compito del 23 giugno 2008

Esercizio 1
E` dato un condensatore piano di area A=1 dm2 e distanza tra le piastre
d=1 cm, caricato con una carica Q=1 nC. Trovare:
a) il campo elettrico tra le piastre;
b) la ddp tra le piastre;
c) l’energia elettrostatica accumulata tra le piastre.
Si inseriscono quindi tra le piastre due lastre di dielettrico di spessore
d1 =0.2 cm e d2 =0.8 cm (d1 + d2 = d) e di costante dielettrica relativa
r1 =2 e r2 =3 rispettivamente.
d1
d
d2
Trovare:
d) il campo elettrico nei due dielettrici;
e) la nuova ddp tra le piastre.
Sapendo che in presenza del dielettrico la densita` di energia cambia in
ogni punto dello spazio per un fattore uguale alla costante dielettrica in
quel punto, trovare infine
f) il nuovo valore dell’energia elettrostatica accumulata nel
condensatore.
Soluzione dell’esercizio 1
In tutte le operazioni sul condensatore la carica Q rimane costante.
a) Il campo elettrico nel condensatore e`:
E

Q
10 9

 2
 1.13  10 4 V / m
12
 0 A 0 10  8.85  10
b) la ddp e`:
V  Ed  1.13  10 4  10 2  113V
c) la densita` di energia e`:
ue 

1
1
 0 E 2  8.85  10 12  1.13  10 4
2
2

2
 5.65  10  4 J / m 3
Poiche’ il campo elettrico e` uniforme in tutto il volume tra le piastre,
l’energia elettrostatica si trova moltiplicando la densita` di energia per
il ‘volume’ del condensatore:
 u e Ad  5.65  10 4  10 2  10 2  5.65  10 8 J
U e  u eV
Piu` semplicemente l’energia e` data da:
Ue 
1
1
QV  10 9  113  5.65  10 8 J
2
2
d) il campo elettrico nei due dielettrici e` dato, rispettivamente, da:
E1 
E2 
E
 r1
E
 r2

1.13  10 4
 5.65  10 3 V / m
2

1.13  10 4
 3.77  10 3 V / m
3
e) la nuova ddp e` la somma delle ddp ai capi delle due lastre:
V '  E1d1  E2 d 2  5.65  10 3  0.2  10 2  3.77  10 3  0.8  10 2  11.3  30.2  41.5V
Un’altro modo per trovare la ddp e`:
V' 
Q
C eq
Ove Ceq e` la composizione dei due condensatori in serie:
C eq
 1
1 

  
 C1 C 2 
1
1
 d1
 1
d2 
1 
  

 


 88.5 pF 33.3 pF 
 A 0  1 A 0  1 
10 9
V' 
 41.3V
24.2  10 12
1
 24.2 pF
f) la densita` di energia nei dielettrici 1 e 2 e` rispettivamente:
u e1 
1
 0  1 E12
2
ue2 
1
 0  2 E 22
2
L’energia accumulata nel condensatore e` la somma delle energie
accumulate nei volumi occupati dai due dielettrici:
U e  U e1  U e 2  u e1V 1  u e 2V
2
 u e1 Ad1  u e 2 Ad 2  2.07  10 8 J
Piu` semplicemente l’energia e` data da:
Ue 
1
1
QV '  10 9  41.5  2.08  10 8 J
2
2
Esercizio 2
E` dato un piano indefinito uniformemente carico con densita` 
positiva e spessore trascurabile. Sul piano e` definito un sistema
cartesiano XY, e sia Z la coordinata perpendicolare al piano. Il piano si
muove rispetto allo sperimentatore lungo l’asse x in verso positivo con
velocita` costante v.
z
+
+
y
+
+
+
+
+
+
L
v
x
Trovare
a) la corrente che scorre in direzione x, dovuta al moto della carica
presente in un nastro di larghezza L lungo y.
Mediante considerazioni di simmetria e la legge di Ampe`re, trovare
b) direzione e verso del campo magnetico sopra e sotto il piano;
c) modulo del campo magnetico sopra e sotto il piano.
d) Verificare che l’espressione del campo magnetico ha le giuste
dimensioni fisiche.
Soluzione dell’esercizio 2
a) presa un’area dA=Ldx lungo la striscia, la corrente e` data da:
dQ d A
dA
i


 Lv
dt
dt
dt
b) per trovare la direzione del campo in un punto arbitrario P sopra il
piano xy, consideriamo un nastro parallelo a x di larghezza infinitesima
dy, di cui mostriamo la sezione col piano zy nella figura seguente:
z
P
dB
r
y
dy
La corrente che percorre questo nastro e` diretta lungo x positivo (esce
dal foglio). Il nastro si puo` assimilare ad un filo, il cui campo e` del
tipo Biot-Savart ed e` diretto lungo y negativo (regola della mano
destra):
dB 
z
 0 di  0 vdy

4 r 4 r
dB1
P
dB2
r2
r1
dy1
dy2
y
Sfruttiamo la simmetria che deriva dal fatto che il piano e` indefinito:
per ogni elemento dy1 corrisponde un elemento dy2 simmetrico rispetto
a P. I campi relativi ai due elementi si sommano in modo che il campo
risultante ha componente non nulla lungo y negativo. Nel processo di
integrazione lungo y da –infinito a + infinito (cioe` sommando i
contributi di tutti i ‘fili’) si ottiene quindi un campo con direzione e
verso y negativo.
Se il punto P viene scelto sotto il piano xy, le considerazioni sono
identiche, l’unica differenza e` che il campo risultante ha ora direzione
e verso y positivo.
c) per trovare il modulo del campo, calcoliamo la circuitazione del
campo lungo il circuito rettangolare seguente:
z
Bsopra
Bsotto
y
L
disposto simmetricamente rispetto al piano xy, di modo che il modulo
del campo sul lato superiore sia uguale al modulo del campo sul lato
inferiore (a priori non sappiamo se il modulo di B dipende dalla
distanza dal piano). La circuitazione del campo magnetico si riduce
agli integrali sui lati paralleli a y, che risultano entrambi uguali a BL.
Per la legge di Ampere abbiamo allora:
2BL   0 i   0vL
Da cui segue il modulo del campo:
B
1
 0v
2
d) le dimensioni del campo B sono (ad esempio usando la legge di
Biot-Savart):
B   0  i
r 
Confrontando con la formula che abbiamo trovato, bastera` mostrare
che vale la relazione dimensionale:
i   v
r 
Infatti:
i   Q
r  TL
 v  Q2 L
L T
Esercizio 3
Sono dati due superfici cilindriche conduttrici coassiali indefinite, di
spessore trascurabile e raggi r1 =1 mm e r2 =3 mm.
Una corrente I=1 A fluisce in un
verso sulla superficie interna e in
verso opposto sulla superficie
esterna.
I
a
Trovare:
a) il campo magnetico B in un punto P a distanza r =2 mm dall’asse;
b) la densita` di energia magnetica nel punto P;
c) l’energia magnetica immagazzinata in un tratto di lunghezza
a=10 cm del sistema, nella direzione dell’asse dei cilindri.
Soluzione dell’esercizio 3
a) Il campo generato da una superficie cilindrica percorsa da corrente
in direzione dell’asse, si determina usando la legge di Ampere. Il
problema e` molto simile a quello di un filo indefinito (di raggio nullo
o maggiore di zero). Sia dentro che fuori del cilindro, calcoliamo la
circuitazione di B lungo una circonferenza coassiale alla sezione del
cilindro.
Fuori del cilindro:
K B   2rB r 
Per la legge di Ampere la circuitazione e` proporzionale alla corrente
concatenata, che in questo caso e` tutta la corrente I:
2rB r    0 I
Ne segue che il campo e`:
B r  
0 I
2 r
rR
Dentro il cilindro non c’e` corrente concatenata (la corrente sta tutta
sulla superficie), quindi la circuitazione e` nulla. Ne segue che il campo
e` nullo.
B r   0
rR
Cfuori
Cdentro
Dobbiamo ora comporre i campi dei due cilindri, tenendo conto che
hanno direzione opposta, a causa del verso opposto delle correnti:
Btot r   B1 r   B2 r 
Abbiamo tre zone di spazio: interna alla superficie 1 (r<r1)
Btot r   0
B1 r   0
B2 r   0
Tra le due superfici (r1<r<r2)
B1 r  
0 I
2 r
B2 r   0
Btot r  
0 I
2 r
E infine esterna alla superficie 2 (r>r2).
B1 r  
0 I
2 r
B2 r  
0 I
2 r
Btot r   0
Quindi il campo ha, tra i due cilindri, la stessa forma di quello
all’esterno di un filo indefinito.
Nel punto P assume il valore:
0 I
1
 2  10 7
 10 4 T
3
2 r
2  10
Btot r  
b) la densita` di energia e`:
um 
1
2 0
2
Btot

0 I 2
8 2 r 2
Che nel punto P assume il valore:
um 
1
2 0
2
Btot


1
10  4
7
2  4  10

2
 3.98  10 3 J / m 3
c) l’energia magnetica si trova moltiplicando la densita` di energia per
il volume, ma siccome la densita` non e` uniforme, questo va fatto su
un volume infinitesimo attorno ad ogni punto e quindi bisogna
integrare sull’intero volume interessato (somma dei contributi di tutti i
punti):
 0 I 2 
U m   u m dV  
B dV    2 2 dV
2 0
r 
V
V
V  8
1
2
tot
L’elemento di volume e`:
dV  2  dr  a
L’energia risulta:
Um 
 0 2 r 2 dr  0 2
r
I a

I a log 2  10 7  1  0.1  log 3  1.10  10 8 J
4
r
4
r1
r1