Capitolo 7 - Osservatorio di Arcetri

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