n1 lee=

τ=

ρ=σ , segue che: =

ρ=

2

F

n

vm

el 1.5 µm

In regime stazionario, la forza di Lorentz ( )BvEF d

vrrr×+= e sui portatori di carica si deve annullare. Deve essere allora

presente un campo elettrico trasversale alla direzione del moto, che ha modulo pari a quello del campo di Lorentz

Bvvr

× , ma verso opposto. Dunque E = vd B = 1.8 × 103 V m

-1 ; e la d.d.p. ad esso associata vale V = E w = 1.8 V.

Si noti che un effetto Hall tanto marcato dipende dal fatto che il materiale in esame ha un numero di portatori di carica

molto basso rispetto ai buoni conduttori, il che dà anche luogo a una notevole resistività.

Br

Jr

8. Due fili rettilinei indefiniti, paralleli e posti a distanza 2d, sono percorsi dalla

corrente i con versi opposti.

a) Con riferimento al sistema di assi cartesiani mostrato in figura, si determini il

valore del campo magnetico totale generato nei punti P1 (0, 0, 0) e P2 (d, 0, 0).

b) Si determini la forza per unità di lunghezza che un filo esercita sull’altro, e si

stabilisca se si tratta di una forza attrattiva o repulsiva.

i = 25 mA ; d = 1.4 cm ; µo = 4π × 10-7

Henry m-1

Il campo magnetico totale si può determinare facendo ricorso al principio di sovrapposizione, dopo aver calcolato il

valore del campo generato separatamente da ciascun filo.

Il campo generato a distanza r da un filo rettilineo indefinito può essere calcolato ricorrendo alla legge di circuitazione

di Ampere:

co IdB µ=⋅∫Γ

lr

.

Le linee del campo Br

di un singolo filo devono rispettare la simmetria assiale della

distribuzione di corrente; inoltre esse devono essere linee chiuse. Dunque, esse sono

circonferenze con centro sul filo, come mostrato in figura.

Si consideri innanzitutto il filo che porta corrente nella direzione positiva dell’asse z. Per trovare B

si introduce come ausilio di calcolo la circonferenza orientata Γ, di raggio r, giacente nel piano xy,

con centro sull’asse del filo. Scegliendo come verso positivo di percorrenza di Γ il verso antiorario,

resta fissato, in modo concorde all’asse z, il verso positivo della normale alla superficie del cerchio

S che ha Γ come orlo. Poiché Br

è tangente alla circonferenza, si ha che llr

dBdB t=⋅ . Inoltre, Bt

è costante sul cammino di integrazione, e quindi:

r2BdBdBdB ttt π===⋅ ∫∫∫ΓΓΓ

lllr

La corrente concatenata Ic è data per definizione dalla corrente totale che attraversa la superficie orientata S. In questo

caso evidentemente Ic = i . Quindi:

iotBr2 µ=π ; r2

B ot

π

µ=

i .

Poiché Bt > 0, il campo è orientato in verso concorde a Γ. il campo ha solo la componente tangenziale, B = Bt .

Si noti come cambia il calcolo se Γ è orientata in verso orario. In questo caso, la normale a S è orientata in verso

opposto a quello della corrente i ; quindi Ic = -i , e r2

B ot

π

µ−=

i . Dunque il campo ha componente tangenziale opposta

al verso di percorrenza orario. Si ottiene nuovamente il risultato corretto: Br

è orientato in verso antiorario.

Ripetendo il ragionamento in modo analogo per il secondo filo, si conclude che il campo da esso generato ha linee

percorse in verso opposto, cioè orario. Dovendo calcolare il campo totale generato dai due fili, si devono sommare

vettorialmente i campi 1Br

e 2Br

generati dai fili in ciascun punto.

x

y

z

x

y

Con riferimento alla figura, si vede che nel punto P1 i campi 1Br

e 2Br

sono uguali in

modulo, direzione e verso, sicché

121tot B2BBBrrrr

=+= ; dd2

2B ootot

π

µ=

π

µ=

ii= 0.71 µT ; xBB tottot −=

r

Nel punto P2 i campi 1Br

e 2Br

sono uguali in modulo, ma non sono paralleli. Per simmetria,

il campo totale ha solo la componente x, e questa è negativa. Tenendo conto che in questo

caso d2r = , si ha infine:

x1x2x1tot B2BBB =+= ;

d42

2

d22cos

d22cosBB ooo

1x1π

µ=

π

µ=θ

π

µ=θ=

iii;

d2B o

totπ

µ=

i= 0.36 µT ; xBB tottot −=

r

Per calcolare la forza che il filo 1 esercita su un tratto di lunghezza 2l del filo 2, si ricorre all’espressione della forza di

Laplace:

12212 BFr

lrr

×= i

Il vettore 2lr

ha lo stesso verso della corrente i2 nel filo 2; il campo 1Br

è quello generato dal filo 1 nella posizione

occupata dal filo 2, che si trova a distanza 2d. In modulo, seguendo ragionamenti analoghi a quelli presentati prima, si

ha:

( ) d4d22B 1o1o

1π

µ=

π

µ=

ii

Poiché 2lr

⊥ 1Br

, si ha 2o

221o

12212d4d4

BF lllπ

µ=

π

µ==

2iiii

La forza per unità di lunghezza vale allora: 1921o

2

12 mN105.4d4

Ff

−−×=π

µ==

ii

l

Come mostrato dalla figura, tenendo conto del calcolo del prodotto vettoriale, la forza è di tipo repulsivo.

x

totBr

1Br

2Br

y θ

2 1

x y

1Br

12Fr

2lr

9. Un protone entra con velocità v in una regione di spazio limitata (vedi figura) in

cui è presente un campo magnetico Br

uniforme e diretto lungo l’asse z.

Determinare:

a) la velocità angolare del moto circolare descritto dal protone;

b) il raggio della traiettoria circolare descritta;

c) l’angolo di deflessione θ;

d) la posizione P di impatto del protone su uno schermo posto a distanza

l=AB ;

e) il tempo che il protone impiega a percorrere il tratto A’P.

e = 1.6× 10-19

C ; mp = 1.67 × 10-27

Kg ; v = 3 × 105

m s-1

; B = 0.1 T ; d = 5 mm ; l = 40 cm

La dinamica del protone in presenza del campo Br

è determinata dalla II equazione della dinamica in presenza della

forza di Lorentz:

amBvqrrr

=×

Siccome Br

è diretto lungo l’asse z, la forza di Lorentz giace nel piano xy in ogni istante di tempo. Poiché

( )Bvrr

× ⊥ vr

si ha che la forza è sempre perpendicolare alla velocità, e quindi ha componente tangenziale sempre nulla. Si introduca

allora il sistema di riferimento tangente, che ha assi rispettivamente paralleli al versore tangente t e al versore normale

n , orientato in verso centripeto. La seconda equazione della dinamica proiettata sugli assi diventa:

==

==

r

vmamBvq

dt

vdmam0

2

c

c

La prima equazione assicura che il modulo della velocità sia costante. La seconda permette di calcolare la velocità

angolare ω, che risulta costante e indipendente dalla velocità iniziale:

13

2

s1096.0m

Bq

;mBq;r

vmBq;

r

vmBvq

−−×==ω

ω===

P

A’

A

θ

B

h r

La velocità angolare in questo tipo di moto è anche detta pulsazione ciclotronica.

Il raggio della traiettoria è costante, e vale:

Bq

vmr = = 3 cm

Il moto è dunque curvilineo piano, con v = cost e raggio di curvatura costante. Si tratta di un moto circolare uniforme.

In presenza di un’eventuale componente della velocità iniziale in direzione parallela al campo Br

, il moto sarebbe

risultato elicoidale, come combinazione di un moto circolare e di un moto rettilineo uniforme in direzione

perpendicolare al piano della circonferenza.

L’angolo di deflessione si ricava facilmente, osservando che d = r sen θ . Si ha dunque

°==θ 6.9r

darcsen

Con riferimento alla figura, si osserva poi che:

( ) =θ+θ−=θ+=θ+= tancosrrtan'AAsenP'A'AAh ll 6.8 cm

Dopo aver lasciato la regione in cui è presente il campo, il protone si muove di moto rettilineo uniforme. Il tempo t

dunque vale:

=θ== tanvv

P'At

l 0.2 µs

10. Si consideri il cavo coassiale di lunghezza l mostrato in figura. Il conduttore interno è un

filo di rame, di raggio a e resistività elettrica ρ. La guaina esterna è una sottile lamina

metallica di raggio b. La resistenza elettrica per unità di lunghezza della guaina è λ. Il cavo è

collegato da un lato a una resistenza elettrica R, dall’altro a un generatore di tensione G

praticamente ideale.

a) Calcolare la resistenza elettrica totale del circuito R;

b) calcolare l’induttanza del circuito L.

l = 30 m ; a = 0.5 mm ; b = 3 mm ; ρ = 2.5 µΩ cm ; λ = 0.15 Ω m-1

; R = 2 Ω ;

µo = 4π × 10-7

Henry m-1

La resistenza elettrica R1 del conduttore interno si calcola facilmente in base alla relazione

21aS

Rπ

ρ=ρ=ll

= 1 Ω

La resistenza R2 della guaina esterna è data a sua volta da

=λ= l2R 1.5 Ω

La resistenza totale, considerando che nel circuito equivalente R1 , R2 , R sono montate in serie, è data dalla somma:

R = R1 + R2 + R = 4.5 Ω

Per il calcolo dell’induttanza si trascurano gli effetti di bordo dovuti al montaggio dei componenti discreti (resistenza e

generatore). Dunque L è essenzialmente l’induttanza del cavetto schermato. Il calcolo può essere effettuato in base alla

definizione:

IL

Φ=

in cui Φ è il flusso autoindotto dal passaggio della corrente di alimentazione I. Nel caso del cavetto schermato, è

comodo definire l’autoinduttanza per unità di lunghezza:

ll ∆

∆Φ=

∆

∆

I

L

in cui, col simbolo ∆Φ, si è indicato il flusso autoindotto attraverso il rettangolo punteggiato in figura, di altezza l∆ , e

base di lunghezza pari a (b-a).

Per definizione di flusso autoindotto, ∆Φ è dato da:

∫ ⋅=∆Φ

S

dSnBr

dove S è il rettangolo citato, e Br

è il campo magnetico che il cavetto schermato genera

quando è attraversato dalla corrente I , il cui verso è indicato dalla freccia. Per determinare Br

a distanza r dall’asse si può ricorrere alla legge di circuitazione di Ampere applicata alla

circonferenza orientata Γ , di raggio r, indicata nel disegno:

conco IdB µ=⋅∫Γ

lrr

Per la simmetria del problema, si ha:

Br2dB π=⋅∫Γ

lrr

poiché Br

è sempre tangente alla circonferenza Γ, ed il suo modulo è costante sui punti di Γ. Inoltre, la corrente

concatenata a Γ è evidentemente pari alla corrente I:

Iconc = I

sicché in definitiva

IBr2 oµ=π ; r2

IB o

πµ=

Il campo Br

, nella regione compresa tra il conduttore interno e la guaina, ha dunque lo stesso andamento di quello

generato da un filo rettilineo indefinito. L’andamento di Br

nelle altre regioni dello spazio è riportato nel seguito, ma è

ininfluente ai fini del calcolo di L.

Nei punti del rettangolo S il campo Br

è parallelo a n , e quindi:

a

bln

2

I

r

dr

2

Idr

r

1

2

IdS

r2

IdSBdSnB o

b

aS S

oo

S

o

Sπ

∆µ=

πµ=∆

πµ=

πµ=⋅=∆Φ ∫∫ ∫∫∫

lll

r

Nella seconda parte della figura, l’elemento di superficie dS è rappresentato in tratteggio.

Tornando dunque alla definizione di L, si ha:

ll ∆

∆Φ=

∆

∆

I

L

a

bln

2a

bln

2

I

I

1 oo

π

µ=

π

∆µ

∆=

l

l

e infine

=π

µ=

∆

∆=

a

bln

2

LL o l

ll

11 µHenry

Torniamo, per completezza, alla questione del valore del campo B negli altri punti dello spazio. Il calcolo si effettua

ancora in termini della legge di Ampere, ricorrendo ancora a una circonferenza di raggio r.

Supponiamo che sia r < a. In questo caso la corrente concatenata è inferiore alla corrente di alimentazione I.

Se il cavetto è alimentato da una corrente continua o lentamente variabile nel tempo,

la densità di corrente J sarà uniforme sulla sezione del conduttore, e pari a:

2a

IJ

π=

In questa ipotesi, la corrente concatenata vale:

∫Σ

⋅= dSnJIconc

r

dove Σ è il cerchio di raggio r , con la normale orientata concordemente al verso della corrente (uscente dal foglio nel

disegno a fianco). Si ha allora:

2

22

2

2conc

a

rIr

a

IrJdSJdSJI =π

π=π=== ∫∫

ΣΣ

Per la simmetria del problema, si ha ancora:

Br2dB π=⋅∫Γ

lrr

sicché infine

2

2

oa

rIBr2 µ=π ; r

a2

IB

2oπ

µ=

Quando il cavetto è alimentato a frequenza elevata (~ 1 GHz) , la densità di corrente non può più essere considerata

uniforme, a causa del cosiddetto “effetto pelle”. In questo regime la corrente è confinata in un sottile strato alla

superficie del conduttore interno; quindi la corrente concatenata è molto minore del valore appena determinato, e al

crescere della frequenza si annulla, sicché il campo magnetico diventa anch’esso pari a 0.

r a

All’esterno della guaina il campo Br

è sempre nullo. Infatti la corrente concatenata ha

due contributi uguali e opposti, dovuti alla corrente che sale lungo il conduttore

interno, e a quella che scende lungo la guaina.

Il grafico del modulo di Br

in funzione di r ha l’andamento mostrato in figura.

ba0

B

r

bassa frequenza

alta frequenza

Elettrodinamica e onde

11. Un solenoide di altezza h, raggio a, n avvolgimenti per unità di lunghezza, è

alimentato dalla corrente i = i(t). La resistenza totale del circuito è R. Si determini:

a) l’autoinduttanza del circuito;

b) la massima f.e.m. autoindotta (valore assoluto);

c) la massima f.e.m. indotta in una spira montata esternamente al solenoide, come in

figura;

d) la massima potenza erogata dal generatore;

e) massimo valore del modulo, direzione e verso del vettore di Poynting ai punti

sulla superficie del solenoide.

h = 10 cm; a = 2 cm; n = 104 m

-1; ( )

τ>

τ≤τ=

10ti10

10tti

ti

o

o

;

1o smA120i −=τ

; τ = 100 ms ; R = 10 Ω; µo = 4π × 10-7

Henry m-1

L’autoinduttanza è data per definizione da:

iL

Φ=

dove Φ è il flusso autoindotto, cioè è il flusso del campo magnetico attraverso la superficie del circuito.

Per il calcolo si suppone dunque il solenoide alimentato da una corrente i. Il campo magnetico nel solenoide può essere

ricavato utilizzando la legge di circuitazione di Ampere, e le nozioni sulla fenomenologia e la simmetria del campo Br

:

il campo è approssimativamente nullo all’esterno del solenoide, e le linee di campo sono rette parallele all’asse del

solenoide al suo interno.

Applicando la legge al circuito Γ mostrato in figura, si ha:

∫ µ=⋅ co Isdrr

B

Si ha però che

∫ =⋅ sdrr

B B l

perché l’unico tratto della circuitazione su cui si ha un contributo non nullo è quello interno, parallelo all’asse; e inoltre

inI oco lµ=µ

Dunque, combinando le due relazioni:

inB oµ=

L’area del circuito è la collezione di N cerchi di area S = π a2 . Quindi:

ihanSNinSNB 22oo πµ=µ==Φ ;

=πµ=Φ

= hani

L 22o 16 mHenry

La f.e.m. autoindotta è data dalla legge di Faraday Neuman:

τ>

τ≤τ

−=−=

Φ−=

10tper0

10tperi

L

dt

diL

dt

do

f.e.m.

In valore assoluto, la massima f.e.m. è pari a 1.9 mV.

La massima f.e.m. indotta nella spira esterna si calcola ancora usando la legge di Faraday

Neuman. Questa volta il flusso Φ’ attraverso la spira esterna va calcolato considerando che

essa è attraversata dalle linee del campo B solo nella porzione della sua area pari al cerchio

di raggio πa2; infatti, all’esterno del solenoide il campo B si annulla. Dunque, per τ≤t :

( )τ

πµ−=πµ−=πµ−=Φ

−= o2o

2o

2o

ian

dt

dianain

dt

d

dt

'df.e.m.

In valore assoluto, la massima f.e.m. è pari a 1.9 µV.

Il significato del segno è legato alla convenzione geometrica sull’orientamento della normale ad una superficie aperta.

Nel calcolo del flusso si è implicitamente assunto l’orientamento della normale come concorde alla direzione del campo

B (uscente dal foglio nella figura a fianco). Dunque il verso di percorrenza positivo dell’orlo del circuito è quello

antiorario (freccia in figura). La f.e.m., in considerazione del segno derivante dalla legge di Lenz, è però orientata in

modo da far circolare una corrente indotta con verso orario.

La potenza erogata dal generatore è data dalla relazione:

ifW gg =

La f.e.m. del generatore, fg, è data dall’equazione:

( )LtRii

Lti

Rdt

diLiRf ooo

g +τ

=τ

+τ

=+=

Sostituendo:

( )

τ

+

τ== t

iLtR

iifW oo

gg

a

Il massimo valore si ottiene nell’istante finale t = 10 τ. Dunque, Wmax = 140 mW .

Per la simmetria del problema, il vettore di Poynting ha direzione radiale. Inoltre, durante la fase in cui la corrente

aumenta, c’è un aumento di energia magnetica nel volume del solenoide. Pertanto, il vettore di Poynting punta verso

l’interno del solenoide.

Il vettore è dato dalla relazione:

o

BEI

µ

×=

rrr

Per determinare il valore del campo elettrico, si può fare riferimento all’equazione di Faraday Neuman applicata a una

circonferenza di raggio r, con r di poco inferiore ad a:

dt

dsdE

Φ−=⋅∫

rr

Per la simmetria del problema, si ha:

Er2sdE π=⋅∫rr

Inoltre,

2o rinSB πµ==Φ ;

dt

dirn

dt

d 2o πµ=

Φ

Quindi:

dt

dirnEr2 2

o πµ=π ; dt

di

2

rnE oµ

=

Mettendo questo valore nell’espressione che definisce il modulo del vettore di Poynting, e ponendo r = a, si trova:

tin

2

at

in

i

2

an1BEI

2ooo

ooo

oo

τ

µ=

τµ

τ

µ

µ=

µ=

Il massimo valore si ha ancora per t = 10 τ. Quindi:

Imax = 18 × 10-3

W m-2

12. Un condensatore a facce piane e parallele è montato in un circuito RC, che all’istante t = 0 è chiuso su un

generatore di f.e.m. fo. Le armature sono due dischi di raggio a, posti a distanza d; tra i dischi è interposto un

dielettrico con costante dielettrica relativa εr. Si determini:

a) l’andamento del campo elettrico nel condensatore, in funzione del tempo;

b) il valore della polarizzazione P in funzione del tempo;

c) il valore delle seguenti grandezze fisiche, all’istante t = RC, all’interno del condensatore:

- densità di corrente libera;

- densità di corrente di spostamento;

- densità di corrente di polarizzazione.

fo = 0.3 V ; R = 10 Ω ; a = 2 cm; d = 100 µm; εr = 2.5

La capacità del condensatore vale:

=π

εε=d

aC

2

ro 0.28 nF

Durante la carica del condensatore, la carica sulle armature cresce secondo la legge:

−τ= τ

−t

o e1q i

dove τ = RC = 2.8 ns e mA30R

foo ==i

Il campo elettrico nel condensatore a facce piane e parallele vale

( ) ( )=

πεε=

εε

σ=

2roro a

tqtE

−

πεε

ττ

−t

2ro

o e1a

i

La polarizzazione vale:

−

πε

τχ=χε= τ

−t

2r

oo e1

aEP

i

All’istante t = RC, si ha infine:

JL = 0 (nel condensatore non scorre mai corrente libera)

( ) =ε=dt

dEtJ oS

τ−

πε

t

2r

o ea

i da cui ( ) =RCJS

1

2r

o ea

−

πε

i = 0.35 A m

-2

( ) ==dt

dPtJ P

τ−

πε

χt

2r

o ea

i da cui ( ) =RCJP

1

2r

o ea

−

πε

χ i = 0.53 A m

-2

13. Un’onda E.M. piana, monocromatica, incide perpendicolarmente su una lastra di

materiale dielettrico di superficie S e spessore d. Siano < Io > l’intensità della

radiazione incidente; < Ir > l’intensità della radiazione riflessa; < 'trI > l’intensità

della radiazione che emerge dall’altro lato della lastra.

a) Determinare la potenza media dissipata nella lastra (potenza assorbita).

b) Determinare l’ampiezza del campo Er

dell’onda emergente dalla lastra.

< Io > = 2 mW m-2

; < Ir > = 0.4 mW m-2

; < 'trI > = 1.5 mW m

-2; S = 2 m

2 ; d = 10 cm ; c = 3 × 10

8 m s

-1

In base al teorema di Poynting, si ha:

( ) WIdt

dU+Φ=−

r

Per un fenomeno stazionario, 0dt

dU= , e quindi :

( ) 0WI =+Φr

.

Si applichi ora il teorema alla superficie Σ che racchiude la lastra. La normale positiva alla superficie chiusa è la

normale uscente; pertanto, i flussi entranti sono negativi, e quelli uscenti sono positivi. Nel calcolo del termine ( )Ir

Φ si

hanno allora termini con segno opposto:

( ) SISISII or'tr −+=Φ

r

Quindi si ha:

[ ] SIIIW r'tro −−=

L’intensità di un’onda E.M. è il valor medio del modulo del vettore do Poynting. Prendendo allora il valor medio

dell’ultima equazione si trova:

[ ] mW2.0SIIIW r'tro =><−><−><=

< Io >

< Ir >

< 'trI >

Il vettore di Poynting associato a un’onda E.M. piana, monocromatica, che si propaga nel vuoto, è dato da:

kBEBE

Ioo µ

=µ

×=

rrr

con k versore allineato alla direzione di propagazione.

Poiché c

EB = , segue che

c

EI

o

2

µ= .

In un’onda monocromatica, il campo elettrico in una posizione fissata è una funzione oscillante del tempo, del tipo:

( )ϕ+ω= tsenEE o

e quindi

( )( )c

tsenEtI

o

22o

µ

ϕ+ω=

Il valore medio temporale della funzione ( )ϕ+ω tsen 2 vale 2

1 :

( ) ( )2

1dttsen

T

1tsen

T

0

22 =ϕ+ω=ϕ+ω ∫

ω

π=

2T

Quindi:

c2

EI

o

2o

µ=

Nel caso in esame, il campo associato all’onda emergente ha dunque ampiezza:

=µ= 'tro

'otr Ic2E 1.1 V m

-1

14. Un solenoide di raggio a, altezza h, n spire per unità di lunghezza, è percorso dalla

corrente costante i. All’istante iniziale (t = t1) , nel solenoide è inserito un nucleo di

materiale ferromagnetico con permeabilità magnetica relativa µr.

a) Determinare il valore del campo B generato dal solenoide.

b) Intorno al solenoide è posta una spira S di raggio b > a , e resistenza elettrica R.

Determinare il valore del flusso ( )BS1

rΦ=Φ a t = t1.

c) Viene estratto il nucleo ferromagnetico. L’operazione è completata all’istante t2.

Determinare il valore di B e del flusso attraverso S, ( )BS2

rΦ=Φ , all’istante t2.

d) Durante il processo di estrazione del nucleo, il flusso ( )BS

rΦ cambia nel tempo, e

nel circuito S scorre una corrente indotta i’. Scrivere l’equazione del circuito.

e) Determinare la carica totale Q che attraversa il circuito durante il processo di

estrazione del nucleo, definita come ∫=

2

1

t

t

dt'iQ .

a = 20 cm ; h = 50 cm; n = 3 × 103 m

-1 ; i = 0.25 A ; µr = 100 ; µo = 4π × 10

-7 Henry m

-1 ; b = 30 cm ; R = 10 Ω

Per la simmetria del problema (simmetria assiale), le linee del campo magnetico sono

parallele all’asse del solenoide. Si può poi assumere come dato sperimentale che il campo

sia trascurabile nel volume esterno al solenoide stesso. Ciò premesso, tenendo conto del

fatto che il solenoide ha un nucleo ferromagnetico, si può determinare il valore del campo

H ricorrendo alla legge di circuitazione di Ampere scritta nella forma:

∫Γ

=⋅ lib,cIsdHrr

dove Γ è il rettangolo orientato mostrato in figura, e Ic, lib è la corrente libera concatenata al

rettangolo. Ora si ha che

∫Γ

=⋅ sdHrr

H l

perché l’unico tratto della circuitazione su cui si ha un contributo non nullo è quello

interno, parallelo all’asse; e inoltre

inI lib,c l=

Si noti il segno positivo di Ic, lib : il verso di percorrenza positivo di Γ indicato in figura

implica una normale positiva concorde al verso della corrente i. Dunque,

inH =

Poiché

B = µo µr H

segue che:

B = µo µr n i = 0.06 T

a

b

Il valore di 1Φ è dato per definizione da:

( ) ∫ ⋅=Φ=Φ

S

S1 dSnBBrr

S è una superficie orientata che vede la spira come orlo. Orientando il circuito in verso antiorario, n risulta allineata

verso l’alto, e dunque è concorde a Br

. Dunque:

∫∫ =⋅

SS

dSBdSnBr

La superficie S può essere divisa nel cerchio C di raggio a più la corona circolare di raggio interno a, ed esterno b. Il

campo Br

è nullo in tutti i punti della corona circolare, sicché

∫ =π==Φ

C

21 BadSB 72 × 10

-4 Wb

All’istante t2 il campo Br

è ridotto del fattore µr, poiché il nucleo non è più presente. Anche il flusso è ridotto dello

stesso fattore, e dunque:

Wb10726

r

12

−×=µ

Φ=Φ

In presenza di un flusso variabile, nasce la f.e.m. di Faraday Neumann, e l’equazione del circuito si scrive:

R'idt

d=

Φ−

Integrando ambo i membri dell’equazione del circuito tra t1 e t2 si ottiene la cosiddetta legge di Felici:

( ) QR;dt'iR;dtR'idtdt

d21

t

t

12

t

t

t

t

2

1

2

1

2

1

=Φ−Φ=Φ−Φ−=

Φ− ∫∫∫

e infine

RQ 21 Φ−Φ

=

Nel caso in esame, allora:

( ) in1ainainaQ ro2

o2

ro2 −µµπ=µπ−µµπ= = 12 mC

15. Un’onda EM piana, monocromatica, di lunghezza d’onda λ e intensità I procede nel vuoto nella direzione

dell’asse x.

a) Determinare l’ampiezza Eo del campo elettrico e quella Bo del campo magnetico;

b) Determinare il valore della frequenza ν;

c) Determinare l’energia che l’onda trasporta in un periodo T attraverso una superficie di area S, la cui normale n

sia parallela al vettore d’onda kr

;

d) Determinare l’energia che l’onda trasporta in un periodo T attraverso una superficie di area S, la cui normale n

formi un angolo θ col vettore d’onda kr

λ = 0.8 µm ; I = 5 × 10-2

W m-2

; εo = 8.8 × 10-12

Farad m-1

; θ = 45° ; S = 2 m2 ; µo = 4π × 10

-7 Henry m

-1

L’intensità I di un’onda EM è il valore medio temporale del modulo del vettore di Poynting.

Questo è dato da:

o

BEI

µ

×=

rrr

e siccome in un’onda che si propaga nel vuoto Er

⊥ Br

, si ha

o

EBI

µ=

Le direzioni dei campi Er

, Br

e del vettore d’onda kr

sono riportate in figura. Dalla definizione, si vede che il vettore di

Poynting è parallelo e concorde a kr

.

In un’onda monocromatica piana che si propaga lungo l’asse x, i campi Er

, Br

hanno moduli dati da:

( )txkcosEE o ω−=

( )txkcosBB o ω−=

ed inoltre i moduli Eo, Bo sono legati dalla relazione:

Eo = c Bo

con c velocità della luce, data da

oo

1c

µε=

Sostituendo le relazioni date nell’equazione per I, si ottiene

( ) ( )txkcosc

Etxkcos

BEI

2

o

2o2

o

oo ω−µ

=ω−µ

=

Il valore medio temporale è uguale per qualunque valore di x, e quindi si può calcolare in x = 0.

Er

Br

kr

( ) ( ) ( )tcosc

Etxkcos

c

Etxkcos

c

EI

2

o

2o2

o

2o2

o

2o ω

µ=ω−

µ=ω−

µ=

Poiché poi

( ) ( )∫ =ω=ω

T

0

22

2

1dttcos

T

1tcos

si ha infine:

o

2o

c2

EI

µ=

Tornando ai dati del problema, si vede quindi che:

=µ= Ic2E oo 6 V m-1

==c

EB o

o 20 nT

La frequenza ν è legata alla lunghezza d’onda dalla relazione

λ ν = c

sicché

Hz107.3c 14×=λ

=ν

Il periodo T è l’inverso di ν, e quindi

s107.21

T15−×=

ν=

La potenza trasportata dall’onda attraverso una superficie S è data dal flusso del vettore di Poynting:

θ=⋅= ∫ cosSIdSnIW

S

r

La potenza media vale allora

θ= cosSIW

L’energia Q trasportata in un periodo si può calcolare moltiplicando la potenza media per T:

θ== cosTSITWQ

Nei due casi proposti, θ vale rispettivamente 0 e 45°, sicché si trovano i valori di Q:

Q1 = 2.7 ×10-16

J ; Q2 = 1.9 ×10-16

J