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Esercizi di Elettromagnetismosvolti durante lo stesso corso per il C.d.L in Fisica nell’ a.a. 2015-’16

M. Bauce

1 Elettrostatica

Esercizio 1

Due palline (m = 1 g) cariche della stessa carica q sono appese allo stesso punto O tramite unfilo lungo L= 10 cm. All’equilibrio il filo di ciascuna forma un angolo θ = 30° con la verticale.Calcolare il valore della carica q.

Soluzione 1

Bilanciando le forze lungo l’asse y (verticale):

T cos θ = Fg ⇒ T =Fg

cos θ

e combinandolo nel bilanciamento delle forze lungo l’asse x (orizzontale):

T sin θ = Fe ⇒ Fgsin θ

cos θ= Fe .

Utilizzanndo l’equazione di Coulomb per la forze elettrostatica si ha

mg tan θ =q2

4πε0(2d)2=

q2

16πε0d2=

q2

16πε0(L sin θ)2

da cui si puo ricavare la carica

q2 = mg tan θ16πε0L2 sin2 θ = 6.3 · 10−15 C2 ⇒ q = 7.9 · 10−8 C

Esercizio 2

Si considerino due cariche q1 e q2 (stesso segno di carica) di cui la prima ferma e la seconda,ad una distanza infinita dalla prima, che si muove in direzione di quella con una velocita inizialev∞. Si calcoli la distanza di arresto della seconda carica in funzione delle altre quantita.

Soluzione 2

Ricordando la seconda legge della dinamica, sappiamo che in questo caso

md2r

dt2 = q1 q24πε0r2

⇒ mdv

dt=

q1 q2

4πε0r2⇒ m

dv

dr

dr

dt= mv(r)

dv

dr=

q1 q2

4πε0r2

1

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1 ELETTROSTATICA

che si puo riscrivere come

v(r)dv =q2 q1

πε0m

dr

r2⇒ v(r)2

2= − q1 q2

4πε0m

1

r+ C

e fissando C all’infinito quale

r →∞ ⇒ C =v2∞2

si ha chev(r)2

2= − q1 q2

4πε0m

1

r+v2∞2

.

Imponiamo che si fermi quando v(r) = 0 ottenendo la distanza di arresto

0 =v2∞2− q1 q2

4πε0m

1

r⇒ 1

r=v2∞2

4πε0m

q1 q2

⇒ r =q1 q2

v2∞2πε0m

Esercizio 3

Calcolare il campo elettrico lungo l’asse passante per il centro di un anello carico (spira) diraggio R.Basandosi sul risultato ottenuto, considerare un anello di raggio a carico con Q = 6 ·10−8 C postoin verticale ed una carica q = 1.5 · 10−8 C e massa m = 10−15 kg posta lungo l’asse dell’anello aduna distanza a

√3, inizialmente in quiete. Trascurando la forza peso e considerando solo il moto

lungo l’asse dell’anello, calcolare il modulo della velocita della carica al suo passaggio al centro delcerchio.Soluzione 3

Per questioni di simmetria l’unica componente non nulla del campo elettrico potra essere quellalungo l’asse dell’anello, che chiameremo x. Definendo come θ l’angolo tra la congiungente ilgenerico punto ed il segmento di anello considerato (ricordando che x = r · cos θ), vediamo chelungo l’asse il contributo di campo elettrico generato da un segmento con carica lineare λ sara datoda

dEx =dq

4πε0r2cos θ =

λR dφ

4πε0

x

r3.

Applicando il principio di sovrapposizione ed integrando lungo tutto l’anello avremo

|Ex| =∫ 2π

0

λR dφ

4πε0

x

r3=λR dφ

4πε0

2πx

(R2 + x2)3/2=λx

2ε0

R

(R2 + x2)3/2.

Nel caso specifico considerato l’anello avra raggio a, e la carica partira ferma ad una distanzapari a a

√3. L’equazione differenziale del moto sara quindi

mdv

dt= m

dv

dx

dx

dt= mv(x)

dv

dx= − qQ

4πε0

x

(a2 + x2)3/2

che diventa

v(x)dv = − qQ

4πε0m

x

(a2 + x2)3/2dx

2

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1 ELETTROSTATICA

v2

2=

qQ

4πε0m

∫−x

(a2 + x2)3/2dx =

qQ

4πε0m

1

(a2 + x2)3/2+ C

in cui, imponendo che v(a√

3)= 0

C = − qQ

4πε0m

1

2a⇒ v(x)2 =

qQ

2πε0m

[1√

a2 + x2− 1

2a

].

Il valore della velocita quando la carica passa per il centro dell’anello, ovvero per x=0, vale

v2(0) =qQ

2πε0m

1

2a⇒ v(0) =

√qQ

2πε0m

1

2a= 2.84 m/s

Esercizio 4

Considerare 4 cariche identiche (positive) disposte sul piano (x,y), nei vertici di un quadratodi lato L = 10 cm. Calcolare il campo elettrico generato in un punto dell’asse y, nel caso incui |y| > L/2 oppure |y| < L/2 e in un punto dell’asse z, ortogonale al piano in cui si trova ilquadrilatero di cariche e passante per il centro di esso.

Soluzione 4

Chiamiamo li la distanza di ciascuna carica dal punto considerato nel calcolo del campo elettrico.

CASO A) |y| > L2

Geometricamente si vede che

l1 = l2 =

√(L

2

)2

+

(y − L

2

)2

l3 = l4 =

√(L

2

)2

+

(y +

L

2

)2

da cui consegue che

|E1| = |E2| =1

4πε0

q

l21|E3| = |E4| =

1

4πε0

q

l23

e per quel che riguarda le componenti, le uniche non nulle, per ragioni di simmetria, saranno inquesto caso quelle lungo y

|E1y| = |E1| cos θ1 = |E1|∣∣|y| − L

2

∣∣l1

= |E2y|

|E3y| = |E3| cos θ3 = |E3|∣∣|y|+ L

2

∣∣l3

= |E4y| .

Il modulo del campo elettrico totale lungo y sara, per il principio di sovrapposizione

|E| = |E1y|+ |E2y|+ |E3y|+ |E4y| = 2|E1y|+ 2|E3y| =

=2

4πε0

[q

l21

∣∣|y| − L2

∣∣l1

+q

l23

∣∣|y|+ L2

∣∣l3

]=

q

2πε0

∣∣|y| − L2

∣∣((L2

)2+(y − L

2

)2)3/2

+

∣∣|y|+ L2

∣∣((L2

)2+(y + L

2

)2)3/2

CASO B) |y| < L

2

3

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1 ELETTROSTATICA

Geometricamente si vede che

l1 = l2 =

√(L

2

)2

+

(L

2− y)2

l3 = l4 =

√(L

2

)2

+

(L

2+ y

)2

e rispetto al caso precedente cambiano i versi, reciproci a due a due, delle componenti dei campigenerati dalle 4 cariche quindi il modulo del campo elettrico totale lungo y sara

|E| = ||E1y|+ |E2y| − |E3y| − |E4y|| = 2 ||E1y| − |E3y|| =

=q

2πε0

∣∣|y| − L2

∣∣((L2

)2+(L2− y)2)3/2

−∣∣|y|+ L

2

∣∣((L2

)2+(L2

+ y)2)3/2

CASO C) lungo zIn questo caso

l =

√z2 +

(L√2

)2

ed il campo totale sara pari a 4 volte le componenti dei singoli campi lungo l’asse z, ovvero

|E| = 4 · q

4πε0

1

l2|z|l

=q

πε0

|z|l3

=q

πε0

|z|(z2 + L2

2

)3/2

che per z L diventa

|E| = 4q

4πε0z2

come ci si poteva aspettare.

Esercizio 5 (ME.SI 1.2)

Considerare 3 cariche identiche, q = 1 µC, disposte sui vertici di un triangolo equilatero di latod = 10 cm. Calcolare la forza elettrostatica che agisce su ciascuna di esse. Se una delle tre caricheviene lasciata libera di muoversi, calcolare l’energia che acquista tale carica quando raggiunge unadistanza r = +∞.

Soluzione 5

Per la simmetria del sistema la forza agente sulla carica posta su ciascun vertice del triangolosara diretta come la secante il lato opposto. Ad esempio, considerando le cariche 1 e 2 sull’asse xe l’asse y ortogonale a questo e passante per il punto mediano tra le due cariche, avremo che laforza sulla terza carica sara diretta lungo l’asse y.

E1y =q

4πε0d2cos

2

)=

q

4πε0d2cos 30° =

q

4πε0d2

√3

2E2y = E1y .

Ricordando la relazione tra forza elettrostatica e campo elettrico si ha dunque che

F = qEtot = q2E1y =q2

4πε0d2

√3 = 1.55 N .

4

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1 ELETTROSTATICA

Se la terza carica viene liberata essa si muovera lungo l’asse y sino a raggiungere l’infinito sottoil lavoro della forza elettrostatica esercitata dalle altre due cariche

F =2q2

4πε0

y(d2

4+ y2

)3/2∆EK = L =

∫ ∞y0

F · ds

∆EK =

∫ ∞y0

2q2

4πε0

y(d2

4+ y2

)3/2dy = − 2q2

4πε0

[y(

d2

4+ y2

)3/2

]∞√3d2

=2q2

4πε0

1

d= 0.18 J .

Esercizio 6

Calcolare il campo elettrico prodotto da una sfera di raggio R con densita di carica non costante,ma data da ρ(r) = α/r2. (Notare le eventuali differenze rispetto ad una sfera con densita dicarica omogenea ρ0 = 3α/R2.)

Soluzione 6

Come prima cosa si puo ricavare la carica totale della sfera

Q =

∫ R

0

ρ(r) dV = 4π

∫ R

0

ρ(r)r2 dr = 4πα

∫ R

0

r2

r2dr = 4παR

da cui vediamo che α = Q/(4πR).Applicando il teorema di Gauss vediamo che, nel caso in cui r > R

4πr2E(r) =4πα

ε0⇒ E(r) =

αR

ε0

1

r2

mentre nel caso in cui r < R

4πr2E(r) =4παr

ε0⇒ E(r) =

α

ε0

1

r2.

Rispetto al caso di una sfera con densita omogenea vediamo che l’andamento del campo e ilmedesimo al di fuori della sfera, ovvero proporzionale a r−2, mentre all’interno della sfera il campodecresce ora come r−1 mentre nel caso di densita omogenea questo sarebbe stato E(r) ∝ r

Esercizio 7

Calcolare il rotore del campo della velocita del fluido che scorre tra due piani distanti 2h, datodalla parabola di Poiseuille ~V = p1−p2

2µL(h2 − y2).

Soluzione 7

Per far pratica sul calcolo dei rotori in coordinate cilindriche, risolviamo il quesito proposto

rot(v(r)) = ~∇× ~v = x · 0 + y∂

∂z

(p1 − p2

2µL(h2 − y2)

)+ z

[− ∂

∂y

(p1 − p2

2µL(h2 − y2)

)]=

= −p1 − p− 2

2µL

∂y(h2 − y2) =

p1 − p2

2µL(2y) =

p1 − p2

µLy

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1 ELETTROSTATICA

Esercizio 8

Calcolare il campo elettrostatico prodotto da un piano infinito carico (densita di carica superfi-ciale σ) in due modi equivalenti: applicando il principio di sovrapposizione agli elementi infinitesimidel piano ed applicando il teorema di Gauss.

Soluzione 8

Principio di sovrapposizione

Per simmetria il campo totale risultante dovra essere ortogonale al piano, nella direzione chechiameremo x. Suddividiamo il piano in corone circolari concentriche centrate attorno ad un asse,e dividiamo queste in settori circolari. Il contributo al campo elettrico lungo x di ogni segmento dicorona circolare sara dato da

dEx =dq

4πε0d2cosα con dq = σRdRdφ

ove α e l’angolo tra la congiungente porzione di piano-punto e l’asse x e φ e l’angolo azimutale. Perottenere il campo totale integriamo lungo ciascuna corona e sommiamo le varie corone concentriche,ricordando che

R = x tanα1

d2=

cos2 α

x2dR =

dxdα

cos2 α,

si ottiene

Ex =

∫ 2π

0

∫ ∞0

σR cosα

4πε0d2= 2π

∫ π/2

0

σx tanα cosα

4πε0

cos2 α

x2

xdα

cos2 α

2ε0

∫ π/2

0

sinα dα =σ

2ε0[− cosα]π/20 =

σ

2ε0

Teorema di GaussScegliendo come superficie gaussiana un cilindro ortogonale al piano, con base di raggio r e

lunghezza laterale sufficientemente piccola da supporre che il campo elettrico sia ortogonale adessa, si avra, in base al teorema di Gauss

Φ(E) =

∑Qint

ε02 · Ex · S = 2Exπr

2 =σπr2

ε0⇒ Ex =

σ

2ε0

Esercizio 9

Calcolare il campo all’interno ed all’esterno di un cilindro carico, con densita di carica (non-uniforme) data da ρ = ρ0(a− br).

Soluzione 9

Applicando il teorema di Gauss ad una superficie gaussiana cilindrica, coassiale all’asse delcilindro carico, di raggio r possiamo distinguere due casi (sia R il raggio del cilindro carico):

r < R

Il campo elettrico e radiale quindi nel computo del flusso e non nullo solo quello attraverso lasuperficie laterale

2πrLE(r) =

∫ L/2

−L/2dz

∫ 2π

0

∫ r

0

r′ dr′ρ(r′)

ε0=

2πL

ε0

∫ r

0

ρ0(a− br′)r′ dr′ =

6

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1 ELETTROSTATICA

=2πL

ε0

[ρ0a

r′2

2− ρ0b

r′3

3

]r0

=2πL

ε0

[ρ0a

r2

2− ρ0b

r3

3

]da cui si ottiene il campo elettrico

E(r) =ρ0

ε0

[ar

2− br2

3

]r > R

2πrLE(r) =2πL

ε0

∫ R

0

ρ0(a− br′)r′ dr′ = 2πL

ε0

[ρ0a

R2

2− ρ0b

R3

3

]da cui

E(r) =ρ0

ε0

[aR2

2− bR3

3

]· 1

r

che, come si puo vedere, decresce come r−1 allontanandosi dall’asse del cilindro.

Esercizio 10

Determinare il moto di un elettrone (particella infinitesima carica negativamente) all’internodi un cilindro carico positivamente in modo omogeneo. (Considerare il moto lungo la direzioneradiale, basandosi sulla forza di cui risente l’elettrone.)

Soluzione 10

All’interno del cilindro omogeneamente carico il campo elettrico si puo ricavare applicando ilteorema di Gauss ad una superficie cilindrica coassiale

2πrLE(r) = πr2Lρ0

ε0⇒ E(r) =

ρ0

2ε0r .

Dalla relazione tra campo elettrico e forza elettrostatica si puo studiare il moto lungo la direzioneradiale, per la quale si ha

F

m=d2r

dt2= − e

m

ρ0r

2ε0⇒ d2r

dt2= − eρ0

2mε0r

che, poiche e l’equazione di un moto armonico (radiale) con pulsazione

ω2 =eρ0

2mε0

Esercizio 11

Si considerinino due fili infinitamente estesi, carichi della stessa carica λ = 10−8 C/m, e distantitra loro d =5 cm. Dopo aver ricavato l’espressione del campo eletrico generato in un genericopunto dello spazio, calcolare la forza con cui si respingono.

Soluzione 11

Il campo elettrico generato da un filo carico infinito, diretto ortogonalmente al filo, e datodall’espressione

E(r) =λ

2πε0

1

r.

7

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1 ELETTROSTATICA

Se, nel piano (x,y) ortogonale ad i fili, poniamo il primo filo nella posizione (0,0) ed il secondonella posizione (d,0) e ricaviamo, tramite il principio di sovrapposizione, il campo prodotto in unpunto generico del piano, di coordinate (x,y)

Ex = E1,x + E2,x =λ

2πε0r1

cos θ1 +λ

2πε0r2

cos θ2 =λ

2πε0r1

cos θ1 −λ

2πε0r2

cos(π − θ2) =

2πε0

x

r21

− λ

2πε0

d− xr2

2

2πε0

(x

r21

+x− dr2

2

)Ey = E1,y + E2,y =

λ

2πε0r1

sin θ1 +λ

2πε0r2

sin θ2 =λ

2πε0r1

sin θ1 +λ

2πε0r2

sin(π − θ2) =

2πε0

y

r21

2πε0

y

r22

=λy

2πε0

(1

r21

+1

r22

)ove

r21 = x2 + y2 r2

2 = (x− d)2 + y2

La forza che il filo 1 esercita sul filo 2 per unita di lunghezza sara

dF

d`=dq

d`E1,x(d, 0) = λ

λ

2πε0d=

λ2

2πε0d= 3.6 · 10−5 N/m

Esercizio 12

Dimostrare che, posto un dipolo elettrico in un campo elettrico uniforme E0, parallelo al mo-mento elettrico di dipolo, esiste una superficie equipotenziale sferica. Calcolare il campo elettricosu tale superficie.

Soluzione 12

Considerando il dipolo orientato lungo l’asse x sappiamo che in un punto generico, il potenzialee

V (P ) =q

4πε0

~p · ~rr3

.

Per il campo elettrico esterno costante E0 si puo ricavare il potenziale che soddisfi

~E0 = −~∇Ve ≡ E0 x

−dVedx

= E0 − dVedy

= 0 = −dVedz

da cui

Ve =

∫ x

0

E0 dx = −E0x+ V0

in cui V0 e una costante arbitraria definita come il potenziale del campo esterno in x = 0. Ilpotenziale complessivo in un generico punto P dello spazio sara quindi

V (P ) = V0 − E0 x+q

4πε0

dr cos θ

r3= V0 − E0r cos θ +

q

4πε0

d cos θ

r2.

Cerchiamo la superficie sferica equipotenziale considerando le coordinate sferiche e considerandocome φ l’angolo di rotazione attorno all’asse del dipolo (x). Il potenziale non dipende da φ ed

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1 ELETTROSTATICA

in particolare il sistema che stiamo considerando e invariante per rotazioni in φ quindi possiamoconsiderare la sfera che vogliamo determinare come una circonferenza proiettando il problema inun piano bidimensionale con coordinate (r,θ). La superficie sferica equipotenziale sara il luogo deipunti dello spazio che soddisfano

dV

dθ= 0 ⇒ dV

dθ= E0r sin θ − q

4πε0

d sin θ

r2= sin θ

(E0r −

q

4πε0

d

r2

)= 0

che e soddisfatta per

E0r =qd

4πε0r2⇒ r3 =

qd

4πε0E0

⇒ r =

(qd

4πε0E0

)1/3

Per calcolare il campo elettrico su tale superficie equipotenziale consideriamo innanzitutto che essodeve essere perpendicolare alla superficie stessa, ovvero essendo questa una sfera avra solamentecomponente radiale non nulla. Questa si puo calcolare come

~E(r0) =∣∣∣−~∇V ∣∣∣

r0

E(rr)r =

∣∣∣∣E0 cos θ − qd

4πε0

2 cos θ

r3

∣∣∣∣r0

= E0 cos θ+qd

4πε0

24πε0E0

qdcos θ = E0 cos θ+2E0 cos θ = 3E0 cos θ .

Questa superficie sferica e quella in cui la componente trasversale del campo prodotto dal dipolo(in generale non solamente radiale) compensa la componente di ~E0 ortogonale a r facendo risultareil campo complessivo con sola componente radiale.

Esercizio 13

Si consideri il campo eletrico generato da un anello di raggio R e di carica λ non uniforme, lacui espressione sia data da λ(φ) = λ0 sinφ 1 al centro dell’anello stesso. Calcolando il momento didipolo caratteristico di questa distribuzione di carica, si calcoli il campo elettrico prodotto ad unadistanza molto maggiore del raggio dell’anello in particolare lungo i due assi y ed x.

Soluzione 13

Scegliendo gli assi cartesiani in modo convenzionale, l’espressione della densita di carica cidice che la semicirconferenza corrispondente ad y > 0 sara carica positivamente mentre quellacorrispondente a y < 0 negativamente. La carica totale dell’anello si puo ricavare integrando lacarica in ogni contributo infinitesimo:

dq = λR dφ = λ0 sinφR dφ ⇒ Q =

∫ 2π

0

dq =

∫ 2π

0

Rλ0 sinφ dφ = −Rλ0[cos(2π)− cos 0] = 0

da cui si vede che l’anello ha carica totale nulla. Considerando un segmento infinitesimo di anelloche si trova ad un determinato angolo φ rispetto all’asse x, il modulo e le componenti del campoelettrico che esso produce al centro dell’anello sono

|d ~E| = 1

4πε0

dq

R2=

1

4πε0

λ(φ)R dφ

R2=

1

4πε0

λ0 sinφ

Rdφ

1Si consideri un sistema cartesiano con assi x ed y e l’angolo φ in senso antiorario a partire dall semiasse x > 0.

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1 ELETTROSTATICA

dEx = |d ~E|(− cosφ)x dEy = |d ~E|(− cosφ)y

d ~E =1

4πε0

λ0 sinφ

R(− cosφx− sinφy) dφ

Integrando il contributo di tutti i segmenti

~E =

∫ 2π

0

λ0

4πε0R(− sinφ cosφ x− sin2 φ y) dφ =

=

∫ 2π

0

−λ0

4πε0R(sinφ cosφ x+

1

2y − 1

2(cos2 φ− sin2 φ) y) dφ =

=

∫ 2π

0

−λ0

4πε0R

([sin2 φ

2

]2π

0

x+

2− sinφ cosφ

2

]2π

0

y

)=−λ0

4πε0R

2y =

λ0

4ε0Ry

Data la distribuzione di carica del sistema, possiamo calcolare il momento di dipolo di questo,per poi calcolare il campo generato ad una distanza maggiore delle dimensionni dell’anello. Inparticolare questo si puo calcolare in due modi.

Applicando la definizione teorica di momento di dipolo di un sistema (continuo) di cariche

~p =

∫V

~d dq =

∫ 2π

0

(R cosφ x+R sinφ y) dq =

∫ 2π

0

(R cosφ x+R sinφ y)λ0R sinφdφ =

= λ0R2

[∫ 2π

0

cosφ sinφ dφ x+

∫ 2π

0

sin2 φ dφ y

]= λ0R

2

2

]2π

0

= λ0R2π y

Possiamo ottenere lo stesso risultato se immaginiamo di suddividere l’anello in sezioni verticaliinfinitesime e considerando i due segmenti simmetrici rispetto all’asse x, che hanno la stessaquantita di carica ma di segno opposto, come un dipolo (infinitesimo), il cui momento e

d~p = dq · ~d = λ(φ)R dφ · 2R sinφ y

ed integrando tutti i dipoli infinitesimi che costituiscono l’anello

~p = y

∫ π

0

2λR2 sinφ dφ = y

∫ π

0

2λ0 sinφR2 sinφ dφ = y2λ0R2

∫ π

0

sin2 φ dφ =

= y2λ0R2

2− sinφ cosφ

]π0

= λ0R2π y

Per calcolare il campo elettrico lungo gli assi ricordiamo che in approssimazione di dipolo ilcampo in un punto dello spazio identificato dal vettore di posizione ~r il campo generato e

~E(~r) =3(~p · ~r)~r − r2~p

4πε0r5

quindi lungo l’asse y (l’asse del dipolo)

~E(x = 0) =2~p

4πε0y3=

2λ0R2π

4πε0x3y =

λ0R2

2ε0x3y

mentre lungo l’asse x (trasversale al dipolo e passante per il centro di esso)

~E(y = 0) =−~p

4πε0x3= −λ0R

4πε0x3y = −λ0R

4πε0x3y

10

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1 ELETTROSTATICA

Esercizio 14

Si considerino due piani infiniti con carica superficiale σ1 e σ2, distanti tra loro d. Si determinicampo e potenziale elettrico prodotti nelle regioni dello spazio definite dai piani. (σ1 = 17.72 10−8

C/m, σ2 = σ1/2, d =20 cm.)

Soluzione 14

Per un piano infinito il campo prodotto, da entrambe le parti, e in modulo E = σ2ε0

, rivolto indirezione uscente dal piano. Nella configurazione descritta si avra quindi

~E(x) =

(− σ1

2ε0− σ2

2ε0

)x = −3

4σ1ε0x x < −d

2(σ12ε0− σ2

2ε0

)x = 1

4σ1ε0x −d

2< x < d

2(σ12ε0

+ σ22ε0

)x = 3

4σ1ε0x x > d

2

quindi il potenziale nelle tre regioni vale

V (x) =

34σ1ε0x+ C1 x < −d

2

−14σ1ε0x+ C2 −d

2< x < d

2

−34σ1ε0x+ C3 x > d

2

Le tre costanti vanno determinate imponendo le opportune condizioni al contorno. Arbitrariamenteimponiamo

V (x = 0) = 0 ⇒ − σ1

4ε0+ C2 = 0 ⇒ C2 = 0

Imponiamo quindi la continuita del potenziale sul piano a x = −d/2

Vx<− d2

(−d

2

)= V− d

2<x< d

2

(−d

2

)3σ1

4ε0

(−d

2

)+ C1 = − σ1

4ε0

(−d

2

)⇒ C1 =

σ1d

2ε0

ed analogamente sul piano x = d/2

V− d2<x< d

2

(d

2

)= Vx> d

2

(d

2

)

− σ1

4ε0

(d

2

)= −3σ1

4ε0

(d

2

)+ C3 ⇒ C3 =

σ1d

4ε0

ed il potenziale e quindi

V (x) =

σ12ε0

(32x+ d

)x < −d

2

− σ14ε0x −d

2< x < d

2σ12ε0

(d2− 3

2x)

+ C3 x > d2

Esercizio 15

Una carica puntiforme q=10−6 C e posta nell’origine di un sistema cartesiano. Un dipoloelettrico il cui modulo del momento e |~p| = 10−15 Cm e posto in P, di coordinate (1,0,0). Calcolareforza e momento meccanico che si esercitano sul dipolo se: A) ~p = |~p|y oppure B) A) ~p = |~p|x

11

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1 ELETTROSTATICA

Soluzione 15

Il campo elettrico prodotto dalla carica e

~E =1

4πε0

q

r2r =

q

4πε0

~r

r3

mentre la forza indotta sul dipolo elettrico in un generico punto dello spazio e

~F = ~∇(~p · ~E)

Nel caso A) ~p = |~p|y quindi

~F = ~∇(~p · ~E) = ~∇[|~p|y · q

4πε0

(xx+ yy + zz)

r3

]= |~p| q

4πε0~∇

[y

(x2 + y2 + z2)3/2

]

~∇

[y

(x2 + y2 + z2)3/2

]=

∂x

( yr3

)x+

∂y

( yr3

)y +

∂z

( yr3

)z = −3yx

r5x+

r2 − 3y2

r5y − 3yz

r5z

da cui~F = |~p| q

4πε0r5

[−3yxx+ (r2 − 3y2)y − 3yzz

]e calcolato in un punto dell’asse x o in particolare nel punto di coordinate (1,0,0) richiesto vale

~F (x, 0, 0) = |~p| q

4πε0r5r2y = |~p| q

4πε0|x|3y ~F (1, 0, 0) = |~p| q

4πε0y = 0.9 10−11N .

Il momento esercitato sul dipolo e

~M = − ~E × ~p = − q|~p|4πε0

z .

Nel caso B) ~p = |~p|x quindi

~F = ~∇[|~p|x · q

4πε0

(xx+ yy + zz)

r3

]= |~p| q

4πε0~∇

[x

(x2 + y2 + z2)3/2

]ed analogamente a quanto trovato prima

~∇

[x

(x2 + y2 + z2)3/2

]=r2 − 3x2

r5x− 3yx

r5y +−3xz

r5z

da cui~F = |~p| q

4πε0r5

[(r2 − 3x2)x− 3yxy − 3xzz

]e calcolato in un punto dell’asse x o in particolare nel punto di coordinate (1,0,0) richiesto vale

~F (x, 0, 0) = |~p| q

4πε0r5(x2 − 3x2)x = |~p| q · (−2)

4πε0|x|3x ~F (1, 0, 0) = −|~p| q

2πε0y = −1.8 10−11N .

In questo caso il momento esercitato sul dipolo e nullo poiche ~E e ~p sono paralleli nei punti dell’assex.

12

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1 ELETTROSTATICA

Esercizio 16

Calcolare il momento di dipolo di un sistema composto da una regione contenuta tra duesemicirconferenze concentriche di raggi R1 ed R2 (3 cm, 5 cm) e l’asse orizzontale con densitasuperficiale di carica omogenea σ, ed una carica Q′ = −Q (ove Q sia la carica totale della regionedi piano descritta prima) posta nel centro delle circonferenze. Calcolare la forza esercitata dalsettore circolare carico sulla carica Q′.

Soluzione 16

La relazione tra densita di carica della regione descritta e la carica totale di questa, Q, e datada

σ =Q

Σ=

Q(πR2

2−πR21

2

) =2Q

π(R22 −R2

1)⇒ Q =

σπ(R22 −R2

1)

2

Il momento di dipolo puo essere ottenuto, parametrizzando l’elemento di superficie in questione incoordinate polari, come

~p =

∫Σ

d~p =

∫Σ

~d dq =

∫Σ

~dσ dΣ =

∫ 2π

0

∫ R2

R1

(r cosφx+ r sinφy)σ rdr dφ =

= σ

∫ R2

R1

r2 dr

∫ 2π

0

(cosφx+sinφy)σ dφ = σ

∫ R2

R1

r2 dr [− cosφy]2π0 = 2σ

[r3

3

]R2

R1

y =2σ

3(R3

2−R31)y

che numericamente vale~p = 4.7 10−10Cm y

ed e diretto nel verso positivo dell’asse y. La carica Q′ = −Q in (0,0) risente della forza

~F =

∫Σ

−Q d~E = −Q∫

Σ

1

4πε0

dq

r2(−r) = Q

∫ 2π

0

∫ R2

R1

(r cosφx+ r sinφy)σ

4πε0r3rdr dφ =

=Qσ

4πε0

∫ R2

R1

dr

r

∫ 2π

0

(cosφx+ sinφy) =Qσ

2πε0

∫ R2

R1

dr

r=

2πε0ln

(R2

R1

)y

Esercizio 17

Due sfere conduttrici cariche, di raggi R1 = 10 cm e R2 = 20 cm, sono poste a distanza x,molto maggiore dei raggi delle sfere. La prima sfera e isolata ed ha una carica q1 = 5 10−7 C,la seconda e mantenuta sl potenziale costante V2 = 25 103 V (rispetto all’infinito). Calcolare, infunzione di x il potenziale V1, la carica q2 sulla superficie della seconda sfera e la forza che agiscetra le due sfere.Soluzione 17

L’assunzione che x R1, R2 ci permette di trascurare le cariche indotte, quindi si assume cheil potenziale di ciascuna sfera sia la somma del potenziale dovuto alla propria carica e al potenzialegenerato dall’altra sfera. La configurazione e dunque quella che risolve il sistema

V1 = q14πε0R1

+ q24πε0x

V2 = q24πε0R2

+ q14πε0x

13

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1 ELETTROSTATICA

Questo esplicitando q2 e sostituendolo nella seconda abbiamo

q2 = 4πε0x

(V1 −

q1

qpeR1

)

V2 =x

R2

(V1 −

q1

4πε0R1

)+

q1

4πε0x= V1

x

R2

− q1x

4πε0R1R2

+q1

4πε0x

⇒ V1 =R2

x

(V2 −

q1

4πε0x

)+

q1

4πε0R1

e sostituendolo nell’espressione di q2

q2 = 4πε0R2

(V2 −

q1

4πε0x

)= 4πε0R2V2 −

q1R2

x

mentre

V1 =R2V2

x+

q1

4πε0

(1

R1

− R2

x2

)≈ q1

4πε0R1

+R2V2

x

ove R2/x2 → 0 per x >> R2. Analizzando le dipendenze da x delle espressioni di carica e

potenziale trovati si vede che nel limite in cui le sfere siano infinitamente distanti, ovvero noninteragenti tra loro, ci si riconduce al caso noto se x → ∞. Nel caso numerico dato nel testo siha

q2 = 5.6 10−7 − 10−7

xC V1 = 45 103 +

5 103

xV

Esercizio 18

Una carica puntiforme q e posta a distanza d dal centro di una sfera conduttrice scarica emantenuta a potenziale 0. La distanza d e maggiore del raggio R della sfera. Calcolare la densitadi carica indotta sulla sfera.Soluzione 18

Applicando il metodo delle immagini cerchiamo una carica equivalente q′ tale che il sistema(q, q′) abbia la superficie di raggio R come superficie equipotenziale a V = 0. Poniamo dunque unacarica q′ = −y q (ove il segno meno e posto per indicare che la carica sara quantomeno opposta aquella data, dovendo risolvere il caso specifico) sulla congiungente il centro della sfera e la caricaq, ad una distanza x dal centro della sfera. Calcoliamo il potenziale che il sistema (q′,q) producein un punto della circonferenza di raggio R ed eguagliamolo a zero

V =q

4πε0`+

q′

4πε0`′= 0 .

Geometricamente, essendo ` ed `′ le distanze delle cariche da un punto sulla circonferenza, possiamoscrivere queste come

`2 = d2 +R2 − 2Rd cos θ `′2 = x2 +R2 − 2Rx cos θ

ove θ sia l’angolo tra il punto considerato sulla circonferenza e l’asse congiungente le due cariche.Si avra quindi

0 = V =1

4πε0

(q√

d2 +R2 − 2Rd cos θ− qy√

x2 +R2 − 2Rx cos θ

)14

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1 ELETTROSTATICA

q2(x2 +R2 − 2Rx cos θ

)= q2y2

(d2 +R2 − 2Rd cos θ

)e dovendo valere su tutta la circonferenza, ovvero ∀θ, deve valere separatamente

x2 +R2 − y2d2 − y2R2 = 0 e − 2R(x− dy2) cos θ = 0

y2 =x

d⇒ x2 − x

d(d2 +R2) +R2 = x2 − x

(d+

R2

d

)+R2

che ha come soluzioni

x =

(d+ R2

d

)±√(

d+ R2

d

)2 − 4R2

2=

(d+ R2

d

)±√d2 + R4

d2+ 2R2 − 4R2

2

=

(d+ R2

d

)±√(

d− R2

d

)2

2=d+ R2

d±(d− R2

d

)2

che ha come soluzioni

x = d , y = 1 e x =R2

d, y =

R

d.

La prima soluzione e quella in cui la carica q′ e uguale e contraria a quella data, posta nella stessaposizione di quella, caso in cui il potenziale si annulla in tutto lo spazio poiche la carica totale enulla; questa soluzione e banale e va scartata.La seconda e la soluzione cercata, non banale, e produce il potenziale

V (P ) =1

4πε0

q√d2 + r2 − 2rd cos θ

− R

d

q√R4

d2+ r2 − 2rR

2

dcos θ

che si annulla per r = R come desiderato. La componente radiale del campo elettrico sullasuperficie sferica e

E(R) = −(∂V

∂r

)r=R

r =−q

4πε0

∂r

q√d2 + r2 − 2rd cos θ

− R

d

q√R4

d2+ r2 − 2rR

2

dcos θ

r

=−q

4πε0

(−(r − d cos θ)

(d2 + r2 − 2rdcosθ)3/2−

−(d2rR2 − d cos θ)(

R2 + d2r2

R2 − 2rdcosθ)3/2

)r=R

r =

=−q

4πε0

(d2 −R2

(d2 +R2 − 2Rdcosθ)3/2

)1

Rr

da cui si puo ricavare la densita di carica sulla superficie

σ = ε0E = − q

4πR

(d2 −R2

(d2 +R2 − 2Rdcosθ)3/2

)

che ha una dipendenza dall’angolo θ (prevedibile, poiche l’induzione non e completa e la carica qe in una posizione privilegiata).

15

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1 ELETTROSTATICA

Esercizio 19

Un conduttore sferico di raggio R, e al centro di un conduttore sferico cavo di raggio internoR2 e raggio esterno R3. Una carica +q e depositata sul conduttore interno. Calcolare il campo edil potenziale in funzione della distanza r dal centro e studiare il caso in cui A) si colleghino i dueconduttori oppure B) si ponga a potenziale zero (terra) quello esterno.

Soluzione 19

Nel sistema di conduttori considerato si instaura induzione completa quindi all’equilibrio sullefacce del conduttore cavo esterno si avra una carica −q sulla faccia interna e +q su quella esterna.Le densita superficiali sono uniformi su ogni faccia ma diverse (e proporzionali a R−2). Il potenzialedipende solo da r per la simmetria sferica del sistema quindi il campo elettrico avra componentesignificativa solo quella radiale (r). Applicando il principio di sovrapposizione ed il teorema diGauss, sapendo che

V (r) =

∫ ∞r

E(r) dr ∝ − qr′

∣∣∣∞r

per r < Ri il potenziale di un conduttore e ufuale a quello sulla sua superficie.

Quindi per 0 ≤ r ≤ R1

V (r) = cost =q

4πε0R1

− q

4πε0R2

+q

4πε0R3

= V1

edE(r) = 0 nel conduttore.

Per R1 ≤ r ≤ R2

V (r) =q

4πε0r− q

4πε0R2

+q

4πε0R3

E(r) =q

4πε0r2+ 0 + 0

Per R2 ≤ r ≤ R3

V (r) =q

4πε0r− q

4πε0r+

q

4πε0R3

=q

4πε0R3

= V2 = cost

E(r) =q

4πε0r2− q

4πε0r2+ 0 = 0

Per r ≥ R3

V (r) =q

4πε0r− q

4πε0r+

q

4πε0r=

q

4πε0r

E(r) =q

4πε0r2− q

4πε0r2+

q

4πε0r2=

q

4πε0r2

ove si puo notare che per r ≥ R3 si verifiche la stessa condizione che si avrebbe se il guscio esternonon ci fosse, e questo grazie all’induzione completa.

Caso A)Se si collegano i due conduttori si annullano le carica sulla superficie ad R1 ed R2, quindi il campoe nullo entro R3 poiche la carica netta e nulla, ed il potenziale costante. Per r ≥ R3 si ha il solitoandamento E(r) ∝ r−2 e V (r) ∝ r−1.

16

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1 ELETTROSTATICA

Caso B)Se si pone a zero il guscio esterno questo equivale a porre V2 = 0 quindi

R2 ≤ r ≤ R3 V = cost = V2 = 0 E(r) = 0

R1 ≤ r ≤ R2 V =q

4πε0rE(r) =

q

4πε0r2

r ≤ R1 V =q

4πε0R1

= V1 E(r) = 0

Esercizio 20

Cinque sfere (di spessore trascurabile) conduttrici concentriche di raggi R = 1,2,3,4,5 cm,hanno inizialmente carica nulla. La seconda e la terza sono unite da un filo conduttore ed anchela quarta e la quinta. Sul conduttore piu interno si deposita una carica q = 4 10−9 C. Calcolare lacarica indotta su ogni sfera, la differenza di potenziale tra il piu interno ed il piu esterno, l’energiaelettrostatica totale. (Calcolare il lavoro necessario per portare una carica puntiforme q = 4 10−9 Cda d = 40 cm dal centro all’infinito.)

Soluzione 20

Posta la carica q sul conduttore piu interno, sugli altri per induzione completa si avra

q1 = q = q3 = q5 q2 = −q = q4

La differenza di potenziale tra le varie sfere, ed in particolare tra la prima e l’ultima, sara quindi

∆V1,5 = ∆V1,2 + ∆V2,3 + ∆V3,4 + ∆V4,5 = ∆V1,2 + ∆V3,4 =

=Q

C12

+Q

C34

= q

[1

4πε0

(1

R1

− 1

R2

)+

1

4πε0

(1

R3

− 1

R4

)]=

=q

4πε0

[(1

R1

− 1

R2

)+

(1

R3

− 1

R4

)]= 2100 V .−

L’energia elettrostatica totale del sistema sara invece

U = U1,2 + U2,3 + U3,4 + U4,5 + U5 = U1,2 + U3,4 + U5 =1

2

Q2

C12

+1

2

Q2

C34

+1

2

Q2

C5

=

=1

2

q

4πε0

[(1

R1

− 1

R2

)+

(1

R3

− 1

R4

)+

1

R5

]= 3.5 10−9 J .

Esercizio 21

In un condensatore (Σ,h) viene inserita parallelamente alle armature una lastra conduttrice afacce piane parallele, ciascuna di area σ e spessa x. Calcolare di quanto varia la capacita delcodensatore e quanto lavoro viene speso per inserire la lastra, nelle ipotesi che l’inserimento A)avvenga mantenendo costante la carica sulle armature o B) costrante la d.d.p. tra queste. (Σ=400cm2, h= 1 cm, x = 5mm, ∆V = 104 V)

17

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1 ELETTROSTATICA

Soluzione 21

Per come e costruito il sistema che stiamo considerando, quando la lastra e inserita vi e co-munque induzione completa. Prima dell’inserimento la capacita si ottiene da

Q = C∆V0 ⇒ C =ε0σ

h

Dopo l’inserimento della lastra possiamo considerare il sistema come due condensatori in serie,quindi

∆V =Q

C1

+Q

C2

= Q

(1

C1

+1

C2

)⇒ 1

Ceq=

1

C1

+1

C2

h

ε0Σ=

h1

ε0Σ+

h2

ε0Σ=h1 + h2

ε0Σ=h− xε0Σ

⇒ Ceq =ε0Σ

h− x= C0

h

(h− x)> C0

da cui si vede che la capacita aumenta poiche hh−x > 1 Il lavoro si puo calcolare dalla variazione

dell’energia elettrostatica nei due casi considerati.Caso A)

Consideriamo di caricare il condensatore a ∆V0, poi lo stacchiamo dal generatore quando haq0,V0,E0 = ∆V0

h. L’energia elettrostatica iniziale sara

W0 =1

2C0∆V 2

0 =ε0Σ

h∆V 2

0 = ε0ΣhE20 .

Dopo l’inserzione della lastra la carica rimane costante, quindi anche il campo elettrico rimanecostante: cambia ∆V

∆V =q0

Ceq=q0(h− x)

ε0Σ=q0

C0

(h− x)

h= V0

(h− x)

h= E0(h− x)

che e minore di V0 poiche h−xh< 1. L’energia elettrostatica in questo caso varra

WA =1

2

q20

Ceq=

1

2Ceq∆V

2 =1

2

ε0Σ

(h− x)

(q0

ε0Σ

)2

(h− x)2 =1

2ε0ΣE2

0(h− x) = W0h− xh

.

Il lavoro fatto e quello che si oppone alla variazione di energia elettrostatica, quindi

LA = −∆W = W0 −WA = W0

(h− h+ x

h

)=ε0ΣE2

0x

2

che puo essere interpretata come l’energia elettrostatica contenuta nello spessore della lastra in-serita.

Caso BIn questo caso il condensatore resta ad una d.d.p. costante quindi quello che cambia e la caricasulle facce del condensatore ed il campo elettrico al suo interno. Integrando (virtualmente) il campoelettrico tra le due facce del condensatore, in presenza (o assenza) della lastra abbiamo

∆V = E0h = EB(h− x) ⇒ EB = E0h

(h− x)> E0

da cui segue che la carica deve essere variata dello stesso fattore

qB = q0h

(h− x)> q0

18

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1 ELETTROSTATICA

La capacita del condensatore, in questo caso e aumentata:

WB =1

2Ceq∆V

2 =1

2

ε0Σ

(h− x)E2B(h−x)2 =

1

2ε0ΣE2

0

h2

h− x=

1

2ε0ΣhE2

0

(h

h− x

)= W0

(h

h− x

)Anche se l’aumento di energia elettrostatica sembra controintuitivo, si ricordi che in questo casoil sistema non e isolato: il generatore compie del lavoro per mantenere la d.d.p costante, chepossiamo pensare come quello necessario a spostare le cariche inizialmente poste sulle facce delcondensatore, da una all’altra. Questo lavoro si puo scrivere come

Lgen = ∆q∆V = (Ceq − C0)∆V 2 = 2 · 1

2(Ceq − C0)∆V 2 = 2∆WB

Il lavoro fatto per inserire la lastra sara ottenuto considerando il lavoro speso per lo spostamentodi cariche e la variazione di energia elettrostatica del sistema

Llas = Lgen −∆WB = ∆WB = WB −W0 = W0

(−h+ x+ h

h− x

)= W0

x

h− x

che vediamo essere diversa dal caso precedente. In entrambi i casi, comunque, la lastra vieneattratta all’interno del condensatore.

Esercizio 22

Una carica puntiforme positiva q si trova a distanza x da un piano conduttore indefinito apotenziale zero (massa). Calcolare la forza con cui la carica e attirata dal piano e la densita dicarica indotta sul piano.

Soluzione 22

Nel sistema considerato si puo utilizzare il metodo della carica immagine per ricavare il campoelettrico prodotto dalla distribuzione di carica indotta e successivamente le quantita richieste.Poiche il piano e infinitamente esteso ci sara induzione completa tra carica e piano quindi ciaspettiamo che la densita di carica indotta totale sia −q.

Se r e la distanza da q di un punto qualsiasi del piano, il potenziale prodotto dalla carica intale punto sara

Vq(r) =q

4πε0r.

Una carica immagine q′ che generi un potenziale sui punti del piano uguale ed opposto

Vi = −Vq(r) =−q

4πε0r

per ogni r, sara una carica q′=-q posta nella posizione speculare a q rispetto al piano. (Unasoluzione banale e quella di porre q′ coincidente con q, annullando la carica totale del sistema eottenendo un potenziale nullo non solo sul piano ma anche in tutto lo spazio.)

Nella configurazione non banale, la forza con cui la carica q e attratta dal piano sara direttaverso il piano (ortogonale ad esso) ed in modulo varra

F = − q2

4πε0(2x)2.

Se consideriamo ora il campo eletrico sui punti del piano, questo sara la somma (vettoriale) delcampo prodotto da q e q′ (pr. di sovrapposizione). Le componenti del campo elettrico totale

19

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1 ELETTROSTATICA

tangenti al piano sono nulle, sia per la simmetria del sistema, sia per il fatto che il piano (a V=0)

rappresenta una superficie equipotenziale, ed il campo ~E dovra quindi essere ortogonale ad esso.q e q′ danno lo stesso contributo ad ~E, che varra quindi, in modulo,

E = 2q

4πε0r2cos θ =

q

2πε0r2

x

r=

q

2πε0

x

r3

ed avra direzione entrante nel piano (guardandolo dalla posizione di q). Questo e il campo cherisolve l’equazione di Poisson con la condizione richiesta che il piano sia a potenziale nullo, quindisara quello generato da q e dalla distribuzione di densita di carica indotta. Sulla superficie del pianodeve valere

~E =σ

ε0n ⇒ σ = −ε0E = − q

x

r3= − q

x

(x2 +R2)3/2

ricordando che il campo e diretto in verso opposto alla normale (uscente) del piano n ed avendoindicato con R la coordinata radiale sul piano a partire dalla proiezione su questo di q. Si avraquindi una densita di carica massima in corrispondenza della proiezione di q sul piano, per R = 0

σmax = − q

1

x3.

La carica totale indotta si puo ricavare integrando sul piano la densita di carica σ(R) in coronecircolari concentriche di area 2πR dR

Q′ =

∫Σ

σ dΣ =

∫ ∞0

2πR

(− q

x

(x2 +R2)3/2

)dR = q

[x

(x2 +R2)3/2

]∞0

= −q

come ci si attendeva.La forza totale esercitata sulla carica q dalla distribuzione di carica indotta sara data, per ogni

corona circolare del piano, da

dF =q

4πε0

σdΣ

r2

x

r

ed integrando sul piano

F =

∫ ∞0

2πRq

4πε0

x

r3

(− q

x

r3

)dR =

q2

4πε0

∫ ∞0

x2 y

r6dR =

q2x2

4πε0

[−1

4(x2 +R2)2

]=

q2

4πε0

x2

(2x)2

che coincide con quanto gia trovato col metodo della carica immagine.

Esercizio 23

Tre fogli conduttori piani e paralleli, di spessore trascurabile, sono collegati come in figura. Ilfoglio centrale, di massa m=10 g, puo muoversi verticalmente restando parallelo agli altri due, lacui distanza e fissa e vale d= 8 mm. Quando la distanza dal foglio superiore e d1= d/4 la caricasul foglio centrale e q=5.9 10−7C e le forze di campo bilanciano la forza peso. Calcolarea) la superficie Σ,b) il potenziale V0 ai capi del generatore.In seguito si porta il foglio centrale in posizione mediana, si stacca il generatore e si riporta il foglionella posizione iniziale (d1=d/4). Calcolarec) la d.d.p finale ed) il lavoro fatto dalle forze del campo nell’intero processo.

20

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1 ELETTROSTATICA

Soluzione 23

Il sistema e equivalente a due condensatori in parallelo con

C1 =ε0Σ

d1

C2 =ε0Σ

d2

C = C1 + C2 = ε0Σ

(1

d1

+1

d2

)=

16

3

ε0Σ

d

da cui ricaviamo

ΣV0 =3qd

16ε0

All’equilibrio, bilanciando la forza prodotta dalla pressione elettrostatica sopra e sotto il piano conla forza di gravita si ottiene

1

2ε0E

21Σ− 1

2ε0E

22Σ−mg = 0 E1 =

V0d

dE2 =

V03d

d

ε02

V 20 16Σ

d2− ε0

2

V 20 16Σ

9d2= mg ⇒ 64Σε0V

20

9d2= mg ⇒ ΣV 2

0 =9mgd2

64ε0

Combinando le espressioni trovate per ΣV0 e ΣV 20 si ottiene

V0 =mgd29

64ε0

16ε03qd

=3mgd

4q= 103 V Σ =

3qd

16ε0V0

= 0.1 m2 .

Spostando il piano intermedio a d.d.p. costante, cambia la capacita dei condensatori e la caricasulle loro facce

C ′ = C ′1 + C ′2 =4ε0Σ

d⇒ q′ = C ′V0 =

4ε0ΣV0

d= 4.4 10−7 C.

Staccando il generatore riportando a d1 = d/4, d2 = 3d/4 cambia la d.d.p. ma non la caricatotale sul piano intermedio del condensatore (e sulle altre per induzione)

V ′′ =q′

C ′′=q′

C=

q′3d

16ε0Σ= 7.45 102 V .

Come visto in altri casi, il lavoro delle forze del campo in una trasformazione a d.d.p. costantee dato da L = ∆u, quindi

U1 =1

2CV 2

0 =8

3

ε0Σ

dV 2

0 U2 =1

2C ′V 2

0 =2ε0Σ

dV 2

0 U3 =1

2CV ′′2 =

3

2

ε0Σ

dV 2

0

da cui

∆U12 = −2

3

ε0Σ

dV 2

0 ∆U23 = −1

2

ε0Σ

dV 2

0

L = ∆U12 −∆U23 = −1.8 10−5 J .

21

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1 ELETTROSTATICA

Esercizio 24

Due condensatori sono collegati come in figura. C2 ha capacita 10−9 F mentre C1 e uncondensatore piano (Σ= 600 cm3, h= 3 mm) avente aria per dielettrico. Un generatore (V0= 400V ) e collegato ad A,B, carica i condensatori, e poi viene staccato. Lo spazio tra le armature di C1

viene riempito con acqua distillata (εr= 80). Calcolare la variazione di carica sulle facce di C1, lavariazione di d.d.p. ai capi di C2, il lavoro fatto dalle forze del campo nel processo di riempimento.

Soluzione 24

Il sistema considerato e un parallelo tra i due condensatori di capacita C2 data e

C1 =Σε0h

= 1.8 10−10 F

quindi

Q1 = C1V0 = 7.1 10−8 C Q2 = C2V0 = 4.0 10−7 C Q = Q1+Q2 = C1+C2)V0 = 4.7 10−7 C

Inserendo il dielettrico la capacita di un condensatore cambia C1 → C ′1 ma la carica totale nonvaria quindi

Q′1εrC1

=Q′2C2

⇒ Q′1 = εrC1

C2

Q′2

Q = Q′1 +Q′2 = Q′2

(1 + εr

C1

C2

)= Q2

(1 +

C1

C2

)⇒ Q′2 =

C1 + C2

C2 + εrC1

da cui

Q′2 = 7.7 10−2 Q2 = 3.0 10−8 C Q′1 = 4.3 10−7 C ⇒ ∆Q1 = Q′1−Q1 = −3.6 10−7 C

Si puo quindi calcolare la variazione di d.d.p.

V ′ =Q′1C ′1

= 30 V ⇒ ∆V = V0 − V ′ = 370 V

Il lavoro fatto dalle forze del campo e pari all’opposto della variazione di energia elettrostatica delsistema quindi

L = −∆U = W−W ′ =1

2C1V

20 +

1

2C2V

20 −

1

2C ′1V

′2−1

2C2V

′2 =1

2(C1+C2)V 2

0 −1

2(C ′1+C2)V ′2 =

=1

2(C1 + C2)V 2

0 −1

2(C1 + C2)V0V

′ =1

2(C1 + C2)V0(V0 − V ′) = 8.7 10−5 J .

22

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1 ELETTROSTATICA

Esercizio 25

Lo spazio tra le armature di un condensatore piano (Σ= 0.1 m2, h= 1 cm) e riempito da undielettrico non omogeneo la cui costante dielettrica relativa varia linearmente da ε1= 3 a ε2= 5dall’armatura positiva a quella negativa. Calcolare la capacita del condensatore e la densita dicarica di polarizzazione se ai capi del condensatore c’e una d.d.p. V0= 103 V.

Soluzione 25

Scegliendo un asse x con lo 0 sulla faccia carica positivamente del condensatore, la costantedielettrica si puo scrivere nella forma

εr(x) = ε1 +ε2 − ε1h

x = ε1 +∆ε

hx

e la capacita del condensatore si puo ricavare considerando il sistema come un insieme di conden-satori in serie di spessore dx e capacita dipendente dal valore della costante dielettrica in x, ognunocon una capacita

dC(x) =ε0εr(x)Σ

dx.

Ricordando che per condensatori in serie il reciproco della capacita e la somma dei reciproci dellecapacita parziali, si ha

1

C=

∫ h

0

1

dC(x)dx =

∫ h

0

h

ε0εr(x)Σdx =

1

ε0Σ

∫ h

0

dx

ε1 + ∆εhx

=1

ε0Σ

h

∆ε

∣∣∣∣ln(ε1 +∆ε

hx

)∣∣∣∣hx=0

=

=1

ε0Σ

h

∆εln

(ε2ε1

)⇒ C =

ε0Σ

h

ε2 − ε1ln(ε2ε1

) = 350 pF

Sulle armature del condensatore la carica Q e la densita di carica sono rispettivamente

Q = CV0 = 3.5 10−7 C σlibere =Q

Σ= 3.5 10−6 C/m2 .

Sapendo che D = σlibere e costante calcoliamo P che non sara invece costante

P = D − ε0E = D

(1− 1

εr(x)

)= D

(1− 1

ε1 + ∆εhx

)= D

(h(ε1 − 1) + ∆εx

hε1 + ∆εx

)La densita di cariche di polarizzazione sara |σp| = |P | ed in particolare, in corrispondenza delle duefacce del condensatore sara

σp(0) = −QΣ

ε1 − 1

ε1= −2

3

Q

Σσp(h) =

Q

Σ

ε2 − 1

ε2=

4

5

Q

Σ

che sono diverse non solo in segno ma anche in modulo. Il fatto che P non sia costante in x generaanche una densita di cariche di polarizzazione

ρp = −~∇ · ~P = − d

dxP (x) = − d

dx

(Dh(ε1 − 1) + ∆εx

hε1 + ∆εx

)= −D h∆ε

(hε1 + ∆εx)2

La carica di polarizzazione totale contenuta all’interno del dielettrico e quindi

q(vol)p =

∫ h

0

ρp = −Dh∆ε

∫ h

0

dx

(hε1 + ∆εx)2= Dh

∣∣∣∣ 1

hε1 + ∆εx

∣∣∣∣h0

= D

(1

ε2− 1

ε1

)< 0

23

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1 ELETTROSTATICA

Combinando i risultati trovati si puo verificare che

σp(h)− σp(0) = −q(vol)p

ovvero che il dielettrico e comunque complessivamente neutro come ci si aspetta.

Esercizio 26

Due condensatori piani eguali, aventi armature quadrate di lato L= 50 cm e distanti h= 5mm, sono connessi a due generatori, V1= 500 V e V2= 1000 V. Una lastra di dielettrico (χ=3,ρ= 1.0 g/cm3) di dimensioni (50×50×0.5) cm3 puo scorrere senza attrito tra i due condensatori,mantenendo sempre un estremo dentro un condensatore e uno dentro l’altro. Calcolare in qualeverso avviene il moto della lastra e il tempo che essa impiega per percorrere un tratto x= 4 cmse a t=0 e ferma. Determinare inoltre la carica di polarizzazione presente sulla lastra, specificandodove e localizzata.Soluzione 26

In generale, quando inseriamo una lastra per una sua frazione all’interno di un condensatorecambia la capacita di questo:

C0 =ε0L

2

h→ C(εr, x) =

ε0L(L− x)

h+ε0εrLx

h=ε0L

h(L− x+ εrx) =

ε0L

h(L+ χx)

mantenendo la differenza di potenziale fissata tramite un generatore l’energia elettrostatica variada U0 a U(εr, x)

∆U = U(εr, x)− U0 =1

2V 2(C(εr, x)− C0) =

V 2

2

ε0L

h(L+ χx− L) =

V 2

2

ε0L

hχx .

In questo caso sappiamo che il lavoro delle forze elettrostatiche e dato da L = ∆U (si deve tenerconto del lavoro fatto dal generatore che mantiene il potenziale fissato) quindi, dalla definizione dilavoro vediamo che

L = ∆U =

∫~F · d~x ⇒ F =

d

dx

(V 2Lx

hε0χ

)=V 2L

2hε0χ .

Questo vale in generale nella situazione descritta e, poiche inserendo il dielettrico la capacitadel condensatore e l’energia elettrostatica aumentano, il lavoro e positivo e la forze risucchia ildielettrico all’interno del condensatore.

Nel caso specifico, se orientiamo l’asse x verso il condensatore attaccato al potenziale V2

abbiamo

FTOT =V 2

2 Lε0χ

2h− V 2

1 Lε0χ

2h=Lε0χ

2h(V 2

2 + V 21 ) > 0

quindi la lastra si muove verso il condensatore attaccato alla d.d.p. maggiore con

F = 1.0 10−3 N .

La lastra ha massa

m = ρhL2 = 1.25 kg ⇒ a =F

m= 8.0 10−4 m/s .

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1 ELETTROSTATICA

Ricordando la legge oraria del moto uniformemente accelerato

x =1

2at2 ⇒ t =

√2x

a= 10 s .

Le cariche di polarizzazione compaiono sulle facce del dielettrico in ciascun condensatore (nellafrazione della lastra che sta all’interno dei condensatori) e vale in modulo

σp1 = ε0χE1 = ε0χV1

h= 2.6 10−6 C/m2

σp2 = ε0χE2 = ε0χV2

h= 5.3 10−6 C/m2

Esercizio 27

Un condensatore piano ha come dielettrico due lastre di materiali diversi, di spessore x1=4mm e x2=6 mm e costante dielettrica relativa εr1=5 e εr2=3, che lo riempiono completamente(h = x1 + x2). Calcolare la densita di carica di polarizzazione sulla superficie di separazione tra idue dielettrici se la d.d.p. applicata al condensatore vale V0= 103 V.

Soluzione 27

Nel condensatore il campo e ortogonale alle facce ma la differente costante dielettrica lo rendediverso nei due materiali: alla superficie di separazione c’e una discontinuita. Possiamo applicaresulla superficie di separazione il teorema di Gauss per il vettore di spostamento dielettrico ~D =ε0 ~E + ~P che dipende dalle sole cariche libere

φ( ~D) = Qlib = 0 ⇒ Dn1 = Dn2

da cuiε0En1 + Pn1 = ε0En2 + Pn2 ⇒ εr1En1 = εr2En2

ove si e specificato col pedice n la componente normale alla superficie di separazione dei vettori.Inoltre, sappiamo che l’integrale del campo elettrico nel cammino da una faccia all’altra del

condensatore deve essere pari alla d.d.p. applicata, ovvero

E1x1 + E2x2 = V0 .

Combinando le ultime due equazioni abbiamo

E2 =εr1εr2E1 ⇒ E1x1 +

εr1εr2E1x2 = V0

da cui si ricavano

E1 =V0

x1 + εr1εr2x2

E1 =V0

εr2εr1x1 + x2

Noto il campo elettrico ricaviamo la densita di cariche di polarizzazione da

|σp1| = ε0(εr1 − 1)E1 |σp2| = ε0(εr2 − 1)E2

e sulla superficie di separazione la densita totale di carica, come somma (algebrica) dei due con-tributi, sara

σp = σp1 − σp2 = ε0V0

[(εr1 − 1)εr2εr2x1 + εr1x2

− (εr2 − 1)εr1εr2x1 + εr1x2

]= ε0V0

(εr1 − εr2)

εr2x1 + εr1x2

25

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1 ELETTROSTATICA

assumendo εr1 sia il dielettrico a contatto con la faccia positiva del condensatore. In questo casosara quindi positiva se εr1 > εr2 e negativa altrimenti.

Nel caso descritto dal problema

σp = 2.5 10−6 − 2.1 10−6 = 0.42 10−6 C/m2 .

Esercizio 28

Lo spazio tra le armature di un condensatore piano poste in verticale (distanti h=2 mm) eparzialmente riempito da un liquido (εr=28) di densita ρ= 0.8 g/cm3. Calcolare di quanto si alzail liquido se si collegano le armature ad un generatore (V0= 2.0 103 V).

Soluzione 28

Definiamo un asse y orientato verticalmente, con verso positivo verso l’alto e lo 0 alla base diuna faccia del condensatore. Quando il liquido arriva ad una certa quota y il condensatore si puoconsiderare come un parallelo di condensatori che ha una capacita equivalente pari a

CTOT =ε0b(a− y)

h+ε0by

h

se a,b sono le dimensioni del condensatore lungo l’asse y e ortogonalmente ad esso, rispettivamente.Applicando la d.d.p. l’energia elettrostatica del sistema e

U(εr, y) =ε0b(a− y)

hV 2

0 +ε0byεrh

V 20 =

ε0b

hV 2

0 [a− y + εry]

La forza con cui il dielettrico viene risucchiato all’interno del condensatore si puo ricavare comevariazione infinitesima di energia elettrostatica al variare di un infinitesimo ∆y

Fy =d

dyU(εr, y) =

ε0b

hV 2

0 (εr − 1) .

Quando il liquido si alza di una quota y, rispetto a quella di partenza y0 la forza elettrostaticadovra bilanciare la forza peso del volume di liquido sollevato, ovvero

Fy = mg ⇒ ρg(y−y0)bh =ε0b

hV 2

0 (εr−1) ⇒ y−y0 =ε0(εr − 1)V 2

0

2ρgh2= 15.22mm .

Esercizio 29

Un condensatore sferico (R1=5 cm, R2=10 cm) ha l’intercapedine riempita di un dielettriconon omogeneo la cui costante dielettrica relativa varia secondo la legge εr(r) = a

r, con a=0.2

m. Sulla sfera interna c’e la carica q=10−9 C mentre l’armatura esterna e a potenziale pari azero Calcolare il potenziale a una distanza r dal centro e determinare le densita delle cariche dipolarizzazione.

Soluzione 29

Poiche E e P dipendono dalla costante dielettrica, variabile, conviene considerare inizialmenteil campo ~D(r) che dipende dalle sole cariche libere. Per questo il teorema di Gauss ci dice che adun generico r nell’intercapedine vale

4πr2D(r) = q ⇒ ~D(r) =q

4πr2r

26

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1 ELETTROSTATICA

Il campo elettrico vale invece

~E(r) =~D(r)

ε0εr(r)⇒ ~E(r) =

q

4πε0εr(r)r2r =

q

4πε0arr

quindi la differenza di potenziale tra le due superfici del condensatore sara

V1 − V2 = V1 =

∫ R2

R1

q

4πε0ardr =

q

4πε0aln

(R2

R1

)Analogamente, ad un generico r il potenziale puo essere calcolato come differenza rispetto alpotenziale del guscio esterno, che e messo a terra

V (r) =

∫ R2

r

q

4πε0ardr =

q

4πε0aln

(R2

r

)La densita di carica di polarizzazione si calcola a partire dal vettore di polarizzazione

~P (r) =

(1− 1

εr(r)

)~D(r) =

(1− r

a

) q

4πr2r =

q

4πa

a− rr2

r

da cui vediamo che la densita delle cariche di polarizzazione in corrispondenza delle due facce delcondensatore valgono

σp(R1) = −|P (R1)| = − q

4πa

a−R1

R21

σp(R2) = |P (R2)| = − q

4πa

a−R2

R22

ed integrate su ciascuna superficie

qp(R1) = 4πR21σp(R1) = −q

a(a−R1) = −0.75 10−9 C qp(R2) = 4πR2

2σp(R2) =q

a(a−R2) = 0.5 10−9 C .

Poiche il dielettrico non e omogeneo si induce una carica di polarizzazione all’interno del suo volume,la cui densita e data da

ρp = −~∇~P = − 1

r2

∂rr2P (r) = − 1

r2

∂r

q(a− r)4πar2

e che integrata in tutto il volume da

qvolp =

∫V

ρp(r) dV = 4π

∫ R2

R1

ρp(r)r2 dr =

∫ R2

R1

q

adr =

q

a(R2 −R1)

che si vede essere uguale ed opposta alla carica che si distribuisce sulle facce interne ed esternedell’intercapedine di dielettrico.

Esercizio 30

Il circuito in figura e alimentato con un generatore reale, confem V0=100 V e una resistenza interna Ri= 10 Ω. Le altre re-sistenze del circuito valgono: R1= 1.0 kΩ, R2= 1.5 kΩ, R3= 2.0kΩ. Calcolare:a) il potenziare rispetto a terra dei punti A, B, Cb) la tensione ai capi del generatore reale

27

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1 ELETTROSTATICA

Soluzione 30

La differenza di potenziale rispetto alla terra dei punti A, B, C si ottiene ricavando innanzituttola corrente che scorre nelle resistenze del circuito, poste in serie

V0 = i(R1 +R2 +R3 +Ri) ⇒ i =V0

(R1 +R2 +R3 +Ri)≈ V0

(R1 +R2 +R3)= 22.2 mA

Procedendo a ritroso

VC = iR3 = V0R3

R1 +R2 +R3

= 44.4 V

VB − VC = iR2 ⇒ VB = V0R2 +R3

R1 +R2 +R3

= 77.7 V

VA − VB = iR1 = V0 = 100V

La d.d.p. ai capi del generatore e invece

∆Vreale = V0 −Rii = V0 − V0Ri

R1 +R2 +R3

= (100− 0.22) V

Esercizio 31

Le resistenze del circuito in figura hanno valori R1=3 Ω, R2= 20 Ω, R3= 12 Ω, R4= 6 Ω, R5= 4 Ω, R6= 5Ω e la d.d.p tra A e B e ∆V = 5.4 V.

Calcolare:a) il valore della resistenza vista ai capi del circuito (A,B)b) la corrente che circola in ciascuna resistenzac) la d.d.p. su ciascuna resistenza

Soluzione 31

Ricordando le regole per combinare le resistenze in serie ed in parallelo

Rserie = R1 +R2 R−1parall = R−1

1 +R−22

si ha

Req = R6 +

(1

R2

+

(1

R3

+1

R4

+1

R5

)−1)−1

= 9 Ω .

La corrente che passa complessivamente tra A e B sara quindi

iTOT =∆V

Req

= 0.6 A

da cui si ricava, in modo sistematico

i6 = iTOT = 0.6 A ∆V6 = R6i6 = 3V

28

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2 MAGNETOSTATICA

∆V2 = ∆V −∆V6 = 2.4 V i2 =∆V2

R2

= 0.12 A

i1 = iTOT − i2 = 0.48 A ∆V1 = i1R1 = 1.44 V

∆V3 = ∆V4 = ∆V5 = ∆V −∆V6 −∆V1 = 0.96 V

i3 =∆V3

R3

= 0.08 A i4 =∆V4

R4

= 0.16 A i4 =∆V4

R4

= 0.24 A

2 Magnetostatica

Esercizio 32

Una spira conduttrice, a forma di esagono regolare di lato 2L=20 cm, e per-corsa da una corrente i=12 A. Determinare:1) la f.e.m. necessaria a mantenere la corrente sapendo che la spira e com-posta da un filo di rame di diametro d=1 mm (ρCu=1.67· 10−8 Ωm).2) Il campo magnetico generato al centro della spira.

Soluzione 32

La resistenza del filo e data da

R = ρCu6 · 2Lπ(d/2)2

= 1.67 10−8 60.2

π(5 10−4)2= 25.5 mΩ ,

di conseguenzaV = iR = 12 A 25.5 10−3 Ω = 0.3 V .

Il campo da ciascun lato e quello prodotto da un filo finito, a distanza hdal punto mediano del lato. Schematizzando il problema come in figura

B0 =µ0i

∫ +L

−L

dl′ sin θ

|∆r|2=µ0i

∫ π6

−π6

dl′ cosα

|∆r|2

che, parametrizzando,

∆r =l′

sinα, l′ = r tanα, ∆r =

r

cosα, dl′ =

r

cos2 αdα,

diventa

B0 =µ0i

∫ π6

−π6

r dα cosα

cos2 α

cos2 α

r2=µ0i

4πr

∫ π6

−π6

cosα dα =µ0i

4πr(sinα)

π6

−π6

=µ0i

4πr

ed il campo prodotto dai 6 lati diventa quindi

B6 =6µ0i

4πh=µ0i√

3

2πL= 41.6 10−6 T,

in cui si e tenuto conto che per l’esagono regolare in questione h = L√

3

29

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2 MAGNETOSTATICA

Esercizio 33

Chiamiamo spettrometro di massa un sistema costituito da una regione di spazio in cui sia pre-sente un campo magnetico costante, all’interno del quale possono entrare da una fessura particellecariche che abbiano determinate m, q, ~v. Calcolare:a) la posizione l a cui sbattono contro la parete in funzione delle proprieta della particellab) qual’e la discriminazione sulle variabili m, q, v in funzione della precisione con cui si determinal.

Soluzione 33

Entrando nella regione in cui e presente il campo magnetico le particelle cariche risentono dellaforza di Lorentz che le fa curvare nel piano ortogonale a ~B

~FL = q~v × ~B .

Se ~v e perpendicolare a ~B il moto che ne risulta e circolare ed uniforme, in cui la forza di Lorentze la forza centripeta, e sappiamo che per questo valgono le seguenti relazioni tra campo, velocitae raggio di curvatura

~FLorentz = m~a ⇒ qvB = mv2

R⇒ R =

mv

qB

da cui risulta che la particella carica andra a sbattere contro la parete nel punto

l = 2R =2mv

qB

Se ci sono due tipi di particelle con stessa carica e velocita ma diversa massa, siano queste m1

e m2, avremo

l1 =2m1v

qBl2 =

2m2v

qB⇒ ∆l = l2 − l1 =

2v

qB∆m =

l1m1

∆m .

Se invece queste hanno stessa carica e massa, ma diverse velocita v1 e v2, avremo

l1 =2mv1

qBl2 =

2mv2

qB⇒ ∆l =

2m

qB∆v =

l1v

∆v .

30

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2 MAGNETOSTATICA

Da ultimo, se queste hanno stessa velocita e massa, ma diverse cariche q1 e q2, avremo

l1 =2mv

q1Bl2 =

2mv

q2B⇒ ∆l =

2mv

B

(q1 − q2

q1q2

)

Esercizio 34

Si calcoli come estensione generale di un esercizio gia visto il campo al centro di una spira diforma poligonale regolare di n lati, inscrivibile in una circonferenza di raggio R.

Soluzione 34

Il campo da ciascun lato e quello prodotto da un filo finito, a distanza hdal punto mediano del lato. Schematizzando il problema come in figura

B0 =µ0i

∫ +L/2

−L/2

d~l′ ×∆~r

|∆r|3=µ0i

∫ +L/2

−L/2

dl′ sin θ

|∆r|2

che, parametrizzando,

l′ = ∆r sin β = x tanα ⇒ dl′ =x

cos2 αdα ∆r =

h

cosα

diventa

B0 =µ0i

∫ L/2

−L/2

dl′ cosα

|∆r|2=µ0i

∫ αmax

αmin

h

cos2 α

cos2 α

h2cosα dα =

µ0i

∫ αmax

αmin

cosα dα .

Per un poligono regolare di n lati

tanαmax = tan(πn

)= − tanαmin ⇒ βmin =

π

n, h = R cos

(πn

),

quindi

B0 =µ0i

4πh2 sin

(πn

)=

µ0i

2πRtan(πn

)Bn = nB0 =

µ0i

4πhn tan

(πn

)che nel limite n→∞

tan(an

)→ a

n⇒ B∞ =

µ0i

2R

che corrisponde al caso gia visto del campo al centro di una spira di raggio R.

Esercizio 35

Tre conduttori rettilinei e di lunghezza infinita giacciono sullo stesso piano (x,y) con il con-duttore centrale che coincide con l’asse x. La distanza tra fili contigui e d=0.1 m. Il conduttorecentrale e percorso da una corrente i1=1 A nel verso delle x crescenti, mentre i due laterali sonopercorsi ciascuno da i2=5

4A nel verso opposto. Determinare:

a) Il campo magnetico generato dai conduttori in P1=(0,2d,0)b) Il campo magnetico generato dai conduttori in P2=(0,0,2d)c) La forza per unita di lunghezza sul conduttore centrale.

31

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2 MAGNETOSTATICA

Soluzione 35

Un filo infinito percorso da corrente produce un campo magnetico che in modulo vale

B(r) =µ0i

2πr

e nel caso considerato il campo magnetico totale si puo calcolare come somma dei tre contributidi fili a diversa distanza dal punto desiderato.

Nel punto P1 il campo magnetico ha solo componente lungo z

B(P1) = Bz(P1) =µ0i12π2d

−µ0i22πd− µ0i2

2π3d=

µ0

2πd

(i12− i− 2

(1− 1

3

))=

µ0

2πd−2

6= −6.7 10−7 T .

Nel punto P2 si puo osservare che il filo posto a y = 0 produce un campo magnetico direttolungo y nel verso negativo dell’asse; il filo posto in y = −d produce un campo magnetico conuna componente nel verso positivo dell’asse y ed una nel verso negativo dell’asse z; il filo postoin y = d produce un campo magnetico con una componente nel verso positivo dell’asse y ed unanel verso positivo dell’asse z. Per costruzione, e per la simmetria del problema, si puo vedere chele componenti lungo z dei campi magnetici prodotti dai fili in y = −d ed y = d sono uguali edopposte, quindi si annullano. Per le stesse considerazioni le componenti lungo y prodotte da queidue fili sono identiche (e concordi). Come risultato, il campo totale avra sola componente lungoy

B(P2) = By(P2) = 2µ0i2

2π√

(2d)2 + d2cosα− µ0i1

2π2d=

µ0

2πd

(2i2√

5cosα− i2

2

)=

=µ0

2πd

(4i25− 1

2

)=

µ0

4πd= 10−6 T

La forza sul conduttore centrale non puo che essere nulla nulla per la simmetria dei due filiesterni (si provi a fare un disegno della direzione dei contributi del campo prodotto da ciascuno deifili esterni in un punto del filo centrale).

Esercizio 36

Tre fili conduttori rettilinei paralleli, posti nello stesso piano, sono disposti ad una distanza d=10 cm l’uno dall’altro. Una spira quadrata di lato L=20 cm giace nel piano dei tre fili, anch’essaa distanza d dal filo piu vicino. La spira ha resistenza R. I tre fili sono percorsi dalle correnti i1 =100 A, i2=i0e

−t7τ con i0=300 A e τ= 10 s, i3= 200 A. Considerando d=10 cm, calcolare:a) Il campo magnetico in A= centro della spira dovuto ai tre fili a t = 0b) La forza per unita di lunghezze sul filo terzo filo, il piu vicino alla spira, a t=0 (trascurandol’apporto della spira)(c) La resistenza della spira sapendo che a t=0 la corrente indotta vale is=5.5 10−7 A.)(d) La carica totale circolata nella spira.)(e) La risultante delle forze sulla spira a t=∞.)

Soluzione 36

Risolviamo solamente i primi due quesiti, poiche i successivirichiedono conoscenze non ancora viste a lezione.

32

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2 MAGNETOSTATICA

Il campo magnetico al centro della spira dovuto ai tre fili siricava, come visto in precedenza, con il principio di sovrapposizione

BA(t = 0) = − µ0i12π4d

+µ0i2(t = 0)

2π3d− µ0i3

2π2d=

=µ0

2πd

(i03− i1

4− i3

2

)= 5.0 10−5 T .

Per calcolare la forze sul terzo filo a t = 0 calcoliamo innanzi-tutto il campo magnetico prodotto dagli altri due in corrispondenzadi esso:

~B = − µ0

2πd

(i12− i2(t = 0)

)z = − µ0

2πd

(i12− i0

)z = 5.0 10−4 T .

Ricordando l’espressione per la forza di cui risente un filo percorso da corrente in presenza diun campo magnetico

~dF = i~dl × ~B = i dl y × ~B ⇒~F

dl= −i3

µ0

2πd

(i12− i0

)x = 0.1 N/m vx

Esercizio 37

Due spire circolari identiche, di raggio R, distanti tra loro h =R, sono percorse da una corrente i nello stesso verso. Calcolarel’espressione del campo magnetico sull’asse delle spire, nel puntomediano C. Calcolare inoltre il campo sull’asse z sviluppandolo inserie attorno a C e considerando i primi tre termini dello sviluppo.

Soluzione 37

L’espressione del campo magnetico sull’asse di una spira percorsa da corrente e gia stata rica-vata, e diretto lungo l’asse di questa, e vale

B(z) = Bz(z) =µ0i

2

R2

(R2 + z2)3/2.

Fissando quindi l’origine del’asse della coordinate z nel punto mediano tra le due spire2, il campocomplessivamente generato dalle due spire e dato da

B(z) =µ0iR

2

2[R2 + (z +R/2)2]3/2+

µ0iR2

2[R2 + (z −R/2)2]3/2

da cui si ricava che nel punto mediano

B(C) = B(z = 0) =µ0iR

2

2[R2 +R2/4]3/2+

µ0iR2

2[R2 +R2/4]3/2=

µ0i8

R(5)3/2.

2La scelta e arbitraria ed il risultato a cui si arriva e identico scegliendo lo zero in qualsiasi altro punto, con leopportune modifiche consistenti alle formule.

33

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2 MAGNETOSTATICA

Sviluppando ora in serie il campo magnetico attorno al punto mediano, sappiamo che

B(z) = B(z = 0) +

(dB

dz

)z=0

z +1

2

(d2B

dz2

)z=0

z2 + . . .

ove il primo termine dello sviluppo e quello appena calcolato.Per i termini successivi calcoliamo

dB

dz=µ0iR

2

2

(−3

2

2(z +R/2)

[R2 + (z +R/2)2]5/2− 3

2

2(z −R/2)

[R2 + (z +R/2)2]5/2

)che calcolato in z = 0

dB

dZ

∣∣∣∣z=0

=µ0iR

23

2

(−R/2 +R/2

[R2 +R2/4]5/2

)= 0 .

Per il termine successivo dello sviluppo si ha

d2B

dz2= −µ0iR

23

2

([R2 + (z +R/2)2]5/2 − (z +R/2)25[R2 + (z +R/2)2]3/2

[R2 + (z +R/2)2]5+

+[R2 + (z −R/2)2]5/2 − (z −R/2)25[R2 + (z −R/2)2]3/2

[R2 + (z −R/2)2]5

)che calcolato nel punto mediano vale

d2B

dz2

∣∣∣∣z=0

= −µ0iR23

2

([54R2]5/2 −R2/4 5[5

4R2]3/2

[54R2]5

+

+[54R2]5/2 −R2/4 5[5

4R2]3/2

[54R2]5

)= 0

poiche si annullano entrambi i numeratori dei due addendi.Si e visto quindi che il secondo e terzo termine dello sviluppo in serie di Taylor sono nulli e

questo indica che in un intorno abbastanza largo del punto mediano, il campo magnetico risulta inbuona approssimazione costante, pari in valore al valore del campo nel punto mediano.

Esercizio 38

Una sottile barra di grafite (ρ= 1.0 10−5 Ωm), lunga L= 200 cm ed a sezione quadrata di latoa=2 mm, e immersa in un campo magnetico B = 0.8 T perpendicolare ad una delle facce laterali.Le due estremita della barra sono collegate ad una d.d.p. V0=5 V. Calcolare:a) La potenza erogata dal generatore,b) La forza necessaria per tenere ferma la barra,c) La d.d.p. che si genera tra due facce opposte sapendo che nel materiale, la densita di elettronie N(e−)=0.5 1017 mm−3

Soluzione 38

Considerando la sezione della barra come infinitesima, poiche piccola rispetto alla lunghezza,la resistenza di questa sara

R = ρL

a2= 5 Ω

34

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2 MAGNETOSTATICA

e la potenza erogata dal generatore per farvi passare corrente e

P =V 2

0

R= 5 W .

La forza che il campo magnetico esterno esercita su di essa vale

d~F = i~dl × ~B ⇒ F =

∫ L

0

B dl = iBL =V0

RBL = 1.6 N .

che e pari ed opposta a quella che e necessario applicare affinche la barra non si muova.Dalla definizione di corrente, assumendo che questa sia dovuta al moto degli elettroni nella

barra, si ha che

i =dq

dt= eN(e−)a2dx

dt= qN(e−)a2vd ⇒ vd =

i

eN(e−)a2=V0

R

1

eN(e−)a2

ove vd e la velocita di deriva delle cariche nella direzione della corrente. L’effetto Hall ci dice chele cariche che producono la corrente risentono di una forza di Lorentz che tende a separane lepositive dalle negative. Una volta creatasi questa separazione, tra le distribuzioni non uniformi dicariche opposte si produce un campo elettrico che tende a riavvicinarle. La condizione di equilibrioviene raggiunta quando il campo di Lorentz bilancia quello elettrico tra le distribuzioni di caricheopposte, o equivalentemente le due forze sulle cariche in moto si bilanciano. Nella condizione diequilibrio tra le facce opposte parallele al campo magnetico si forma una differenza di potenzialedata dalla condizione

evdB = eE = e∆VHa

⇒ ∆VH = avdB =aBV0

eN(e−)Ra2=

BV0

eN(e−)Ra= 50 µV .

Esercizio 39

Un avvolgimento di N=5 103 spire e disposto sulla superficie di un cilindro retto, lungo d= 50cm e di raggio R=5 cm, costituendo quello che si chiama un solenoide rettilineo. Esso e percorsodalla corrente i= 2 A.

Dare l’espressione del campo magnetico nei punti dell’asse del sistema ed estendere il risultatoal caso in cui d tenda all’infinito.Soluzione 39

Innanzitutto definiamo come n = Nd

la den-sita di spire per unita di lunghezza sulla super-ficie del cilindro.

In generale, il campo prodotto da una spirasul proprio asse e pari a

B =µ0i

2

R2

(R2 + z2)3/2.

Nel caso considerato, il contributo al campodalle spire contenute in un tratto di lunghezzadx del cilindro su cui sono avvolte e

dB =µ0R

2

2r3· ni dx

35

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2 MAGNETOSTATICA

ove con r si indica la distanza di tali spire dal punto in cui si calcola il campo magnetico. Si puosostituire

r sin θ = R → r =R

sin θR = (x− x0) tan(θ) → dx = − R

sin2 θdθ

e sommando i contributi di tutti i segmenti infinitesimi abbiamo

B =

∫ d/2

−d/2

µ0R2

2r3ni dx =

µ0iR2n

2

∫ θmax

θmin

sin3 θ

R3

(− R

sin2 θ

)dθ =

µ0in

2

∫ θmax

θmin

(− sin θ) dθ =

=µ0in

2(cos θmax − cos θmin)

in cui θmin/max sono gli estremi di integrazione del cilindro e valgono, per semplici considerazionigeometriche, rispettivamente

cos θmin =d/2− x0√

(d/2− x0)2 +R2cos θmax = − d/2 + x0√

(d/2 + x0)2 +R2

da cui si ricava

B =µ0in

2

[d/2− x0√

(d/2− x0)2 +R2+

d/2 + x0√(d/2 + x0)2 +R2

]che nel centro del cilindro (solenoide) vale

B(x = 0) = µ0nid√

d2 + 4R2

en→∞ ⇒ B(x)→ µ0ni

come si e gia trovato nel caso del solenoide infinito.Si noti da ultimo che nel caso del solenoide finito, il valore del campo agli estremi del solenoide

vale

B

(d

2

)= B

(−d

2

)=µ0ni

2

d√d2 +R2

→ µ0ni

2=B(0)

2per d→∞ .

Esercizio 40

Un solenoide con densita di spire n=10 spire/cm e percorso da una corrente I= 12 mA, ha

asse perpendicolare al campo magnetico terrestre ~BT . Un ago magnetico, con momento di dipoloµ=6.6 10−4 Am2, massa m= 10 g e lunghezza l=1 cm, si orienta a θ= 30° rispetto a ~BT .Calcolare:a) BT

b) il momento delle forze per tenere fermo il dipolo lungo ~BT

c) La frequenza di oscillazione del dipolo per piccole oscillazioni attorno all’equilibriod) il lavoro meccanico necessario per invertire la direzione del dipolo rispetto alla configurazionedel punto b).

36

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2 MAGNETOSTATICA

Soluzione 40

Come si e visto in altri esempi, il campo all’interno di un solenoide con densita di spire npercorse da corrente i e dato da

BS = nµ0i

quindi complessivamente il campo magnetico presente sara, per il principio di sovrapposizione

~BT = BT y ~BS = BSx ⇒ ~B = ~BT + ~BS .

L’ago magnetico risentira di un momento complessivo

~M = ~µ× ( ~BT + ~BS) .

All’equilibrio, quando l’aghetto forma un angolo α con il campo ~BT , la componente lungo z delmomento deve essere nulla, ovvero

Mz = µBT sinα− µBS cosα = 0 ⇒ BT sinα = nµ0i cosα

da cui

BT =nµi

tanα= 2.6 10−5 T .

Per tenere fermo il magnete con momento parallelo a ~BT serve fornire un momento esterno~Me che bilanci quello creato dai campi magnetici, ovvero

~Mtot = ~Me + ~µ× ( ~BT + ~BS) ⇒ ~Me = −~µ× ( ~BT + ~BS) = −~µ× ~BS

poiche ~µ× ~BT = 0. Numericamente si trova

Me = µBs = µnµ0i = 9.9 10−9 Nm

diretto nel verso positivo dell’asse z.Intorno alla posizione di equilibro, la seconda legge di Newton nella sua versione angolare si

puo scrivere, sapendo che il momento d’inerzia di una asticella di massa m e lunga l vincolata nelsuo centro vale Ia = ml2

12

~µ× ( ~BT + ~BS) = Id2θ

dt2⇒ µBtot sin θ =

ml2

12

d2θ

dt2

che per piccole oscillazioni diventa (sin θ ≈ θ)

µBtotθ =ml2

12

d2θ

dt2⇒ ν =

ω

2π=

1

√12µBtot

ml2

dove con Btot si e indicato il modulo | ~BT + ~BS|.Il lavoro meccanico che serve compiere per ruotare il dipolo di 180 gradi rispetto alla posizione

in cui e diretto nel verso positivo dell’asse y e dato da

L = ∆U = Uf − Ui = µy ~BT − (−µy ~BT ) = 2µBT = 3.4 10−8 J .

37

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2 MAGNETOSTATICA

Esercizio 41

Un tubo cilindrico dielettrico molto lungo, con raggio R=10 cm ha la superficie carica condensita σ= 0.5 C/m2 e ruota attorno al suo asse con velocita angolare ω= 10 rad/s. Calcolare:

a) ~E e ~B all’interno ed all’esterno del cilindro

[b) ~E e ~B all’interno ed all’esterno del cilindro se la velocita angolare aument come ω(t) = α tcon α=2 rad/s2.]

Soluzione 41

Il campo elettrico e quello prodotto da una densita di carica superficiale costante distribuitasulla superficie del cilindro. Questa si puo calcolare applicando il teorema di Gauss ad una superficiecilindrica di altezza infinitesima e raggion r, per la quale deve valere, per la simmetria del sistema

E(r)2πrdl =Q

ε0=dlσ2πR

ε0⇒ E(r) =

σR

ε0

1

rper r > R , E(r) = 0 per r < R ,

Il campo magnetico e invece prodotto dalla densita di carica che ruota con il guscio producendouna densita di corrente data da

dq

dl dt=σR dφ dl

dl dt= σR

dt= σRω ;

questo puo essere pensato come un solenoide in cui la densita di corrente corrisponde ad una densitan di spire percorse dalla corrente I data dalla j = nI quindi l’espressione del campo all’interno delsolenoide e data da

~Bs = nIµ0z ⇒ B = µ0σRω = 6.28 10−7 T .

Sempre come nel caso del solenoide il campo magnetico all’esterno del cilindro e nullo (almeno inprima approssimazione).

Riassumendo, in questo caso, in cui il cilindro ruota con velocita angolare costante il campoelettrico e radiale, solo all’esterno del cilindro, mentre il campo magnetico e assiale, solo all’internodel cilindro.

Esercizio 42

Una sfera conduttrice di raggio R=10 cm e massa m=10 Kg, carica con q=10−6 distribuitasulla sua superficie, ruota con velocita angolare ω=103 rad/s attorno ad un suo diametro. Cal-colare il valore del campo magnetico nel centro della sfera, il momento magnetico ed il rapportogiromagnetico della sfera, Se questa viene immersa in un campo magnetico uniforme di moduloB′=3 T (in una direzione generica), calcolare la velocita angolare di precessione.

Soluzione 42

Per la simmetria del problema, dividiamo la superficie della sfer-ica in strisce infinitesime come spire percorse da corrente. La den-sita di carica sulla superficie sferica vale

σ =q

4πR2= 7.96 10−6 C/m2

e poiche la superficie infinitesima puo essere parametrizzata come

dΣ = 2πR sin θR dθ

38

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2 MAGNETOSTATICA

la corrente che scorre in ogni striscia puo essere scritta come

di =dq

dt=σ dΣ

T=σ2πR2 sin θ dθω

2π= σR2 sin θω dθ .

Il campo sull’asse di una spira ci ricordiamo valere

Bs =µ0i

2

R2

(R2 + (x− x0)2)3/2

ove x rappresenta la coordinata del punto in cui si vuole calcolare il campo ed x0 la coordinata,lungo il medesimo asse, del centro della spira. Ogni spira infinitesima, che ha centro nella posizionex dell’asse in figura, contribuisce quindi con un campo al centro della sfera, ovvero in x = 0 datoda

dB =µ0 di

2

R2 sin2 θ(R2 sin2 θ +R2 cos2 θ

)3/2=µ0

2σR2 sin θω dθ

R2 sin2 θ

R3=µ0

2σRω sin3 θ dθ .

Il campo totale nel centro della sfera e dunque

B =

∫ π

0

dB =µ0σRω

2

∫ π

0

sin3 θ dθ =2µ0σRω

3= 6.47 10−10 T

poiche ∫ π

0

sin3 θdθ =

∫ π

0

(1− cos2 θ) sin θ dθ = − cos θ|π0 +cos3 θ

3

∣∣∣∣π0

=4

3

Il momento magnetico si puo calcolare con lo stesso approccio, pensando che ogni strisciainfinitesima, equivale ad una spira, che quindi apporta un contributo al momento magnetico

dm = diπS = σR2 sin θω dθπ(R sin θ)2

che, integrato su tutta la superficie sferica, da

m =

∫ π

0

dm =

∫ π

0

σR2 sin θωπR2 sin2 θ dθ = σR4πω

∫ π

0

sin3 θ dθ =4

3σR4πω = 3.3 10−6 Am2

Il momento angolare, per una sfera rigida che ruota attorno al proprio asse che ha momentod’inerzia Is = 2

5mR2

~L = I~ω =2

5mR2~ω ⇒ g =

m

L=

4

3σR4πω

5

2mR2ω=

10

3

σR2π

m=

5

3

q

2m= 8.3 10−8 C/kg .

La precessione avviene poiche l’equazione del moto angolare e data da

d~L

dt= ~M = ~m× ~B′ = g~L× ~B′

che ci dice che il momento angolare non cambia in modulo e puo solo cambiare nel tempo. Con-siderando quindi la componente tangenziale della variazione di ~L si ha

dLtdt

= gB′Lt

che corrisponde ad un moto circolare uniforme nel piano ortogonale all’asse di ~B′, ovvero unaprecessione, con

ωp = gB′ = 2.5 10−7 rad/s

ove si puo notare come ωp ω.

39

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2 MAGNETOSTATICA

Esercizio 43

Un avvolgimento di N= 500 spire, percorse dalla corrente i=8 A, e disposto su di una superficietoroidale circolare a sezione quadrata di area Σ= 4 cm2 e lunghezza media l= 132 cm, lo spaziointerna a tale solenoide e completamente riempito dalla lega ferromagnetica isoperm con µr= 60,costante per un largo intervallo di H. Calcolare i campi B, H, M entro il solenoide nonche il flussototale di B, ed il valore della corrente amperiana nel ferromagnete.

Soluzione 43

Si puo calcolare la circuitazione del campo H lungo un percorso che attraversa il solenoide, che,nell’approssimazione che le dimensioni della superficie siano trascurabili rispetto alla lunghezza delsolenoide, e considerandone la lunghezza media l, si ha

H = ni =N

li =

500

1.328 = 3.03 103 A/m .

Da questo si puo ricavare il campo di induzione magnetica, che in un mezzo ferromagnetico omo-geneo e dato dall’espressione

B = µ0µrH = µ0µrNi

l= 0.228 T

ed il campo di magnetizzazione

M =B

µ0

−H = 1.79 105 A/m .

Il flusso del campo B attraverso la sezione del solenoide e dato, assumendo che B sia costanteall’interno della sezione, da

ΦB = NBΣ = 4.56 10−2 Wb .

Per determinare le correnti amperiane consideriamo un sistema di coordinate cilindriche centratenel centro del solenoide, in cui la direzione ~φ e orientata nel verso delle linee dei campi H, B, M ,tutte con sola componente tangenziale, e z e coerentemente diretto nel piano ortogonale a quelloin cui giace il solenoide. Le correnti amperiane di volume sono nulle, come in tutti i materialiomogenei, cosa confermata calcolando

jv = ~∇× ~M = (µr − 1)~∇× ~H = (µr − 1)jv = 0

poiche non ci sono correnti esterne che scorrono nel materiale, oltre a quelle amperiane. Per lecorrenti di superfici possiamo calcolare che, considerando la direzione di ~M e l’opportuna direzionedel vettore normale alla superficie n nelle superfici interna, esterna e laterale, che in questo sistemadi coordinate (r,φ,z) vale

~M = (0,M, 0) nint/ext = (∓1, 0, 0) nsup/inf = (0, 0,±1)

si ha dalla formula jm = ~M × n

js(int/ext) = ±Mz js(sup/inf) = ±Mr

ed in ogni caso, la corrente totale che scorre sulle superfici vale

I = jl = Ml =(µr − 1)l

µ0µrB = 2.36 104 A .

40

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2 MAGNETOSTATICA

Una soluzione alternativa (alla prima richiesta del problema) e quella che sfrutta la legge diHopkinsons

ΦB =Ni

Rcon

1

R= µ0

∫Σ

µr dΣ

l

che in questo caso diventa

1

Rµ0

∫Σ

µr dΣ

l=µ0µrΣ

l= 2.28 10−8 H ⇒ R = 4.38 107 H−1

da cui si ricava il flusso attraverso la sezione del toro

Φ′B =Ni

R= 9.12 10−5Wb ΦB = NΦ′B = 4.56 10−2

da cui si ricava B (assunto costante) dalla

Φ′B = BΣ ⇒ B =ΦB

Σ= 0.228T .

Da questo valore si puo ricavare il valore di H e M con le solite formule.Si noti che, nel caso in cui non si fosse considerata costante la lunghezza del solenoide (o

della circuitazione), e di conseguenza i campi H e B, entro la sezione di esso Σ si sarebbe potutaottenere la riluttanza del solenoide come combinazione in parallelo di infiniti solenoidi, con lunghezzavariabile, identificabili come frazioni di quello di partenza, con spessore dr, collocati ad una distanzar dal centro del solenoide. Ciascuno di essi avrebbe una riluttanza infinitesima

d

(1

R

)= µ0µr

l= µ0µr

a dr

2πr

con a la larghezza della sezione del solenoide nella direzione ortogonale a quella in cui lo stiamosegmentando. La riluttanza del parallelo di queste riluttanze e quindi data da

1

R=

∫d

(1

R

)=

∫ R2

R1

µ0µra dr

2πr=µ0µra

∫ r−a/2

r−a/2

dr

r=µ0µra

2πlog

(r + a/2

r − a/2

)= 2.28 10−8H

che da una riluttanza uguale entro qualche percento a quella trovata nell’approssimazione dilunghezza del solenoide costante.

Esercizio 44

Una lastra conduttrice piana ed infinita, giacente nel piano(y,z), e percorsa da una corrente di densita J0 = 6.4104 A/m(uscente dal foglio). Il semispazio x > 0 e riempito da un materialeferromagnetico, la cui permeabilita magnetica relativa, nelle con-dizioni in esame, puo essere approssimata come µr(x) = 1+k e−

xλ ,

con k=87 e λ=3.2 m. Il semispazio x < 0 e vuoto. Calcolare:1) il modulo, direzione e verso di ~B, ~H, ~M in funzione di x.2) Le correnti amperiane di volume ~jv e di superficie ~js.

3) La circuitazione di ~B e ~H lungo il percorso ABCD indicato infigura, ove l=25 cm e il lato del quadrato ed anche la distanza diAD dall’asse y.

41

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2 MAGNETOSTATICA

Soluzione 44

Applicando il teorema di Ampere ad un circuito quadrato nel piano (x,y), simmetrico rispettoalla lastra, poiche per simmetria il campo H deve essere diretto lungo y

Hyl +Hyl = J0l ⇒ Hy = H =J0

2= 3.4 104 sgn(x) A/m

ove sgn(x) ci indica che H sara rivolto lungo il verso positivo delle y per x > 0 e nel verso opposto

per x < 0. Il campo ~B e parallelo a ~H e per esso vale in modulo

B(x) = µ0H(x) =µ0J0

2= 4.0 10−2 T per x < 0

mentre

B(x) = µ0µr(x)H(x) =µ0J0

2(1 + ke−

xλ ) per x > 0 .

La magnetizzazione e nulla per x < 0 mentre per x > 0

~M(x) = (µr(x)− 1) ~H ⇒ M(x) = ke−xλµ0J0

2.

La corrente di magnetizzazione superficiale scorre sulla faccia della lastra, ovvero sul piano x = 0e si puo calcolare come

~Js = ~M(x = 0)× n = ~M(x = 0)×−x = | ~M(x = 0)|z

e vale in modulo

Js = M(x = 0) = ke−0λH(0+) = k

J0

2= 2.8 106 A/m

diretta nello stesso verso di J0. Poiche ~M ha componente non nulla solo lungo y e non dipendeda z, calcolando le correnti amperiane di volume da

~jv = ~∇× ~M = −e−xλkJ0

2λz

ed e quindi antiparallela a ~js. La densita di corrente totale che scorre nel volume si ottieneintegrando ~jv∫ ∞

x=0

jv dx =

∫ ∞0

(−e−

xλkJ − 0

)dx =

∣∣∣e− xλ kJ02 ∣∣∣∞x=0

= −kJ0

2= −Js .

Il percorso ABCD non concatena alcuna corrente quindi∮ABCD

H = 0. Applicando invece il

teorema di Ampere al campo ~B, per il quale si devono considerare anche i contributi dovuti allecorrenti amperiane, in questo caso di volume, di ha∮

ABCD

= µ0

∫Σ

Jv(x) dσ = µ0

∫ 2l

l

Jv(x)l dx = µ0l

∫ 2l

l

(−e−

xλkJ0

)dx =

= µ0l∣∣∣e− xλ kJ02 ∣∣∣2l

l= µ0l

kJ0

2

(e−

2lλ − e−

)= −0.061 Wb/m .

Allo stesso risultato si puo arrivare, in questo caso semplice, calcolando sui 4 lati del quadrato,le frazioni degli integrali che compongono la circuitazione, poiche si e gia ricavata l’espressioneanalitica di ~B(x).

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2 MAGNETOSTATICA

Esercizio 45

Nel circuito magnetico in figura si vuole che il flussototale attraverso N1 valga Φ1=2 104 Wb, mentre quelloattraverso N2 valga Φ2=3 104 Wb. Inoltre il coefficientedi autoinduzione deve valere L=103 H. Calcolare i valoridi N e della corrente i (fornita da un generatore di cor-rente) necessari affinche si realizzino le condizioni desider-ate. I dati geometrici del circuito sono l=194 mm, l1=300mm, l2=200 mm, Σ=1 cm2, µr=250 ed N1 = N2 = 50.

Soluzione 45

I rami l1 ed l2 sono in parallelo tra loro ed in serie alla sorgente che si trova sul ramo lungo l, incui si trova l’avvolgimento di N spire percorse dalla corrente i. Se indichiamo con R∗ la riluttanzadel ramo in cui si trova il generatore (ramo centrale), la riluttanza totale del circuito e

R = R∗ +

(1

R1

+1

R2

)−1

= R∗ +R1R2

R1 +R2

e, dalla definizione di riluttanza in un ramo lungo l′ di sezione Σ

R =l′

µ0µrΣ

si ottiene

R =1

µ0µrΣ

(l +

l1l2l1 + l2

)= 107 H−1 .

Il flusso attraverso la sezione in cui si trovano gli avvolgimenti N e la stessa del flusso nei duerami in parallelo, ovvero

Φ′ = Φ′1 + Φ′2 =Φ1

N1

+Φ2

N2

= 10−5 Wb

sostituendo i valori dati di Φ1 e Φ2. La legge di Hopkinsons, in questo caso ci permette di ricavareil valore di Ni

Φ′ =Ni

R⇒ Ni = Φ′R = 10−5 Wb 107 H−1 = 100 A .

Dalla definizione di autoflusso, mediante il coefficiente di autoinduzione otteniamo

Φ = NΦ′ = Li ⇒ Li =N2i

R⇒ L =

N2

R

da cui si ricavaN =

√LR = 100 ⇒ i = 1 A .

Per risolvere il problema utilizzando invece il teorema di Ampere si consideri che il flusso nelramo centrale (lungo l) e la somma dei flussi negli altri due rami quindi, se la sezione del circuitomagnetico e costante, non lo puo essere B. In compenso deve valere

B = B1 +B2 ⇒ H =B

µ0µr= H1 +H2 .

43

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3 INDUZIONE ELETTROMAGNETICA

La circuitazione sui due rami lunghi rispettivamente l1 + l e l2 + l da

H1l1 +Hl = Ni = H2l2 +Hl

che quindi definisce il sistema di tre equazioni in tre incognite

H1 +H2 = H H1l1 = H2l2 Hili +Hl = Ni

che ha come soluzioni per H1 e H2

H1 =N1l1

(l1l2 + l(l1 + l2))H2 =

N2l2(l1l2 + l(l1 + l2)) .

Deve inoltre valere

H1 =B1

µ0µr=

Φ1

µ0µrN1ΣH2 =

B2

µ0µr=

Φ2

µ0µrN2Σ

e sommando a due a due le espressioni qui sopra si ottiene

Ni(l1 + l2)

(l1l2 + l(l1 + l2))=

1

µ0µrΣ

(Φ1

N1

+Φ2

N2

)da cui si ottiene il vincolo su Ni

Ni =1

µ0µrΣ

(l1l2l1 + l2

+ l

)(Φ1

N1

+Φ2

N2

)mentre imponendo la richiesta sul valore del coefficiente di autoinduzione si ha

Φ = Li =

(Φ1

N1

+Φ2

N2

)da cui si puo ricavare N ed i separatamente.

3 Induzione elettromagnetica

Esercizio 46

Una spira di forma quadrata di lato L=1 m ruota attorno ad un asse orizzontale con una velocitaangolare ω=2π rad/s. La spira e immersa in un campo magnetico uniforme B=2 T diretto lungol’asse z, ortogonale all’asse della spira. La spira, di resistenza trascurabile, e connessa ad unaresistenza di carico R=0.2 Ω. Calcolare:1) la corrente che circola nella spira in funzione del tempo.2) il momento massimo che agisce sulla spira3) l’energia dissipata sulla resistenza in ∆t= 10 s4) la somma in valore assoluto delle cariche che circolano nella spira in ∆t= 10 s.

44

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3 INDUZIONE ELETTROMAGNETICA

Soluzione 46

Indicando con θ l’angolo tra il piano immaginario su cui giace la spira e la direzione di ~B, ovverotra la normale alla superficie e l’asse z, il flusso si puo parametrizzare con

Φ(B) = L2B cos θ = L2B cos(ωt)

con ω la velocita angolare con cui ruota la spira (Si e scelto di considerare t = 0 l’istante in cuila superficie della spira e ortogonale alla direzione del campo magnetico). Dalla legge di Faraday-Neumann si ha una f.e.m. indotta che produrra un flusso di corrente nella spira

f.e.m. = −dΦ(B)

dt= Ri(i)

da cui

i(t) =1

R

(−dΦ(B)

dt

)=L2B

Rω sin(ωt) = 62.8 A sin(ωt) .

Il momento che agisce sulla spira produce della potenza che viene dissipata per effetto Joulesulla resistenza, ovvero, ricavando dalla definizione di laovor

dL = M dθ ⇒ P =dL

dt= M

dt= Mω = Ri2(t)

si ha

M(t) =R

ωi2(t) =

RL4B2ω2

ωR2sin2(ωt) =

L4B2

Rω sin2(ωt)

da cui ricaviamo il valore massimo del momento, quando sin2(ωt) = 1

Mmax =L4B2ω

R= 125.6 Nm .

Allo stesso risultato si puo arrivare calcolando il momento magnetico della spira ~m = L2i(t) e il

momento come ~M(t) = ~m× ~B.L’energia dissipata nel tempo ∆t= 10 s si ricava integrando nel tempo l’espressione della

potenza dissipata per effetto Joule trovata prima

∆U =

∫ 10

t=0

Ri2(t) dt =RL4B2ω

R2

∫ 10

t=0

sin2(ωt) dt = . . .

poiche l’integrale su 10 periodi di sin2(ωt) si puo scrivere come∫ 10

t=0

1− cos(2ωt)

2dt =

1

2|t− sin(2ωt)|10

0 =10

2

si ha

∆U =L4B2ω2

R5 = 3.95 kJ

L’intervallo temporale ∆t=10 s considerato equivale a 10 periodi. Se applichiamo la legge diFelici

Q =Φi − Φf

R= 0

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3 INDUZIONE ELETTROMAGNETICA

poiche all’istante iniziale ed in quello finale la spira si trova nella stessa posizione e quindi il flusso eidentico, Φi = Φf . Quello che succede, poiche la corrente ha segno alterno, e che la carica fluisce inun verso per mezzo periodo e nel verso opposto per il successivo mezzo periodo. Equivalentementesi puo immaginare che attraverso un punto del circuito fluisca una carica di un segno durante ilprimo mezzo periodo e, nella stessa direzione, una carica uguale ma di segno opposto nel successivomezzo periodo. Il problema chiede di calcolare la carica totale fluita in valore assoluto, quindi questasara, in N periodi, a 2N volte la carica che fluisce in un mezzo periodo. Questa, che in un mezzoperiodo ha sempre lo stesso verso, puo essere ricavata dalla legge di Felici

QT/2 =Φi − ΦT/2

R=L2B

R+L2B

R=

2L2B

R= 20C ⇒ |Q|tot = 20 QT/2 = 400 C .

Esercizio 47

Due barre conduttrici, ciascuna di resistenza per unitadi lunghezza ρ, appoggiano senza attrito su due binari, diresistenza nulla, orizzontali e divergenti, con angolo traloro α = π/4. Le barre possono muoversi in modo daessere sempre ortogonali ad uno dei due binari, ed inizial-mente si trovano entrambe nel punto di intersezione diquesti. Il sistema e immerso in un campo magnetico uni-forme B=1.2 T, perpendicolare al piano in cui si trovanobinari e barre, uscente dal foglio. Le barre si muovono nelverso in cui i binari si allontanano tra loro, con velocitav1=10 m/s e v2 = v1/2. Calcolare:1) la resistenza per unita di lunghezza ρ se la correnteindotta nel circuito vale i=0.24 A2) la forza che agisce sulle due barre in funzione del tempo3) la carica che ha percorso il circuito al tempo t′=10 s .

Soluzione 47

Ad un generico istante di tempo ciascuna barra si trovera ad una distanza lungo il binarioorizzontale xi dall’incrocio dei binari e la lunghezza di barra tra i due binari sara anch’essa yi =xi tanα = xi con i = 1, 2. Poiche le barre si muovono di moto rettilineo uniforme la loro posizionesara xi = vi t. Il flusso che attraversa il circuito trapezioidale formato da barre e binari e dato da

Φ(B) = Bx2

1

2−Bx

22

2=B

2(v2

1 − v22)t2

quindidΦ(B)

dt=B

2(v2

1 − v22)d

dt(t2) = B

(v2

1 −v1

2)2)t =

3

4Bv2

1t = −f.e.m. .

La resistenza del circuito considerato cambia nel tempo poiche cambia la lunghezza di questo,secondo la legge

R(t) = ρx1(t) + ρx2(t) = ρ(v1 + v2)t = ρ(v1 +

v1

2

)t =

3

2ρv1t .

La corrente che scorre nel circuito ad un generico istante t vale

i(t) =1

R(t)

(−dΦ(B)

dt

)=

2

3ρv1t

(−3Bv2

1t

4

)= −B

2ρv1

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3 INDUZIONE ELETTROMAGNETICA

che si vede essere indipendente dal tempo. Quindi, sapendo che questa vale 0.24 A si puo ricavareil valore di ρ

ρ =Bv1

2i= 25 Ω/m

La forza che agisce sulla prima sbarretta, e la forza di Lorentz, data da

~F1 = i(t)~dl × ~B = i(t)x1(x)By × z = −1

2

B

ρv1v1tBx = −1

2

B2v21t

ρx

mentre sulla seconda

~F2 = i(t)~dl × ~B = i(t)x2(x)B(−y)× z =1

2

B

ρv2v2tBx =

1

4

B2v22t

ρx

che complessivamente si oppongono all’allontanameno tra loro delle due barre.La carica che passa nel circuito non puo ricavarsi direttamente dalla legge di Felici poiche la

resistenza del circuito R(t) varia nel tempo. Possiamo calcolare la carica passata complessivamentenel circuito integrando nel tempo la corrente

Q =

∫ t′

0

i(t) dt = i · t′ = −1

2

B

ρv1t′ = −2.4 C ,

calcolo semplificato perche la corrente e costante nel tempo.

Esercizio 48

Un solenoide toroidale in aria e costituito da N=5 104 spire circolari di area A=2 cm2 ed haun raggio a=10 cm, mentre la sua resistenza elettrica e R=50 Ω. Lungo l’asse del solenoide simuove, con velocita costante, v=105 m/s un pacchetto di particelle praticamente puntiforme dicarica complessiva q=5 10−8 C. Calcolare la carica totale Q che passa nel solenoide tra l’istanteiniziale in cui la carica q e molto lontana (all’infinito) e quello in cui passa per il centro O delsolenoide. Nello sviluppo trascurare l’autoinduzione.

Soluzione 48

Poiche una corrente i produce ad una distanza ~∆r un campo dato dall’espressione

d ~B =µ0

4πI~dl × ~∆r

|∆r|3

il campo generato da una carica in moto, nella posizione ~r, per la quale

I ~dl =dq

dt~dl = q

~dl

dt= q~v ,

vale

~B =µ0

4πq~v × ~∆r

|∆r|3.

Le linee di ~B si avvolgono intorno all’asse del moto del pacchetto di particelle ( ~B ∝ ~v × ~r) quindipassano all’interno del solenoide chiudendosi su se stesse. Il flusso di B attraverso le spire delsolenoide e

Φ(B) = NAB(t) ⇒ f.e.m. = −dΦ(B)

dt= −NAdB(t)

dt.

47

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3 INDUZIONE ELETTROMAGNETICA

Dalla legge di Felici

Q =Φi(B)− Φf (B)

T

e, poiche all’istante iniziale le cariche sono a distanza infinita, Φi(B) = 0. Il valore di Φf (B) siricava dal valore del campo quando il pacchetto di particelle si trova al centro del solenoide quindi

Φf (B) = NAB(tf ) = NAµ0

4πq~v × ~r(tf )|r|3

=NAµ0qv

4πa2

quindi

Q = −NAµ0qv

R4πa2= 10−8 C .

Esercizio 49

Un solenoide toroidale e costituito da N (=5 104) spire circolari di raggio a ed ha un raggiob a e resistenza elettrica R. Sull’asse di simmetria del toroide e posto un filo rettilineo infinitopercorso da una corrente I(t), con I(t)=0 per t≤0 e I(t) = kt per t>0 con k= costante. Ricavarel’espressione della corrente che circola nel solenoide toroidale. Nota: non si trascuri l’autoinduzionein questo caso.

Soluzione 49

Si puo calcolare il calore del campo magnetico generato dal filo infinito percorso da correntedalla legge di Biot-Savard, nel particolare caso di scegliere un cammino entro la lunghezza deltoroide ∮

~B · ~dl = µ0Iconc ⇒ 2πbB(b) = µ0I(t) ⇒ B(b) =µ0I(t)

4πb.

Il flusso di ~B, se assumiamo B costante entro la sezione del solenoide sara

Φ(B) = Nπa2B(b) = Nπa2µ0I(t)

2πb=Na2µ0I(t)

2b.

La f.e.m. indotta si ricava dalla legge di Faraday-Neumann

f.e.m. = −dΦ(b)

dt= −Na

2µ0

2b

dI(t)

dt= −Na

2µ0k

2bper t > 0 .

All’interno di un solenoide percorso da corrente il campo magnetico in prima approssimazione valeB = µ0ni quindi si puo ricavare il coefficiente di autoinduzione del flusso di quel campo

Φ′(B) = Nπa2µ0ni = Nπa2µ0N

2πbi =

N2a2µ0i

2b⇒ L =

Φ′(B)

i=µ0N

2a2

2b.

L’equazione del circuito diventa quindi

fi − Ldi

dt= Ri

che ha come soluzione

i(t) =fiR

(1− e−

RLt)

= −µ0a2Nk

2bR

(1− e−

2Rbµ0N

2a2t)

48

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3 INDUZIONE ELETTROMAGNETICA

Esercizio 50

Due guide certicali parallele conduttrici, distanti b= 20 cm, possono essere chiuse ad un estremoda un resistore R, un induttore L, o un condensatore C. Lungo le guide puo scorrere senza attritouna sbarretta conduttrice di massa m=10 g. Il dispositivo e immerso in un campo magneticouniforme e costante, di modulo B=1 T, ortogonale al foglio. Studiare nei 3 casi la legge con cuivaria la velocita di caduta e quella con cui varia la corrente indotta. Si assuma R=4 Ω, L=10−2 H,C=100 µF ; si trascurino le resistenze dei conduttori, l’autoinduzione del circuito (ad eccezzionedi quando si considera questo chiuso su L) e la resistenza dell’aria. Si prenda come condizioneiniziale v = 0 per t = 0.

Soluzione 50

Per definire l’equazione del moto della sbarretta consideriamo un asse x verticale orientato versoil basso. In presenza di gravita la seconda legge di Newton si scrive come

md2~x

dt2== ~FP + ~FL

ove ~FP e la forza peso e ~FL e la forza risultante sulla sbarretta quando in essa circola la correntei(t) per effetto del campo magnetico presente, la Forza di Lorentz

~FL = ~i · dl × ~B ⇒ FL = ibB

diretta verso il basso quando la corrente indotta scorre in verso antiorario nel circuito, ovvero versol’alto quando la corrente indotta scorre in verso orario. Considerato positivo il verso del campodi induzione magnetica B, una terna destrorsa di assi di un sistema di coordinate cilindriche hal’asse tangenziale orientato come positivo per rotazioni antiorarie nel foglio (dal punto di vista dellettore) quindi si considerera quello come orientamento positivo della corrente. L’equazione delmoto diventa

dv(t)

dt= g +

i(t)bB

m

Vediamo distintamente, a seconda dei casi, come sono connesse tra loro corrente e velocita concui si muove la sbarretta, e le conseguenti dipendenze delle due dal tempo.

49

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3 INDUZIONE ELETTROMAGNETICA

RESISTORENel caso il cirucito sia chiuso in alto su una resistenza R si ricava la corrente che circola nel

circuito dalla f.e.m. indotta dalla variazione di flusso

f.e.m. = −dΦ(B)

dt= −Bbdx

dt= −Bbv

quindi per il circuito analizzato vale

Ri(t) = −Bbv(t) ⇒ i(t) = −Bbv(t)

R

quindi, sostituendo i(t) nell’equazione del moto, otteniamo

dv(t)

dt= g − B2b2

mRv(t)

che ha come soluzione

v(t) =mgR

B2b2

(1− e−

B2b2

mRt)

ovvero una crescita della velotia sino al raggiungimento di una velocita limite (asintotica)

v∞ =mgR

B2b2= 9.81 m/2 .

L’evoluzione della corrente nel circuito ha un andamento simile

i(t) = −BbRv(t) = −mg

Bb

(1− e−

B2b2

mRt)

⇒ i∞ =mg

Bb= 0.49 A

ove si puo notare che la corrente indotta, come ci si aspetta, scorre in senso orario nel circuito,a compensare l’aumento di flusso di ~B quando la sbarretta scende verso il basso. Il caso limiteottenuto e quello in cui, la forza di Lorentz agente sulla sbarretta percorsa dalla corrente i∞ euguale ed opposta alla forza peso quindi, poiche la risultante delle forze e nulla, la sbarretta scendecon velocita costante v∞.

INDUTTORENel caso in cui ci sia un’induttore l’equazione del circuito risulta

f.e.m.+ Ldi(t)

dt= 0 ⇒ di(t)

dt=Bb

Lv(t) .

Derivando l’equazione del moto definita all’inizio si ottiene

d2v(t)

dt2= −Bb

m

di(t)

dt= −Bb

m

Bb

Lv(t) ⇒ d2v(t)

dt2+B2b2

mLv(t) = 0

che e l’equazione di un moto armonico

v(t) = v0 sin(ωt+ φ)

con ω2 = B2b2

mL. Le condizioni a contorno da imporre sono che a t = 0 la sbarretta abbia velocita

nulla, che implica che in essa non scorra alcuna corrente e risenta solamente della forza peso versoil basso e la sua accelerazione sia pari a g

v(0) = 0 ⇒ φ = 0 v′(0) = g ⇒ v0ω = g , v0 =g

ω=g√mL

Bb

50

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3 INDUZIONE ELETTROMAGNETICA

da cui l’andamento della sbarretta sara

v(t) =g√mL

Bbsin

(Bb√mL

t

)x(t) = x0(1− cos(ωt)) =

gmL

B2b2

(1− cos

(Bb√mL

t

)).

Dalla relazione tra i(t) e v(t) si ha

di(t)

dt=Bb

Lv(t) ⇒ i(t) =

Bb

L

∫ t

0

v(t′) dt′ = gm

(1− cos

(Bb√mL

t

)).

Numericamente:

ω = 20 rad/s v0 = 0.49 m/s i0 = 0.49 A .

CONDENSATORENel caso di un condensatore, la f.e.m. indotta e applicata ai capi del condensatore, ed e legata

alla carica sulle facce del condensatore dalla relazione

f.e.m. = Bbv(t) =Q

Cderivando Bb

dv(t)

dt=i(t)

C.

Inserendo l’espressione dell’accelerazione dall’equazione del moto trovata ad inizio esercizio ,si ha

Bb

(g − i(t)Bb

m

)=

i

Ci(t)

(B2b2

m+

1

C

)= Bbg

da cui si ottiene un valore costante della corrente

i(t = cost. =CBbg(

CB2b2

m+ 1) = 0.2 10−3 A .

Sostituendo questo risultato si ottiene

dv(t)

dt≡ a =

mg

BbC

1(Bb+ m

BbC

) =g(

B2b2Cm

+ 1) ≤ g

da cui si vede che il moto di caduta della sbarretta e un moto uniformemente accelerato, conaccelerazione (di poco) minore di g.

Esercizio 51

Un sottile disco conduttore di raggio D=10 cm e massa m=100 g e collegato con due contattistriscianti, uno nel centro O, l’altro sul bordo A, ad un circuito costituito da un generatore (V0=5V) e da una resistenza R=4 Ω. Il disco e immerso in un campo ad esso ortogonale, uniformee costante, di modulo B=1 T. In seguito al passaggio della corrente il disco entra in rotazione.Calcolare come varia la velocita angolare ω nel tempo e darne la relazione col momento rispettoall’asse di rotazione delle forze agenti. Calcolare l’energia totale spesa dal generatore. Si trascurinoattrito, autoinduzione e resistenza del disco.

51

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3 INDUZIONE ELETTROMAGNETICA

Soluzione 51

Il passaggio della corrente nel tratto di disco OA fa sı che quelsegmento risenta di una forza di Lorentz in direzione ortogonale siaal campo di induzione magnetica B che al segmento OA. Suddivi-dendolo in segmentini infinitesimi, un tratto dr di OA risente dellaforza

d~F = i ~dr × ~B dF = iB dr

ed il corrispondente momento vale

d ~M = ~r × d~F dM = iBr dr

Il momento totale della forza di Lorentz agente sul disco vale quindi

M =

∫ D

0

dM =

∫ D

0

iBr dr =iBD2

2

ove si puo notare che, poiche la corrente non e detto che sia costante, non lo sara nemmeno ilmomento.

Il fatto che il disco ruoti genera una f.e.m. indotta per la legge di Faraday-Neumann-Lenz diverso opposto a V0. In questo caso si puo immaginare questa f.e.m. come somma di contributiinfinitesimi del campo di Lorentz lungo OA.

d(f.e.m.) = ~v × ~B · ~dr ⇒ f.e.m. =

∫ D

0

~v × ~B · ~dr =

∫ D

0

ωBr dr =ωBD2

2.

L’equazione del circuito e quindi

V0 −ωBD2

2= Ri ⇒ i =

1

R

(V0 −

ωBD2

2

)e sostituendolo nell’espressione del momento meccanico, si ottiene

M =BD2

2R

(V0 −

ωBD2

2

)=BD2V0

2R

(1− BD2ω

2V0

).

Il momento e massimo all’inizio, quando ω= 0, ovvero e speso per mettere in moto il disco dafermo. A regime si avra

M = 0 ⇒ 1− BD2

2V0

ω = 0 ⇒ ω∞ =2V0

BD2,

e questo e il valore in cui la f.e.m. indotta e uguale ed opposta a V0 quindi smette di scorrerecorrente nel circuito, i∞ = 0. Risolvendo in particolare l’equazione del moto, si ha

M = Id2θ

dt2= I

dt=BD2V0

2R

(1− BD2

2V0

)⇒ dω

dt=BD2V0

2RI

(1− BD2

2V0

)che ha come soluzione, sapendo che I = mD2/2,

ω(t) =2V0

BD

(1− e−

B2D2

2mRt)

ω∞ = 103 rad/s τ =2mR

B2D2= 80 s .

52

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3 INDUZIONE ELETTROMAGNETICA

Sostituendo questo risultato nell’espressione della corrente e del momento meccanico si ha

i(t) =1

R

(V0 −

ωBD2

2

)=V0

Re−

B2D2

2mRt

M(t) =BD2

2i(t) =

BD2V0

2Re−

B2D2

2mRt

coni0 = 1.25 A M0 = 6.25 10−3 Nm .

L’energia totale spesa e la somma di quella dissipata per effetto Joule sulla resistenza R equella contro la f.e.m. indotta: la seconda e spesa in energia cinetica rotazionale del disco quindi,a regime, vale

EK =1

2Iω2∞ =

1

4mD2ω2

mentre quella spesa per effetto Joule vale

EJ =

∫Ri2(t) dt =

V 20

R

∫ ∞0

e−B2D2

mRt dt =

mV 20

B2D2=

1

2Iω2∞ .

L’energia totale spesa e quindi

ETot =1

2Iω2∞ +

1

2Iω2∞ =

1

2mD2ω2

∞ = 500 J .

Esercizio 52

Consideriamo un solenoide di lunghezza l=10 cm, costituito da N=1000 spire di area S=1 cm2

percorse dalla corrente I=1.0 A. Nel solenoide viene inserito un nucleo di ferro dolce; le condizionidi lavoro sono tali che il nucleo ha una caratteristica B(H) approssimativamente lineare, cosicchesi puo porre B = µ0µrH con µr=1000. Calcolare la forza con cui il nucleo viene risucciato dentroil solenoide.Soluzione 52

L’induttanza del solenoide vale

L =Φ(B)

I=µ0µrnI Snl

I= µ0µrn

2Sl

con n = N/l la densita di spire, e l’energia magnetica di questo sipuo scrivere come

Um =1

2LI2 .

Quando si inserisce il nucleo di ferro per un tratto x avremo un sistema costituito da dueinduttanze in serie, per il quale l’induttanza totale si puo scrivere, in funzione di x come la sommadelle induttande delle due porzioni, in cui e presente o no il nucleo di ferro

LTOT (x) = µ0µrn2Sx+ µ0n

2S(l − x) = µ0n2S[l + (µr − 1)x]

da cui l’energia magnetica

Um =1

2LTOT (x)I2 =

1

2I2µ0n

2S[l + (µr − 1)x] .

53

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3 INDUZIONE ELETTROMAGNETICA

Se la corrente che scorre nel solenoide rimane costante vuol dire che e presente un generatore checompie lavoro per compensare la corrente indotta a causa dell’autoflusso di B

Ug =

∫f.e.m. dQ =

∫f.e.m.

dQ

dtdt =

∫f.e.m.I dt = −

∫d

dt(LI)I = −I2

∫dL

dtdt = −I2∆L

e vediamo che nel caso in cui la corrente di conduzione rimanga costante si ha che

∆UTOT = ∆m + ∆g =1

2I2∆L− I2∆L = −1

2I2∆L = −∆Um .

In particolare questo vale anche per trasformazioni infinitesime quindi ai fini di un bilancio energeticoper il calcolo della forza esercitata dal solenoide sul blocco di ferro si ha

~F = −~∇UTOT = ~∇Um .

Questo resultato si puo estendere in generale ai sistemi in cui la corrente e mantenuta costante daun generatore esterno, ricordando di considerare come variazione di energia totale la variazione diquella magnetica cambiata di segno. Nel caso considerato, la forza diretta lungo l’asse del solenoidevale

Fx =dUmdx

=d

dx

(1

2I2µ0n

2S[l + (µr − 1)x]

)= (µr − 1)

I2µ0n2S

2

ove si vede che il verso della forza e dato dal valore di χm = (µr−1). Per materiali paramagnetici eferromagnetici questo termine e positivo quindi questi vengono risucchiati all’interno del solenoide;per materiali diamagnetici e invece negativo e questi sono espulsi dal magnete. Numericamente siha in questo caso

Fx = 6.28 N .

Esercizio 53

Un toro costituito da una lega ferromagnetica conµr=400 (costante), di sezione Σ=6.0 cm2 e lunghezzamedia l=2.4 m, e posto su di un piano orizzontale. Iltoro e tagliato trasversalmente in due puntidiametral-mente opposti; uno dei due semitori e fissato al piano,il secondo puo scorrere sul piano, senza attrito, lungo ladirezione x, come indicato in figura. Il circuito eccitatoree un solenoide con N=1500 spire percorso dalla correntei=1.6 A, mantenuta costante da un generatore esterno.Il secondo semitoro viene allontanato in modo da crearedue traferri, ciascuno di spessore s=6.0 mm, e mantenuto in posizione tramite due spessori dipermeabilita magnetica relativa unitaria, posti nello spazio tra i traferri. Al secondo semitoro ecollegato un filo inestensibile di massa trascurabile a cui puo essere appesa una massa m. Calcolare:a) l’intensita di ~B e ~H nel materiale ferromagnetico quando i due semitori non sono separati;

b) l’intensita di ~B e ~H nel materiale ferromagnetico e nel traferro a separazione avvenuta;c) la variazione di energia nell’operazione di separazione;d) il valore minimo di m necessario per provocare il distacco del secondo semitoro dagli spessori.

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3 INDUZIONE ELETTROMAGNETICA

Soluzione 53

a) Si calcola il valore di H dalla circuitazione su un cammino che passi all’interno dei duesemitori ferromagnetici e di conseguenza il valore del campo di induzione magnetica B

Hl = Ni ⇒ H =Ni

l= 103 A/m B = µ0µrH = 0.5 T .

b) Nel caso in cui i due semitori siano separati si puo applicare ugualmente il teorema dellacircuitazione di H includendo i due traferri

H ′l +H ′02s = Ni

ove abbiamo identificato le condizioni in cui i due semitori sono distanziati utilizzando l’apice ′.Ricordando che vale

B′ = µ0µrH′ H ′ =

B′

µ0µr=

B′0µ0µr

H ′0 =B′0µ0

in particolare utilizzando il fatto che per la componente normale alla superficie di transizione delmateriale deve valere B′ = B′0. Sostituendo nell’equazione della circuitazione si ottiene

l

µrB′0 + 2sB′0 = µ0Ni ⇒ B′0 =

µ0µrNi

(l + 2µrs)= 0.167 T

e da questo si ricavano i valori del campo magnetico nel nucleo e nel traferro

H ′ =B′0µ0µr

=Ni

(l + 2µrs)= 3.3 102 A/m H ′0 =

B′0µ0

=µrNi

(l + 2µrs)= 1.33 105 A/m .

c) L’energia del sistema e data dalla densita di energia integrata su tutto il volume di interesse,ricordando che

u =1

2~B · ~H Um =

∫τ

u dτ .

Quando i due semitori sono attaccati questa vale

Ui =

∫τ

1

2BH dτ =

1

2ΣlBH =

1

2Σlµ0µrH

2 =µ0µr

2

N2i2Σ

l

mentre dopo la separazione, integrando anche la densita di energia nel volume dei traferri

Uf =

∫τ

1

2B′H ′ dτ =

1

2ΣlB′0H

′ +1

2Σ2sB′0H

′0 =

1

2Σlµ0µrH

′2 +1

2Σ2sµ0H

′20 =

=µ0µr

2

N2i2Σ

(l + 2sµr)2l +

µ0µr2

N2i2Σ

(l + 2sµr)2µr2s =

µ0µr2

N2i2

(l + 2sµr)Σ = Ui

l

(l + 2sµr).

La variazione di energia magnetica e data da

∆Um = Uf − Ui = Uil

(l + 2sµr)− Ui = Ui

(−2sµr

(l + 2sµr)

)= −2.41 J .

Si noti che questa e la variazione di energia magnetica, che e opposta in segno alla variazionedi energia totale del sistema, che include l’energia spesa dal generatore che mantiene costante

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4 ESERCIZI DA ESONERI

la corrente i. La variazione di energia totale e quindi positiva, ovvero occorre fornire energia alsistema per allontanare i due semitori (come l’esperienza ci suggerisce).

d) Se il generatore mantiene la corrente costante per allontanare i due semitori serve applicarela forza

F = +dUm(x)

dx

(= −dUTOT (x)

dx

)con Um(x) =

µ0µr2

N2i2Σ

(l + 2xµr)

analogamente a quanto ottenuto nel calcolo per il caso in cui ci fossero i due spessori s di vuoto.Si ricava

Fx = −µ0µr2

N2i2Σ

(l + 2xµr)2

quindi i semitori si staccano se la forza peso del blocco e maggiore di questa forza, calcolata quandox = s (ovvero la condizione in cui ci sono gia gli spessori s)

mg > |Fx| ⇒ m >|Fx|g

=µ0µr2g

N2i2Σ

(l + 2sµr)2= 13.7 Kg .

Si noti che se i due semitori fossero stati attaccati, senza la presenza degli spessori, sarebbestato necessario appendere una massa

m′ >µ0µr2g

N2i2Σ

l2= 461 Kg

molto maggiore della precedente. Anche se di poco, il fatto che i due semitori siano gia distanziatifacilita un ulteriore allontanamento poiche la forza di attrazione dipende dall’inverso della distanzatra questi (circa al quadrato).

4 Esercizi da esoneri

Esercizio 54 (es.2 esonero 23/04/2010)

Un cilindro conduttore di raggio R1=5 mm, lunghezza L= 2 m e coassiale con due gusci cilindrici diraggio R2=50 mm e di raggio R3=240 mm, anch’essi conduttori e di uguale lunghezza. Il cilindropiu interno e stato caricato con una carica Q1 pari a Q=2.4 µC, l’intermedio con una carica Q2

pari tre volte Q (Q2= 3 Q) e l’esterno possiede una carica negativa pari a Q3= -Q. I gusci hannospessore trascurabile rispetto a R1. Si calcolino:a) le differenze di potenziale V (R1)− V (R2) e V (R2)− V (R3);b) il modulo eld campo elettrico in un punto P1 a distanza d1=190 mm dall’asse del sistema ed inun punto P2 a distanza d2= 400 mm dallo stesso asse;c) l’energia elettrostatica immagazzinata del sistema.Questa configurazione iniziale viene poi modificata collegando un sottile filo conduttore tra il cilindrodi raggio R1 ed il guscio di raggio R3. In questa nuova configurazione, si calcoli:d) il valore del modulo del campo elettrico nei punti P1 e P2;

Soluzione 54

56

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4 ESERCIZI DA ESONERI

Esercizio 55 (es.2 esonero 12/04/2013)

Un condensatore e costituito da tre sottili gusci sferici metallici concentrici A, B, C rispettiva-mente di raggi a, b, c con a < b < c. Il guscio piu interno e connesso con quello piu esterno tramiteun sottile filo metallico isolato che passa attraverso un puccolo foro praticato nel guscio intermedio.Una carica Q e depositata sul guscio intermedio mentre il sistema costituito dai conduttori connessiA e C ha carica totale nulla.a) Si calcoli il rappporto fra le cariche QB

i e QBe distribuite rispettivamente sulle superfici interna

ed esterna del guscio intermedio.b) Si ricavi l’espressione della densita di energia elettrostatica in funzione della distanza r dal centrodel sistema e della carica Q, nello spazio compreso tra A e B e in quello tra B e C.c) Si determini la condizione che devono verificare i raggi a,b e c affinche le pressioni elettrostaticheinterna ed esterna al guscio intermedio siano uguali.d) Si calcoli la carica accumulata sul conduttore A e quella sul conduttore C, indicando il rispettivosegno, assumendo a=12 cm, b=14 cm e c=18 cm e Q=2.0 · 10−8 C.

Soluzione 55

Esercizio 56 (es.2 esonero 11/04/2014)

Un dispositivo elettrostatico e costituito da due sottili gusci sferici concentrici di raggio R1= 4cm e R2=5 cm, mantenuti rispettivamente a potenziali V1 e V2. Una sorgente emette elettroni nelpunto P dello spazio vuoto compreso tra i due gusci, a distanza RP= 4.5 cm dal centro delle duesuperfici sferiche. Gli elettroni hanno una velocita iniziale, perpendicolare alla direzione radiale delsistema sferico passante per P , e un’energia cinetica pari a 1.4 keV . Si chiede di calcolarea) il valore della differenza V1 − V2 tale da far compiere agli elettroni un’orbita circolare,b) l’energia elettrostatica immagazzinata nel dispositivo.(Si ricorda che la carica dell’elettrone e e=-1.6· 10−19 C.)

Soluzione 56

57