Elettrostatica

Elettrostatica
Paolo Bagnaia - CTF - 4 - Esercizi di elettromagnetismo e onde
♠
1
Esercizio – Calcolare il campo elettrico nel punto centrale tra due cariche, di
valore
l
q1=2×10
2 10-77 C e q2= -5×10
5 10-88 C,
C poste
t alla
ll distanza
di t
di 10 cm.
————————————
S l i
Soluzione
–
Dalla legge di Coulomb :
JG
JG
JG
E tot = E 1 + E 2 =
q2 ⎞
1 ⎛ q1
−
=
⎜⎜
2
2 ⎟
⎟
4 πε0 ⎝ ( d 2 )
(d 2) ⎠
1
2 × 10 −7 + 5 × 10 −8
5
=
(
q
−
q
)
=
=
9
9.04
04
×
10
N / C.
1
2
−12
2
2
πε0d
π × 8.89 × 10 × (0.1)
nella direzione della carica negativa.
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2
Esercizio – Calcolare il campo elettrico nel punto centrale tra due cariche, di
valore
l
q1=2×10
2 10-77 C e q2= +5×10
5 10-88 C,
C poste
t alla
ll distanza
di t
di 10 cm (id
(identico
ti all
caso precedente, a parte il segno della seconda carica).
————————————
Soluzione –
Tutto identico al caso precedente, a parte i segni :
JGG
JGG
JGG
E tot = E 1 + E 2 =
q2 ⎞
1 ⎛ q1
−
=
⎜⎜
2
2 ⎟
⎟
d
d
4 πε 0 ⎝ ( 2 )
( 2) ⎠
1
2 × 10 −7 − 5 × 10 −8
5
=
−
=
=
×
(
q
q
)
5.4
10
N / C.
1
2
2
2
−12
πε 0 d
π × 8.89 × 10 × (0.1)
nella direzione della carica minore (cioè q2).
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3
Esercizio – Quattro cariche, ciascuna di valore 2×10-6 C, sono poste ai vertici
di un quadrato
d t di lato
l t 2 m. Calcolare
C l l
il valore
l
d l campo elettrico
del
l tt i all centro
t del
d l
quadrato e al centro di ciascun lato.
————————————
Soluzione – Nel centro del quadrato, i campi si cancellano due a due e il
campo totale è nullo. Per quanto riguarda il campo nel punto centrale tra A e B
(gli altri tre casi sono analoghi), i campi delle cariche A e B si cancellano; i
campi delle cariche C e D hanno componente orizzontale che si cancella e
componente verticale che si somma.
somma Essa vale :
A
B
y
Etot
= ECy + E Dy = 2 ECy =
=
=
1
Q
2πε 0 L + ( L / 2)
2
1
Q
2
1
2πεε 0 L2 1 + (1/ 2)2
2
Q
4πε 0 d
L
2
cos α =
L + ( L / 2)
2
2
=
D
C
8 Q
=
= 6405 V/m.
2
2
2πεε 0 5 5 L
1 + (1/ 2)
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1
L
1
♠
4
Esercizio – Due cariche elettriche, di valore rispettivamente 1 C e -2 C, si
t
trovano
alla
ll distanza
di t
di 2 m. Trovare
T
i puntiti in
i tutto
t tt lo
l spazio
i in
i cuii il campo
elettrico totale è nullo.
————————————
Soluzione – Questi punti, se esistono, possono unicamente trovarsi sulla retta che
passa per i due punti. Infatti, nel resto dello spazio, i campi delle due cariche non sono
collineari, e pertanto la loro somma vettoriale non può essere nulla.
Sulla retta si possono inividuare tre zone : (a) tra infinito e prima carica, (b) tra le due
cariche, (c) tra seconda carica e infinito. In (b) i campi sono paralleli e pertanto la
somma non può
ò essere nulla;
ll in
i (c)
( ) il campo della
d ll seconda
d carica
i è sempre maggiore
i
(carica più grande a distanza minore); viceversa in (a) i due campi possono
compensarsi (q1 e q2 sono i moduli delle cariche) :
JG
JG
q2
q1
q2
1 q1
1
E1 = E 2 =
=
⇒
−
= 0 ⇒ q1x 2 + q1L2 + 2q1xL − q2 x 2 = 0 ⇒
2
2
2
2
4πε0 x
4πε0 ( x + L)
x ( x + L)
q1 ± q12 + q1(q2 − q1 )
q ± q1q2 )
x (q2 − q1 ) − 2q1xL − q1L = 0 ⇒ x = L
=L 1
= 2(1 ± 2) m → 4.8 m
(q2 − q1 )
(q2 − q1 )
(a)
(b)
(c)
+
x
L
2
2
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5
Esercizio – Come nel caso precedente, ma stavolta le cariche sono entrambe
positive
iti (+1
( 1 C e +2
2 C).
C)
————————————
Soluzione – Identica al caso p
precedente, ma stavolta la soluzione è nella zona ((b)) tra
le due cariche (q1 e q2 sono i moduli delle cariche) :
JG
JG
E1 = E 2 =
q2
q1
q2
1 q1
1
=
⇒ 2 −
=0⇒
2
2
2
4 πε 0 x
4 πε 0 ( L − x )
x
(L − x )
q1 x 2 + q1L2 − 2 q1 xL − q 2 x 2 = 0 ⇒ x 2 ( q 2 − q1 ) + 2 q1 xL − q1L2 = 0 ⇒
x =L
− q1 ±
= 2( − 1 ±
q12 + q1 ( q 2 − q1 )
− q ± q1q 2 )
=L 1
=
( q 2 − q1 )
( q 2 − q1 )
2 ) m → 0.8 m
(a)
+
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x
(b)
L
+
(c)
♠
6
Esercizio – Nel modello di Bohr dell’atomo di idrogeno, l’elettrone orbita
attorno
tt
all protone
t
alla
ll distanza
di t
di 0.5×10
0 5 10-88 cm. Trovare
T
l forza
la
f
di attrazione
tt i
elettrostatica tra le due particelle e la velocità dell’elettrone.
————————————
Soluzione –
Dalla legge
gg di Coulomb :
1 e2
(1.6 × 10 −19 )2
−8
=
F=
=
9
.
26
×
10
N
4πε0 r 2 4 × π × 8.89 × 10 −12 × (0.5 × 10 −10 )2
mv 2
F=
⇒
r
Fr
9.26 × 10 −8 × 0.5 × 10 −10
v=
=
= 2.25 × 106 m / s.
−31
m
9.11× 10
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e-
H
♠
7
Esercizio – Due cariche, di valore q1=7×10-9 C e q2= 14×10-9 C sono poste
alla
ll distanza
di t
di 40 cm. Trovare
T
il lavoro
l
necessario
i per avvicinarle
i i l alla
ll
distanza di 25 cm.
————————————
Soluzione –
Dalla definizione di energia potenziale elettrostatica :
L=−
⎛ 1 1⎞
1
q1q2 ⎜⎜ − ⎟ =
4πε0
⎝ r2 r1 ⎠
7 × 10 −9 × 14 × 10 −9 ⎛ 1
1 ⎞
−6
=−
−
⎜
⎟ = −1.3 × 10 J .
−12
4 × π × 8.89 × 10 ⎝ 0.25 0.40 ⎠
[perché L < 0 ?]
r
+
2
r
+
1
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♠
8
Esercizio – Un elettrone (e=1.6×10-19 C, m=9.11×10-31 Kg) è scagliato alla
velocità
l ità di 106 m/s
/ contro
t un secondo
d elettrone,
l tt
che
h è mantenuto
t
t fermo.
f
Trovare la minima distanza cui arrivano i due elettroni.
————————————
Soluzione – La distanza minima corrisponde alla completa trasformazione
dell’energia cinetica in energia potenziale elettrostatica :
K ini + Uini = Kfin + Ufin = K ini + 0 = 0 + Ufin =
1
1 e2
2
= mv =
⇒
2
4πε0 d
e2 2
2 × (1.6 × 10−19 )2
=
=
d=
4πε0 mv 2 4 × π × 8.89 × 10−12 × 9.11× 10−31 × (106 )2
= 5.08 × 10−10 m.
d
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♠
9
Esercizio – Un condensatore piano ha un campo di 104 V/m e una lunghezza
(
(parallela
ll l alle
ll armature)
t ) di 5 cm. Un
U elettrone
l tt
entra
t tra
t le
l armature
t
con una
velocità di 107 m/s ortogonale al campo. Calcolare l’angolo di deflessione
all’uscita
all
uscita del condensatore e il modulo della velocità.
velocità Trascurare gli effetti di
bordo.
————————————
Soluzione – La forza elettrostatica (lungo l’asse y) è ortogonale alla velocità
iniziale dell’elettrone (asse x). Pertanto :
α v
fin
x = v 0 x t ⇒ t = x / v 0 x ⇒ Ttot = L / v 0 x ; v y = at ⇒
v y ,fin
Ee L
10 4 × 1.6 × 10 −19 × .05
6
=
=
8
.
8
×
10
m / s;
=
−31
7
m v0x
9.11× 10 × 10
⎛ v y ,fin ⎞
8.8 × 106
D
α = a tan⎜⎜
=
a
tan
=
41
3;
⎟
7
10
⎝ v0x ⎠
2
E
L
vo
m
2
v tot ,fin = v y ,fin + v 0 x = (8.8 × 106 )2 + (107 )2 = 1.33 × 107 m / s.
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♠ 10
Correnti
continue
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♠ 11
Esercizio – Un conduttore di rame (peso atomico 63.5 g/mole, massa
volumica
l i 8.9
8 9 g/cm
/ 3) ha
h una sezione
i
costante
t t di 1.3
1 3 cm2 ed
d è percorso dalla
d ll
corrente di 2 A. Calcolare la velocità media degli elettroni.
————————————
Soluzione –
Nmoli/m3 : Mrame/(Vmmole) = ρ / mmole = 8.9×103/(63.5×10-3) =1.4×105 moli/m3;
Nelettroni di conduzione / mole
: NAvogadro = 6.02×10
6 02×1023 ;
n=Nelettroni / m3 : NAvogadro × ρ / mmole = 6
6.02×10
0
023 ×1.4×10
05 = 8
8.44×10
028 m-3;
i=nSev ⇒ v = i / (nSe) = 2 / (8.44×1028×1.3×10-4×1.6×10-19) = 1.14×10-6 m/s.
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♠ 12
Esercizio – Una stufa è alimentata da una d.d.p. di 240 V con una corrente da
10 A.
A Determinare
D t
i
l resistenza
la
i t
d ll stufa
della
t f e la
l potenza
t
di i t
dissipata.
————————————
Soluzione –
V = R i ⇒ R = V / i = 240 / 10 = 24 Ω;
W = V i = 240 × 10 = 2400 W.
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♠ 13
Esercizio – Una stufa è alimentata da una d.d.p. di 120 V con una corrente da
20 A.
A Determinare
D t
i
l resistenza
la
i t
d ll stufa
della
t f e la
l potenza
t
di i t
dissipata.
————————————
Soluzione –
V = R i ⇒ R = V / i = 120 / 20 = 6 Ω;
W = V i = 120 × 20 = 2400 W.
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♠ 14
Esercizio – Una stufa è alimentata da una d.d.p. di 120 V con una corrente da
10 A.
A Determinare
D t
i
l resistenza
la
i t
d ll stufa
della
t f e la
l potenza
t
di i t
dissipata.
————————————
Soluzione –
V = R i ⇒ R = V / i = 120 / 10 = 12 Ω;
W = V i = 120 × 10 = 1200 W.
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♠ 15
Esercizio –
Ci it :
Circuito
R1 = 4 Ω; R2 = 2 Ω;
R3 = 4 Ω; i1 = 3 A;
trovare i2, i3, ∆VAB.
R1
A
R2
B
R3
————————————
Soluzione –
Rtot = R1 + R2 R3 / (R2 + R3) = 4 + 2×4 / (2 + 4) = 16/3 Ω = 5.33 Ω;
∆Vtot = Rtot i1 = 5.33×3 = 16 V;
V2 = ∆Vtot - R1 i1 = 16 - 4×3
4 3 = 4 V ⇒ i2 = V2 / R2 = 4 / 2 = 2 A;
A
V3 = V2 = 4 V ⇒ i3 = V3 / R3 = 4 / 4 = 1 A.
A
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♠ 16
Esercizio – Circuito :
R1 = R2 = R6 = 4 Ω;
Ω
R3 = 8 Ω;
R4 = R5 = 2 Ω;
∆V = 24V;
trovare W6, Rtot.
R1
∆V
R4
R3
R2
R6
R5
————————————
Soluzione –
Rtot = R1 + R2 +
R3 (R 4 + R5 + R6 )
8×8
= 4+4+
= 12 Ω;
R3 + R 4 + R5 + R 6
16
itot = ∆V / Rtot = 24 / 12 = 2 A;
⎧ i 3 + i 6 = 2;
⎧ i 3 + i 6 = 2;
⇒
⇒ i 3 = i 6 = 1 A;
⎨
⎨
⎩8i 3 − 8i 6 = 0;
⎩R3i 3 = (R 4 + R5 + R6 )i 6 ;
W6 = i 62R6 = 4 W .
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♠ 17
Esercizio – Circuito (ponte di Wheatstone) :
R1 = 30 Ω;
Ω R2 = 45 Ω;
Ω R3 = 200 Ω;
Ω
∆V = 2V; ig = 0 (ruotare il potenziometro);
trovare R4, i1, i2, i3, i4.
R1
————————————
Soluzione –
ig=0 → ∆Vg=0 → ∆V1 = R1i1 = ∆V3 = R3i3 ;
analogamente
g
∆V2 = R2i2 = ∆V4 = R4i4 ;
analogamente
i1 = i2; i3 = i4 ;
R2
g
R3
R4
∆V
R1i1 = R3i3 ; R2i2 = R4i4 →
(R1 / R2) × (i1/i2) = (R3 / R4) × (i3 / i4)=(R1 / R2)=(R3 / R4) ;
→ R4 = R3 R2 / R1 = 200 × 45 / 30 = 300 Ω;
i1 = i2= ∆V / ( R1 + R2) = 2 / (30+45) = 27 mA;
i3 = i4= ∆V / ( R3 + R4) = 2 / (200+300) = 4 mA.
A
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♠ 18
Esercizio – Un fornello elettrico di potenza 500 W porta un litro di acqua dalla
t
temperatura
t
ambiente
bi t di 16 °C all’ebollizione
ll’ b lli i
i 20 minuti.
in
i ti Calcolare
C l l
l
la
frazione di calore dispersa nell’ambiente.
————————————
Soluzione –
Qtot = W t = 500 × 20 × 60 = 6×105 J = 1.435×105 cal;
Qacqua = mc(T
( fin - Tini) = 1 × 103×(100
(
– 16)) = 8.4×104 cal;
η = (Qtot - Qacqua) / Qtot = 1 – 8.4×10
8 4×104 / (1.435×10
(1 435×105) = 41.5
41 5 %.
%
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♠ 19
Esercizio – Una teiera elettrica può essere riscaldata con due resistenze
elettriche.
l tt i h Utilizzando
Utili
d la
l prima
i
sii prepara il tè in
i 15 minuti,
i ti mentre
t con la
l
seconda occorrono 30 minuti. Trascurando la dispersione di calore
nell’ambiente
nell
ambiente, calcolare il tempo necessario per fare il tè utilizzando le due
resistenze in serie oppure in parallelo.
————————————
Soluzione –
1° caso : W1 = ∆V2 / R1 ; Q = W1 t1 = ∆V2 t1 / R1 ;
2° caso : W2 = ∆V2 / R2 ; Q = W2 t2 = ∆V2 t2 / R2 ; [Q e ∆V sono gli stessi !!!]
rapporto : t1 / t2 = R1 / R2 = ½ ⇒ R1 = ½ R2 ;
a) serie : Rtot;a = R1+R2 = 1.5 R2 ⇒ ta/ t2 = Rtot;a / R2 ⇒ ta = t2Rtot;a / R2 = 45 min.
b) parallelo : Rtot;b = R1R2 /(R1+R2) = R2/3 ⇒ tb = t2Rtot;b / R2 = 10 min.
min
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♠ 20
Campo
magnetico
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♠ 21
Esercizio – Due conduttori rettilinei, in cui passa una corrente di 2 A e 3 A
rispettivamente,
i
tti
t formano
f
una croce, sfiorandosi
fi
d i senza toccarsi.
t
i Calcolare
C l l
il
valore del campo magnetico nei quattro punti posti a 2 cm da entrambi i
conduttori.
conduttori
————————————
Soluzione – I campi sono tutti ortogonali al
piano;
i
chiamiamo
hi i
“ ” il verso uscente
“+”
t :
z
A)) Btot
= B1z − B2z =
µ 0 ⎛ i1 i 2 ⎞ µ 0
(i1 − i 2 ) =
=
⎜ −
2π ⎝ L L ⎠ 2π L
i2
D
2 × 10 −7
=
× (2 − 3) = −1× 10 −5 T ;
0.02
B)
z
Btot
=
−B1z
− B2z
= −5 × 10
−5
T;
z
C) Btot
= −B1z + B2z = 1× 10 −5 T ;
L
A
L
i1
C
B
z
D) Btot
= B1z + B2z = 5 × 10 −5 T ;
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♠ 22
Esercizio – Una bobina rettangolare, di lati 5 cm e 3 cm, composta da 100
spire,
i ruota
t compiendo
i d 10 giri
i i all secondo
d all’interno
ll’i t
di un campo magnetico
ti di
2 T, ortogonale all’asse di rotazione della spira. Calcolare la f.e.m. indotta.
————————————
Soluzione – Calcoliamo il flusso del campo attraverso la spira,
spira in funzione del
tempo, poi deriviamo :
→
→
Φ B = NB ⋅ S = NBab sin(ωt ) = NBab sin( 2πν t );
dΦ B d
= [NBab sin( 2πν t )] = 2πνNBab cos( 2πν t );
dt
dt
ℑmax = 2 × π × 10 × 100 × 2 × 0.05 × 0.03 = 18.8 V ;
ℑ=
ω = 2πν = 2 × π × 10 = 62.8 s −1.
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♠ 23
Esercizio – Una bobina quadrata, di lato 20 cm, ha un lato che è libero di
scorrere rispetto
i
tt aglili altri.
lt i La
L bobina
b bi
è fatta
f tt di materiale
t i l conduttore
d tt
con
resistenza 2 Ω, indipendente dalla posizione del lato mobile. La bobina si
trova in un campo magnetico di 3 T,
T ortogonale ad essa,
essa con il lato mobile che
si muove alla velocità di 4 m/s verso l’esterno. Calcolare la corrente indotta.
————————————
Soluzione – Calcoliamo il flusso in funzione del tempo, poi deriviamo :
→
→
Φ B = B ⋅ S = Ba( a + vt );
1 dΦ B 1 d
Bav 3 × 0.2 × 4
B
[Ba( a + vt )] =
i=
=
=
= 1.2 A.
R dt
R dt
R
2
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♠ 24
Acustica
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♠ 25
Esercizio – Un aeroplano emette suoni con la potenza di 5 W. Quale è
l’i t
l’intensità
ità sonora a 1 m, 10 m, 1 Km
K ? Se
S la
l soglia
li auditiva
diti è a 50 dB,
dB a che
h
distanza è udibile ?
————————————
Soluzione – Dalla definizione di intensità sonora :
β = 10 Log10 I/I0 = 10 Log10 [W/(4πR2 I0)]
[I0 = 10-12 W/m2];
12)] = 116 dB;
a) β1(1 m) = 10 Log10 [W/(4πR2 I0)] = 10 Log10 [5 / (4×π×12×10-12
b)) β2((10 m)) = 10 Log
g10 [[5 / ((4×π×102×10-12)] = 96 dB;;
c) β3(1 Km) = 10 Log10 [5 / (4×π×10002×10-12)] = 56 dB;
d) β4 = 10 Log10 [W/(4πx2 I0)] ⇒
12×10
x = [W / (4π
(4 I0 10β/10)]½ = [5 / (4×π×10
(4
10-12
105)]½ = 1995 m = 1.99
1 99 Km.
K
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♠ 26
Ottica
Paolo Bagnaia - CTF - 4 - Esercizi di elettromagnetismo e onde
♠ 27
Esercizio – In quale direzione un subacqueo vede il sole che tramonta ?
( acqua = 1.33)
(n
1 33)
————————————
Soluzione –
L’effetto è causato dal cambio di direzione della luce che entra nell’acqua.
Dalla legge di Snell :
sin i / sin r = nr / ni ⇒
sin 90° / sin α = nacqua / naria ⇒
α
sin α = 1 / 1.33
1 33 = 0.752
0 752 ⇒
α = 48
48° 75.
Paolo Bagnaia - CTF - 4 - Esercizi di elettromagnetismo e onde
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Fine
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