Capitolo 7 - Osservatorio di Arcetri
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In questo Esempio caso le correnti i1 circuito e i2 circolano come avevamo entrambeinterne in rappresentato nella ! assunto fig. 7.91inizialmente, le f.e.m., le resistenze e 7.48. Nel senso antiorario. i resistori hanno i seguenti valori: V1 = 10 V, V2 = 20 V, V3 = 10 V, r1 = r2 = 1 Ω, r3 = 2 NelRcircuito rappresentato ! fig. 7.91 le f.e.m., resistenze interne eche vi Esempio = 5 Ω, Determinarenella il verso e l’intensità delle le correnti indipendenti Ω, R17.48. 2 = 10 Ω. i resistori hanno i(V. seguenti valori: V1 = al10Cap.) V, V2 = 20 V, V3 = 10 V, r1 = r2 = 1 Ω, r3 = 2 circolano. Soluzione in fondo Ω, R1 = 5 Ω, R2 = 10 Ω. Determinare il verso e l’intensità delle correnti indipendenti che vi circolano. (V. Soluzione in fondo al Cap.) - - - o 0 o - - - 535 = nte 1 nel assa ULTERIORI PROBLEMI PROPOSTI ---o0o--Problema 7.a. Due cariche elettriche puntiformi con cariche entrambe positive, di intensità q 1 = ULTERIORI PROPOSTI 10−5 C e q2 =PROBLEMI 2, 5 · 10−6 C sono poste alla distanza di 60 cm: determinare il punto sulla congiugnente Problema 7.a. Due elettriche puntiformi con cariche entrambe positive, di intensità q 1 = le due cariche in cariche cui il campo elettrico generato dalle due cariche è nullo. −6 10−5 C e qProblema CQuale sono poste alla distanza di di 60 una cm: carica determinare il punto sulla congiugnente 7.b. deve essere il valore elettrica puntiforme positiva posta nel 2 = 2, 5 · 10 le due vuoto caricheperché in cui ililpotenziale campo elettrico generato due cariche è nullo. elettrico a 10 cmdalle di distanza da essa sia + 100 V? Problema 7.b. Quale devesferetta essere ildi valore puntiforme positiva posta nelmassa Problema 7.c. Una massa di m una = 4,carica 5 · 10−3elettrica kg è sospesa per mezzo di un filo di trascurabile lungo 2 elettrico m tra duea piatti parallelida carichi uniformemente vuoto perché il potenziale 10 cmpiani di distanza essa sia + 100 V? di segno opposto. Quando −3 la sferetta in equilibrio, risulta spostata 2kg cmè rispetto alla mezzo verticale. Se filo il campo elettrico Problema 7.c.è Una sferetta diessa massa m= 4, 5 · 10di sospesa per di un di massa 2 3 · 10 N/C, determinare l’intensità della forza elettrica tra i due piatti Eelettr trascurabile lungo 2 mha traintensità due piatti piani=paralleli carichi uniformemente di segno opposto. Quandoagente sullaèsferetta e la sua carica elettrica. la sferetta in equilibrio, essa risulta spostata di 2 cm rispetto alla verticale. Se il campo elettrico Problema 7.d. Determinare eseguito dalla forza elettricadella quando allontanaagente una carica 102 N/C, determinare l’intensità forzasi elettrica tra i due piatti ha intensità Eelettr = 3il· lavoro −9 = −0, 5 · 10 C da una carica positiva q2 = 8 · 10−8 C, portandola da una puntiforme negativa q sulla sferetta e la sua carica 1elettrica. distanza7.d. di 20 cm ad una ildistanza di 50cm.dalla forza elettrica quando si allontana una carica Problema Determinare lavoro eseguito 536Problema 7. CAMPI DI FORZE potenziale elettrico sulla superficie di−8unC, nucleo d’oro, ilda cuiuna numero −0, 5 ·vale 10−9il C da una carica positiva q2 =CAPITOLO 8 · 10 portandola puntiforme negativa 7.e. q1 =Quanto atomico è Zad = una 79 e distanza il cui raggio è R = 6, 2 · 10−15 m? distanza di 20 cm di 50cm. vale il potenziale elettrico sulla superficie di un nucleo d’oro, il cui numero Problema 7.e. Quanto Problema 7.f . Schmatizziamo grossolanamente, come nell’Esempio 7.3, un atomo di idrogeno −15 m?distanza r = 0, 5 · 10−10 m: si calcoli il potenziale di atomico è Z un = 79 e il cuied raggio è R = 6, 2 · 10ad come elettrone un protone fermi una ionizzazione e lo si confronti con il valore sperimentale di 13,598 eV.C Problema 7.g. (Svolgere i Problemi 7.g e 7.h uno di seguito all’altro). Potenziale generato da un anello sottile carico uniformemente. È dato un anello di raggio R e di spessore trascurabile carico uniformemente, con una carica elettrica totale q: calcolare il potenziale che esso genera nei punti P dell’asse a distanza r dal piano dell’anello. Problema 7.h. Potenziale generato da un disco carico uniformemente. È dato un disco piano di raggio a, uniformemente carico, con densità superficiale di carica σ. a) Calcolare il potenziale che esso genera nei punti dell’asse a distanza r dal disco. b) Trovare il limite di questa espressione nei punti la cui distanza dal disco vale r " a: dimostrare che in queste condizioni il disco √ si comporta come una carica puntiforme. [Utilizzare l’approssimazione (sviluppo binomiale): 1 + η = 1 + 12 η per η $ 1]. Problema 7.i. Un conduttore ha capacità C1 = 4 · 10−11 F ed una carica q1 = 8 · 10−10 C: se esso viene posto in contatto elettrico con un secondo conduttore scarico di capacità C2 , il potenziale del sistema cosı̀ ottenuto diminuisce di ∆V = 1 V. Trovare il valore di C2 . Problema 7.l. Un condensatore piano, con armature di area A = 100 cm2 distanti tra loro h = 2 mm, è collegato ai capi di un generatore di f.e.m. 100 V. Inizialmente il condensatore è immerso completamente in aria. Se lo si immerge per metà in olio (εr = 8), qual è la variazione della sua carica elettrica? Problema 7.m. Un filo di rame ha sezione di diametro 0,8 mm. Calcolare: a) la lunghezza che deve avere il filo per possedere la resistenza di 1 Ω a 0 ◦ C; b) la resistenza e la caduta di potenziale in una linea costituita da 2 km di tale filo, che porta una corrente elettrica di 0,6 A (ρ rame = 0, 016 Ω·m a 0 ◦ C). Problema 7.n. Un circuito ai cui capi è applicata una d.d.p. costante di 12 V è costituito da due resistenze collegate in serie R1 = 15 Ω e R2 = 10 Ω: calcolare la quantità di calore che si sviluppa in R2 in 1 ora. Problema 7.o. Nel circuito della ! fig. 7.92 la batteria ha una f.e.m. di 30 V e una resistenza interna ri = 3 Ω, e le resistenze valgono R1 = 20 Ω, R2 = 10 Ω, R3 = 20 Ω: calcolare la quantità di calore che si sviluppa in R3 in 5 minuti. Problema 7.p. Nel circuito in ! fig. 7.93 è ∆V1 = 30V, ∆V2 = 10 V, r1 = r2 = 1 Ω, R = 8 Ω, C = 1 pF: a) calcolare l’intensità della corrente che circola nella resistenza R e la carica sulle armature del condensatore quando esso è immerso in aria secca; b) se il condensatore è piano, le armature distano di 1 cm, ed è immerso in acqua distillata (che è un dielettrico), calcolare la sua capacità, la carica sulle armature, l’intensità del campo elettrico e la densità di energia elettrostatica tra le sue armature. ◦ ◦ deve Ω·m avereail0 filo C).per possedere la resistenza di 1 Ω a 0 C; b) la resistenza e la caduta di potenziale in una linea costituita da 2 km di tale filo, che porta una corrente rame = 0, 016 Problema 7.n. Un circuito ai cui capi è applicata una d.d.p.elettrica costantedidi0,6 12 A V (ρ è costituito da due Ω·m aresistenze 0 ◦ C). collegate in serie R1 = 15 Ω e R2 = 10 Ω: calcolare la quantità di calore che si sviluppa in Problema 7.n. Un circuito ai cui capi è applicata una d.d.p. costante di 12 V è costituito da due R2 in 1 ora. resistenzeProblema collegate7.o. in serie Ω e R! Ω: calcolare la quantità di calore cheVsie sviluppa in 1 = 15 della 2 = Nel R circuito fig.10 7.92 la batteria ha una f.e.m. di 30 una resistenza 1 ora. ri = 3 Ω, e le resistenze valgono R1 = 20 Ω, R2 = 10 Ω, R3 = 20 Ω: calcolare la quantità di R2 ininterna Problema Nel circuito fig. 7.92 la batteria ha una f.e.m. di 30 V e una resistenza in 5 ! minuti. calore che7.o. si sviluppa in R3della interna rProblema le resistenze valgono Ω, R3∆V = 220=Ω: Nel circuito in !Rfig. 7.93Ω,è R∆V = 30V, 10 calcolare V, r1 = la r2 quantità = 1 Ω, Rdi= 8 i = 3 Ω, e7.p. 1 = 20 2 = 1 10 minuti. della corrente che circola nella resistenza R e la carica sulle caloreΩ,che R3 in 5 l’intensità C si = sviluppa 1 pF: a)incalcolare Problema Nel circuito inquando ! fig. esso 7.93è èimmerso ∆V1 = 30V, = r2 = 1 Ω, èRpiano, = 8 le armature7.p. del condensatore in aria∆V secca; b) V, se ril1 condensatore 2 = 10 Ω, C armature = 1 pF: distano a) calcolare della corrente chedistillata circola nella R e la calcolare carica sulle di 1 l’intensità cm, ed è immerso in acqua (che èresistenza un dielettrico), la sua armature del condensatore esso è immerso aria elettrico secca; b)e se il condensatore piano, le capacità, la carica sulle quando armature, l’intensità del in campo la densità di energiaè elettrostatica armature di 1 cm, ed è immerso in acqua distillata (che è un dielettrico), calcolare la sua tra ledistano sue armature. capacità,Problema la carica sulle armature,ill’intensità delmomento campo elettrico e la adensità di energia elettrostatica modulo del meccanico cui è soggetta una bobina rettan7.q. Calcolare piana di lati 5,4 cm e 8,5 cm, costituita di 50 spire di filo conduttore e percorsa dalla corrente tra legolare sue armature. di 3 A immersa in una campo magnetico uniforme e costante di intensità = 0,bobina 35 T nei due casi il modulo del momento meccanico a cui è soggettaBuna rettanProblema 7.q. Calcolare → − ◦ golareinpiana lati 5,4 e 8,5rispettivamente cm, costituita di conduttore e percorsa cui Bdiformi un cm angolo di 50 30◦spire o di di 90filo con il piano della spira. dalla corrente di 3 A immersa in 7.r. una Dimostrare campo magnetico e costante di fig. intensità B =la0,bobina 35 T nei due casidi N Problema che nel uniforme galvanometro della ! 7.69, con costituita → − di filounconduttore, se il momento in cuispire B formi angolo rispettivamente di di 30◦richiamo o di 90◦ di contorsione il pianodella dellamolla spira.M ubbidisce alla legge delle forze elastiche (reazione proporzionale ed opposta lla deformazione, cioè all’angolo di di torsione Problema 7.r. Dimostrare che nel galvanometro della ! fig. 7.69, con la bobina costituita N kφ in modulo, rotazionediφrichiamo della bobina all’equilibrio è proporzionale all’intensità spire φ) di M filo=conduttore, se il lamomento di torsione della molla M ubbidisce alla leggedella delle corrente. forze elastiche (reazione proporzionale ed opposta lla deformazione, cioè all’angolo di torsione 7.18. TRASDUTTORI 537 φ) M CENNO = kφ in AI modulo, la rotazione φ della bobina all’equilibrio è proporzionale all’intensità della corrente. Problema 7.s. Un solenoide è composto da 100 spire/m ed è percorso dalla corrente is = 2 A. a) Calcolare la forza agente su un tratto di filo percorso dalla corrente if = 1 A e di lunghezza 20 cm disposto al suo interno e parallelo all’asse del solenoide. b) Calcolare la forza totale agente sul tratto di filo M N P Q della ! fig. 7.94 con i lati M N = P Q = 20 cm e N P = 2 cm, percorso dalla corrente if . Problema 7.t. Due lunghi fili rettilinei paralleli sono percorsi rispettivamente dalle correnti i 1 = 5 A e i2 = 30 A, concordi (! fig. 7.95), e distano tra loro 10 cm: calcolare modulo, direzione e verso → − del campo B nei punti P , S e T . Problema 7.u. Un filo rettilineo percorso dalla corrente i = 50 A è posto perpendicolarmente a un campo magnetico uniforme di intensità B = 2 · 10−3 T orientato perpendicolarmente al filo → − (! fig. 7.96): determinare il campo magnetico B r risultante nei punti M , N , P ed R posti si una crconferenza di raggio r = 2 cm, con centro sul filo ed ortogonale ad esso. Problema 7.v. Dimostrare che due fili rettilinei paralleli distanti d e percorsi rispettivamente dalle correnti i1 e i2 esercitano l’uno sull’altro una forza: determinarne l’intensità la direzione e il verso a seconda che le correnti i1 e i2 siano concordi o discordi. Problema 7.z. Un sottile fascio di protoni di energia 4,3·105 eV viene iniettato in una regione in cui vi è un campo magnetico uniforme perpendicolare alla direzione del fascio e di intensità 3, 2 · 10 −2 T: determinare a) la traiettoria dei protoni e b) il raggio ed il periodo del loro moto. Problema 7.x. Una bobina toroidale è costituita da N spire ed è piegata a formare una ciambella circolare, come si vede nella ! fig. 7.97: assumendo che le spire siano addossate l’una all’altra, senza spazi intermedi vuoti, calcolare il campo magnetico all’interno della bobina, ad una distanza r dal centro, e nello spazio esterno al toro (anche nel ”buco” della ciambella). PROBLEMI SUI CIRCUITI IN c.c. A PIÙ MAGLIE (APPENDICE 2) Problema 7.A. Nel circuito della ! fig. 7.98 ∆V = 50 V, R1 = 4 Ω, R2 = 6 Ω, R3 = 8 Ω e R4 = 12 Ω: determinare le intensità delle correnti che circolano nelle varie resistenze. Problema 7.B. Si consideri il circuito della ! fig. 7.99. a) Rappresentare lo stesso circuito in qualche altro modo equivalente. b) Determinare l’intensità e il verso delle correnti diverse che circolano nel circuito quando V = 10 V, R1 = 10 Ω, R2 = 6 Ω, R3 = 4 Ω: provare a risolvere il problema sia senza l’uso della seconda legge di Kirchhoff, sia facendo ricorso ad essa. c) La resistenza R3 è inserita in un recipiente contenente 1 litro di acqua: calcolare il tempo necessario Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 7 Pag. 1 perché la temperatura dell’acqua aumenti di 10 ◦ C. Problema 7.C. Nel circuito del Problema precedente, con gli stessi valori dei componenti del circuito, viene inserito un condensatore di capacità C = 10 pF, una volta come nella ! fig. 7.100 a, 7.18. CENNO AI TRASDUTTORI 547 Questa forza imprime all’elettrone un’accelerazione avente la stessa direzione e e lo stesso verso, e modulo F 3, 2 · 10− 16 N a= = 3, 5 · 10−16 m s−2 . = me 9, 1 · 10−31 kg Soluzione 7.45. Consideriamo dapprima il campo all’esterno del filo (r > R): scegliamo un cammino chiuso circolare di raggio r con il centro sull’asse del filo (! fig. 7.76). Per ragioni di simmetria il campo è diretto ortogonalmente al filo, quindi in ogni punto è tangente al cammino circolare ed ha modulo costante. Poiché la corrente totale che attraversa il cammino è i 0 , il teorema di Ampére (7.121) dà ! → − C( B ) = B ds = B · 2πr = µ0 i0 , da cui si ottiene µ 0 i0 , per ṙ > R , 2π r che è identica alla (7.114) (si vede quindi che la legge di Biot e Savart si può considerare come una conseguenza del teorema generale di Ampére. Consideriamo ora l’interno del filo (r < R). Per le medesime ragioni di simmetria il campo magnetico ha direzione e verso come nel caso precedente. Consideriamo nuovamente un cammino circolare di raggio r concentrico all’asse del filo: ora la corrente elettrica che lo attraversa è minore di i0 : poiché la corrente è distribuita uniformemente nella sezione del filo, la frazione che attraversa il cammino è proporzionale al rapporto tra la sezione del cammino, πr 2 , e la sezione totale del filo, πR2 . Il teorema di Ampére dà quindi ! → − πr2 C( B ) = B ds = B · 2πr = µ0 i0 2 , πR B= da cui si ricava B= " µ 0 i0 2πR2 # r, per r < R . La dipendenza del campo magnetico da r per entrambi i casi è mostrata nella ! fig. 7.103. Soluzione 7.48. Le resistenze R1 e r1 sono disposte in serie, e cosı̀ pure R2 e r3 : il circuito può venire rappresentato come nella ! fig. 7.104. Indichiamo le tre correnti i1 , i2 e i3 e sciegliamo ad esempio i loro versi come nella figura. Il circuito è composto di 3 maglie e 2 nodi: scegliendo ad esempio le due maglie interne ed i versi di percorrenza orari le leggi di Kirchhoff danno le tre equazioni i3 = i 1 + i 2 V1 − V2 = i1 (R1 + r1 ) − i2 r2 V2 − V3 = i2 r2 + i3 (R2 + r3 ) Sostituendo la prima equazione nella terza si ha V2 − V3 = i1 (R2 + r3 ) + i2 (R2 + r2 + r3 ); (7.141) ricavando i1 dalla seconda equazione i1 = V1 − V2 + i2 r2 R1 + r 1 (7.142) 548 CAPITOLO 7. CAMPI DI FORZE e sostituendo nella (7.141) si ottiene V2 − V3 = R2 + r 3 (V1 − V2 + i2 r2 ) + i2 (R2 + r2 + r3 ), R1 + r 1 da cui si ricava i2 = “ ” R +r R +r V2 1+ R2 +r3 −V1 R2 +r3 −V3 1 1 “ 1 1” R +r R2 +r3 +r2 1+ R2 +r3 1 = 20(1+ 12 −10 12 −10 6 ) 6 10+2+(1+ 12 6 ) 1 = 2 A. Dalla (7.142) si ottiene allora 4 A = −1, 33 A, 3 quindi la corrente i2 circola nel verso opposto a quello indicato nella ! fig. 7.104; e infine i1 = − i3 = i1 + i2 = 0, 67 A. . . . Soluzione 7.a. Indichiamo con x la distanza del punto P dalla carica q1 , e quindi con d − x la sua distanza da q2 , ! fig. 7.105: la somma vettoriale dei campi generati dalle due cariche deve essere nulla, e poiché i due campi sono diretti lungo la congliungente ed hanno versi opposti deve essere k da cui si ottengono due soluzioni q2 q1 −k =0, x2 (d − x)2 (7.143) √ 36 − 27 m, 7, 5 x1 = 0, 4 m, x2 = 1, 2 m x1,2 = 6± La seconda soluzione corrisponderebbe ad un punto al di fuori del segmento che congiunge le due cariche, in cui i campi elettrici generati dalle due cariche sarebbero concordi: la (7.143) andrebbe allora riscritta con il wegni più e non avrebbe qundi soluzione. La soluzione del problema è quindi x = 0, 4 m. Soluzione 7.b. Il potenziale generato da una carica puntiforme è dato dall’espressione (7.37): ponendo per comodità la costante additiva uguale a zero e risolvendo rispetto a q si ottiene q = V · 4πε0 r = (100 V)(4π)(8, 9 · 10−12 C2 N−1 m−2 )(0.1 m) = 1, 1 · 10−9 C . Questa carica è confrontabile con quelle che si possono produrre per strofinio. Soluzione 7.c. Sulla pallina in equilibrio agiscono tre forze: quella di gravità F g , la forza elettrica Felettr e la reazione vincolare T del filo (! fig. 7.106): perché la sferetta stia in equilibrio la risultante del peso e della forza elettrica deve avere la stessa direzione del filo, e sia totalmente annullata dalla reazione vincolare. Devono quindi essere simili i due triangoli ABC e AM N , per cui deve essere (approssimando il lato BC con la lunghezza AC del filo) AB 2 · 10−2 m AB Felettr = $ = = 10−2 . Fg BC AC 2m Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 7 Pag. 2 7.18. CENNO AI TRASDUTTORI Quindi 549 Felettr = 10−2 Fg = (10−2 )(4, 5 · 10−3 kg)(9, 8 m/s2 ) = 4, 5 · 10−4 N. Soluzione 7.d. Poiché le due cariche si suppongono puntiformi, il lavoro è dato da ! " LAB = kq1 q2 r1A − r1B " ! = (9 · 109 Nm2 C−2 )(−0, 5 · 10−9 C)(8 · 10−8 C) 0,21 m − 0,51 m = −10.8 · 10−7 J. Il lavoro ha segno negativo: infatti, poiché le due cariche hanno segno opposto, la forza tra di esse è attrattiva, mentre lo spostamento avviene in verso opposto. Soluzione 7.e. Il nucleo, supposto a simmetria sferica, si comporta per i punti esterni come se la sua carica elettrica fosse concentrata in un punto, per cui si può utilizzare l’espressione (7.37) per le cariche puntiformi 1 q V = 4πε = k Ze r 0 r −19 C) = (9 · 109 Nm2 C−2 ) (79)(1,6·10 6,2·10−15 m = 1, 8 · 107 V= 18 MV. Soluzione 7.f . Si deve calcolare la d.d.p. che si deve applicare per allontanare l’elettrone dall’atomo fino a distanza infinita, dove si annulla la forza di attrazione coulombiana: il problema è concettualmente analogo all’Esempio 3.28 sulla velocità di fuga di un corpo dal campo gravitazionale terrestre. Proprio nell’Esempio citato si è visto che il risultato è indipendente dalla scelta del valore della costante additiva dell’energia potenziale, cioè del punto in cui il potenziale si pone uguale a zero: se si pone uguale a zero il potenziale all’infinito, cioè la costante additiva uguale a zero, il lavoro cercato è dato direttamente dal prodotto della carica e dell’elettrone per il suo potenziale a distanza r dal protone, cioè Lr ∞ = e ∆V = k 1 e2 (1, 6 · 10−19 C)2 = (9 · 109 Nm2 C−2 ) " 29 eV, r 0, 5 · 10−10 m 1, 6 · 10−19 J/eV che risulta circa il doppio del valore sperimentale: questo modello costituisce un’approssimazione troppo drastica, anche se ci fornisce l’ordine di grandezza giusto. Soluzione 7.g. Tutti i punti dell’anello carico di spessore trascurabile (infinitesimo) di raggio R √ si trovano alla stessa distanza r # = R2 + r2 dal punto P sull’asse (! fig. 7.107): l’integrale (7.39) si riduece pertanto a # # 1 1 1 1 dq q √ = dq = . V (r) = 4πε r# 4πε r# 4πε R2 + r2 circonf circonf Soluzione 7.h. a) Consideriamo un punto P sull’asse a distanza r dal centro O del disco (! fig. 7.108). Per calcolare l’integrale (7.39) occorre considerare gli elementi di carica sul disco che hanno la stessa distanza da P : essi sono costituiti dalle corone circolari infinitesime di raggio y e larghezza dy, aventi area (2πy) dy e carica elettrica dq = σ (2πy) dy , $ # 2 2 e la loro distanza de P vale r = y + r . Dal Problema precedente ogni corona circolare infinitesima contribuisce al potenziale in P con dV = 1 σ (2πy) σ y 1 dq $ $ = dy = dy , 4πε r# 4πε 2ε y2 + r2 y 2 + r2 550 CAPITOLO 7. CAMPI DI FORZE e il potenziale totale vale quindi V (r) = # dV = σ 2ε #a 0 $ y y2 + r2 dy = %a " σ %%$ 2 σ !√ 2 % a + r2 − r % y + r2 % = 2ε 2ε 0 √ b) Nel caso r $ a la quantità a2 + r2 per ar % 1 può essere approssimata come indicato nel testo '1 & & ' √ a2 2 1 a2 a2 , a2 + r 2 = r 1 + 2 =r 1+ + ... "r+ r 2 r2 2r con cui il potenziale diviene (con q = σ πa2 ) ' & σ σa2 σπa2 q 1 q a2 V (r) " −r = = = = , r+ 2ε 2r 4εr 4πεr 4πεr 4πε r cioè la (7.37): questo perché per distanze r $ a il disco si comporta come una carica puntiforme. Soluzione 7.i. Il potenziale del primo conduttore isolato è V1 = q1 8 · 10−10 C = = 20 V. C1 4 · 10−11 F La capacità totale del sistema formato dai due conduttori collegati è C = C1 + C2 , e il potenziale totale q1 = V1 − ∆V , V = C1 + C2 da cui si ricava q1 1 −∆V ) C2 = !q1 −CV11 (V = V1 −∆V − −∆V "C = 8·10−10 C 19 V − 4 · 10−11 F = 2, 1 pF. Soluzione 7.l. Quando il condensatore è immerso completamente nell’aria la sua carica elettrica è ε0 A ∆V . (7.144) h Quando invece è immerso per metà in olio si comporta come se fosse un sistema di due condensatori in parallelo, ciascuno di superficie metà, l’uno immesro in aria e l’altro in olio (! fig. 7.109): i due condensatori avranno quindi la stessa differenza di potenziale tra le armature, mentre le loro cariche si sommeranno ! " # (Ca# + Col# ) ∆V = ε0 A/2 + ε0 εrhA/2 ∆V qf in = qa# + qol h Qa = Ca · ∆V = = ε0 A (1 2h + εr )∆V = 12 qa (1 + εr ) . La variazione della carica elettrica è quindi 1 εr − 1 ∆q = qf in − qa = qa (1 + εr ) − qa = qa , 2 2 e sostituendo la (7.144) qa = ε0 A ∆V εr2−1 h −12 −4 )(10 ·10 " (8,9·10 2(2·10 −3 ) −9 " 1, 5 · 10 C. 2 )102 ·7 C Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 7 Pag. 3 7.18. CENNO AI TRASDUTTORI 551 Soluzione 7.m a) Per la (7.58) la lunghezza del filo deve essere l= −3 2 (1 Ω)(0, 4 · 10 m) (3, 14) RA = ! 31, 3 m. ρ 0, 016 · 10−6 Ω · m b) Dalla stessa relazione si ricava R = (0, 016 · 10 −6 2 · 103 m = 64 Ω , Ω · m) (0, 4 · 10−3 m)2 (3, 14) ∆V = (64)(0, 6) V = 38, 4 V . Soluzione 7.n. La quantità di calore dissipata nella resistenza R2 nell’intervallo di tempo ∆t è 2 data dalla legge di Joule Q" 2 = i R2 ∆t: si deve quindi calcolare l’intensità di corrente che circola nelle due resistenze in serie, dalla legge di Ohm i= e quindi 552 CAPITOLO 7. CAMPI DI FORZE La differenza di potenziale tra le armature del condensatore è uguale alla caduta di tensione ai capi della resistenza R ∆VC = ∆VR = iR = 16 V, per cui la carica sulle armature vale q = C · iR = 1, 6 · 10−11 C . b) La capacità del condensatore quando è immerso in acqua vale (la costante dielettrica relativa dell’aria secca è praticamente uguale a quella del vuoto) Cacqua = εr Caria = 80 pF. La differenza di potenziale tra le armature diviene ∆V 12 V ! 0, 5 A , = R1 + R 2 (15 + 10) Ω 2 Q" 2 = (0, 5 A) (10 Ω)(3600 s) ! 2153 cal . Soluzione 7.o. Occorre in primo luogo determinare l’intensità di corrente totale che circola dalla batteria attraverso la resistenza R1 e che si suddivide nelle due resistenze R2 e R3 : queste ultime R3 è collegata in infatti sono collegate tra loro in parallelo, e la loro resistenza equivalente R 23 = RR22+R 3 serie con le due resistenze in serie R1 e ri , per cui la resistenza totale del circuito vale ! " R2 R3 10 · 20 = 23 + Ω ! 30 Ω. Rtot = R1 + ri + R2 + R 3 10 + 20 La corrente totale nel circuito è quindi itot = ∆V 30 V = 1 A. ! Rtot 30 Ω Questa corrente si suddivide nelle correnti di intensità i1 e i2 nei due rami R1 e R2 : poiché ai capi delle due resistenze in parallelo vi è la stessa differenza di potenziale, si ha i 2 R2 = i 3 R3 , i2 + i3 = itot , da cui 10 R2 = (1 A) = 0, 33 A. R2 + R 3 10 + 20 La quantità di calore sviluppata in R3 in 5 minuti in calorie è quindi i3 = itot 2 Q" 3 = i3 R3 ∆t = (0, 33 A)2 (20 Ω)(300 s) = 157 cal. 4, 196 J/cal Soluzione 7.p. a) Le tensioni delle due batterie sono opposte, per cui la tensione totale nel circuito è ∆Vtot = 20 V; le resistenze sono in serie, per cui la corrente è data da i= 20 V ∆Vtot =2A. = R + r 1 + r2 10 Ω (7.145) ∆Vacqua = ∆VC 16 V = 0, 2 V . = εr 80 La carica sulle armature rimane la stessa (7.145), poiché qacqua = Cacqua ∆Vacqua = Caria ∆Varia . Il campo elettrico tra le armature vale " ! ∆Vacqua 0, 2 V E aria acqua = Eelettr = −2 = 20 V/m = elettr . d 10 m εr La densità di energia (7.49) è 2 e = = 1 ε0 (E aria ) earia = 2 εelettr εr r 16 V (8,854·10−12 C/N·m2 )( −2 ) 10 m2 (2)(80) ! 1, 4 · 10−7 J/m3 . Soluzione 7.q. Il momento magnetico della bobina è pmagn = N iA = (50)(3 A)(5, 4 · 10−2 m)(8, 5 · 10−2 m) = 0, 69 A · m2 . Nei due casi indicati l’angolo formato dal campo magnetico con il verso del momento magnetico (ortogonale al piano della bobina) è rispettivamente di 60◦ e di 0◦ , per cui si ottengono i momenti meccanici rispettivamente √ 3 π M60◦ = pmagn B sin = (0, 69 A · m2 )(0, 35 T) ! 0, 21 N · m, 3 2 M0◦ = 0 Soluzione 7.r. Il momento magnetico della bobina del galvanometro vale pmagn = N iA ed è normale alla superficie della bobina: il campo magnetico è sempre parallelo al momento magnetico, per cui la bobina è soggetta al momento meccanico Mbob = N iA · B, indipendente dalla sua orientazione. Il filo reagisce invece con un momento di torsione proporzionale in modulo all’angolo di rotazione Mf ilo = kφ. All’equlibrio i due momenti meccanici sono uguali, per cui si ottiene i= k φ, N AB Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 7 Pag. 4 7.18. CENNO AI TRASDUTTORI 553 proporzionale all’angolo. Soluzione 7.s. In primo luogo è necessario calcolare l’intensità del campo magnetico all’interno del solenoide B = µ0 ni = (4π · 10−7 N · m/A)(100 m−1 )(2 A) ! 2, 5 · 10−4 T . a) Poiché il campo è parallelo all’asse del solenoide, il tratto di filo parallelo anch’esso all’asse è soggetto ad una forza magnetica nulla. b) I tratti di filo M N e P Q sono soggetti ad una forza nulla, mentre il tratto N P , ortogonale all’asse e quindi al campo, è soggetto ad una forza diretta verso il basso di modulo F = Bil = (2, 5 · 10−4 T)(1 A)(2 · 10−2 m) = 5 · 10−6 N. Soluzione 7.t. Il campo magnetico prodotto da ciascun filo ha intensità data dalla legge di Biot e Savart (7.114), è ortogonale alla pagina nei punti indicati, orientato verso l’alto o verso il basso secondo la regola della vite, o della mano destra. Nel punto P entrambi i campi escono dalla pagina e il campo totale è orientato verso l’esterno della pagina ed ha modulo " ! 30 5 + T = 6 · 10−5 T. BP = B1 + B2 = (2 · 10−7 ) 0, 05 0, 15 → − → − Nel punto S B 1 è rivolto verso l’interno della pagina, mentre B 2 è rivolto verso l’esterno e, essendo → − uguale la distanza dal filo, ha intensità tripla, per cui B S è rivolto verso l’esterno ed ha modulo 554 CAPITOLO 7. CAMPI DI FORZE BR = B + Bf ilo = 2, 5 · 10−3 T , orientati come in figura. Soluzione 7.v. Considerando ad esempio il filo percorso dalla corrente i1 , esso genera una campo magnetico B1 dato dalla (7.114) e diretto in corrispondenza del secondo filo come indicato nella ! fig. 7.111. Questo campo esercita su ogni tratto di lunghezza l dell’altro filo una forza data dalla (7.110), di modulo F = B i2 l, orientata verso l’altro filo se le due correnti hanno lo stesso verso, in direzione opposta se le correnti circolano in versi oppoti: pertanto due correnti parallele concordi si attirano, mentre due correnti discordi si respingono. La forza esercitata da un filo sull’unità di lunghezza dell’altro ha lo stesso modulo µ i 1 i2 F = . l 2πd e verso opposto (principio di azione e reazione). Soluzione 7.z. Poiché la forza è sempre ortogonale alla velocità dei protoni, la loro traiettoria è circolare (→Par. 1.16.2) e il suo raggio si determina identificando l’accelerazione centripeta con la forza di Lorentz (7.111) v2 mp v . (7.147) mp = evB, da cui r = r eB La quantità di moto mp v dei protoni si ottiene dalla loro energia cinetica 1 Ecin = mp v 2 , 2 BS = B2 − B1 = 10−4 T. In T entrambi i campi sono rivolti verso l’interno della pagina, per cui il campo risultante è rivolto anch’esso verso l’interno ed ha modulo BT = B1 + B2 ! 12, 7 · 10−5 T. per cui 50 = (2 · 10−7 ) T = 5 · 10−4 T 0, 02 e l’angolo α è dato da B 2 · 10−3 = =4, Bf ilo 5 · 10−4 cioè mp v = $ 2mEcin Il periodo del moto circolare risulta ed è orientato sulla circonferenza come mostrato nella ! fig. 7.110. Nei punti M e P il campo risultante ha lo stesso modulo # BM = BP = Bf2ilo + B 2 $ = (5 · 10−4 )2 + (2 · 10−3 )2 T ! 2, 06 · 10−3 T tan α = da cui $ √ 2(1, 67 · 10−27 kg)(4, 3 · 105 eV)(1, 6 · 10−19 J/eV) 2mEcin = ! 3 m. r= eB (1, 6 · 10−19 C)(3, 2 · 10−2 T) Soluzione 7.u. Il campo generato dal filo a distanza r ha modulo Bf ilo (7.146) α ! 76◦ . Nei punti N ed R i due campi sono paralleli e rispettivamente discordi e concordi, per cui le risultanti sono rispettivamente BN = B − Bf ilo = 1, 5 · 10−3 T , T = 2πr 2πmp = ! 2, 04 · 10−6 s . v eB Soluzione 7.x. Applichiamo il teorema della circuitazione di Ampère (7.53) utilizzando la particolare simmetria del problema. In tutti i punti della circonferenza di raggio r concentrica con il centro del toro il campo magnetico ha la stessa intensità ed è tangente alla circonferenza (! fig. 7.112). → − − Pertanto la circuitazione B · d→ s del campo lungo questa circonferenza su ogni tratto di essa vale semplicemente B ds; d’altra parte la circonferenza racchiude N avvolgimenti, quindi il teorema di Ampère dà % % → − → B · d− s =B ds = B (2πr) = µ0 N i , da cui si ricava µ0 N i . 2πr Questo risultato mostra che l’intensità del campo dipende da r, quindi il campo magnetico non è uniforme all’interno della bobina toroidale. 7.18.Se CENNO TRASDUTTORI 555 la bobinaAI è ideale, cioè gli avvolgimenti sono molto fitti in modo da poterli considerare come una successione continua di spire circolari, il campo magnetico all’esterno della bobina toroidale (anche nel ”buco” della ciambella) risulta nullo: anche questa conclusione segue dal teorema della circuitazione di Ampère, considerando come prima circonferenze concentriche, le quali però ora sono attraversate da un flusso nullo di corrente, poiché ogni spira le attraversa due volte con la corrente diretta in versi opposti. In una bobina reale gli avvolgimenti non sono realmente spire, ma spirali, ed esiste sempre un piccolo spazio tra l’una e l’altra, per cui vi è sempre un piccolo campo magnetico esterno. Soluzione 7.A. Non Baracca ci si faccia- ingannare modo in cui è rappresentato il circuito: le 4Pag. resistenze Angelo Ulteriori dal Esercizi e Problemi sul Capitolo 7 5 non sono in parallelo tra di loro, tra i punti A e B e i punti C e D (! fig. 7.113 a) non vi è la stessa differenza di potenziale; ci se ne può rendere conto anche rappresentando il circuito in altre maniere equivalenti, ad esempio quella della ! fig. 7.113 b. Si hanno due coppie di resistenze in parallelo B= 58 7.18. CENNO AI TRASDUTTORI Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 7 Pag. 6
