Esercizi di riepilogo di elettrostatica e magnetostatica

Esercizi di riepilogo di elettrostatica e magnetostatica
ESERCIZIO 1
Dato il potenziale elettrostatico:
V ( x, y , z ) = 3 e
−
x2
2
(
) (
1
+ ln y 2 + 2 x + 5 z 2 + zy
2
)
[V]
calcolare la forza agente su un elettrone posto nel punto P(3,2,5).
Si ricorda che la carica dell’elettrone è pari a q = -1.6 10-19 C.
z
P
.
y
x
Soluzione
r
Data la relazione che lega potenziale e campo elettrico: E = −∇V , si ottengono le componenti del
campo elettrico in x, y e z:
⎡ ⎛ 1 ⎞
⎤
⎛ x2 ⎞ 1
1
∂V
Ex = −
= − ⎢3 ⎜ − 2 x ⎟ exp⎜⎜ − ⎟⎟ +
2⎥ ≅ 0.1 − 0.1 ≅ 0 [V/m]
2
∂x
⎝ 2 ⎠ 2 y + 2x ⎦ P
⎣ ⎝ 2 ⎠
Ey = −
⎡1
⎤
∂V
1
=−⎢
+
2
y
5
z
⎥ = −0.2 − 25 = −25.2 [V/m]
2
∂y
⎣ 2 y + 2x
⎦P
∂V
= − [5(2 z + y )] P = −60 [V/m]
∂z
r
r
La forza agente sull’elettrone in P è quindi: F = q E (P ) = q − 25.2 a y − 60 a z
Il modulo della forza è quindi pari a circa 1,04 10-17 [N].
Ez = −
(
) [N].
ESERCIZIO 2
Dato il cilindro cavo in figura percorso da una densità di corrente superficiale costante k0 [A/m] (la
corrente scorre sulla superficie laterale del cilindro nel verso indicato in figura), calcolare il campo
r
B sull’asse z.
z
k0
L
y
x
a
Soluzione
Per un anello di cilindro infinitesimo si ha (dalla formula del campo magnetico dato da una spira di
corrente):
μ 0 dI a 2
μ 0 k 0 a 2 dz '
con
dI
=
k
dz
per
un
anello
in
z
=
z
’
si
ha
dB
=
dB z =
0
z
3
3
2 2
2
2(a 2 + z 2 )2
2 a + ( z − z ')
Per ottenere il campo totale si integra su tutto il cilindro:
[
Bz =
L
2
μ0a k0
2
2
∫
−
]
dz'
L
2
[a
2
+ ( z − z')
]
3
2 2
μ a 2 k0
1
1
Applicando la sostituzione: (z − z ') = ⇒ −dz ' = − 2 dt , e definendo H = 0
, si ottiene:
2
t
t
1
z−L 2
Bz = H
∫
1
z+L 2
1
z−L 2
dt
1⎞
⎛
t 2 ⎜ a2 + 2 ⎟
t ⎠
⎝
3
2
=H
dt
∫
1
z+L 2
1
z−L 2
t2
⎛
⎜
μ0 k0 ⎜
1
1
=
−
⎜
2 ⎜
a2
a2
1
1
+
+
⎜
(z + L 2)2
(z − L 2)2
⎝
(a t
2 2
t
)
+1
3
3
2
=H
∫
1
z+L 2
t
(a t
2 2
)
+1
3
2
dt = −
⎤
1
H⎡
⎥
2 ⎢
a ⎣ a 2t 2 + 1 ⎦
⎞
⎟
⎟ μ0 k0 ⎛
L 2+ z
L 2− z
⎜
+
⎟=
2 ⎜ ( z + L 2) 2 + a 2
( z − L 2) 2 + a 2
⎟
⎝
⎟
⎠
r
Quindi il campo totale sull’asse è B = Bz a z [T]
⎞
⎟ [T]
⎟
⎠
1
z−L 2
1
z+L 2
=
ESERCIZIO 3
Per il sistema in figura, costituito da un filo indefinito percorso da corrente I = 2 A, da un elettrone
r
posto in P che viaggia verso il filo a velocità v = − 0.1 c a x (c = la velocità della luce nel vuoto) a
distanza r = 30 cm da esso, calcolare l’accelerazione a cui è sottoposto l’elettrone (direzione e
modulo). Si ricorda che la carica dell’elettrone è pari a q = -1.6 10-19 C e che la sua massa è me = 9.1
10-31 kg.
y
I
r
v
P
.
x
r
Soluzione
Il campo generato dal filo è:
r
μI
B( P ) = − 0 a z [T]
2π r
Dalla formula della forza di Lorenz si ha:
r
r
r r
μI
F = q v × B = − qv 0 a y ⇒ F = 6,4 ⋅ 10 −18 a y [N]
2π r
Dalla seconda legge della dinamica:
r
r
r
r F
F = me a ⇒ a =
≅ 7 ⋅ 1012 a y [m/s2]
me
ESERCIZIO 4
Per la struttura in figura, calcolare il campo elettrico nelle 2 regioni di spazio caratterizzati da
conducibilità σ1 e σ2. calcolare inoltre la densità di carica superficiale sulla discontinuità fra i due
materiali.
V
σ1
σ1 = 2.5 S/m
σ2 = 3 S/m
d1 = 0.02 m
d2 = 0.05 m
S = 5 10-4 m2
V=2V
σ2
S = superficie
armature
d1
d2
Conduttori perfetti
Soluzione
Si possono vedere le due regioni di spazio come due conduttori caratterizzati da resistenze proprie e
la resistenza totale, essendo la serie delle resistenze, è data da RT = R1 + R2.
Le due resistenze valgono:
d
d
R1 = 1 = 16 [Ω]
R2 = 2 = 33,3 [Ω]
σ 1S
σ 2S
La corrente che scorre è:
ΔV S
ΔV
=
= 0,0405 [A]
I=
d1 d 2
RT
+
σ1
σ2
Si può dunque calcolare la densità di corrente:
r r
I = ∫ J ⋅ dS = J S ⇒ J =
S
ΔV
d1
σ1
+
d2
σ2
=
ΔVσ 1σ 2
2
d1σ 2 + d 2σ 1 [A/m ]
r
r
Poiché J = σ E , si ha:
r
σ 2 ΔV
= 32,4 [V/m]
E1 =
d1σ 2 + d 2σ 1
r
σ 1 ΔV
= 27,03 [V/m]
E2 =
d1σ 2 + d 2σ 1
Applicando il teorema di Gauss a un piccolo cilindro posto in modo tale da attraversare la superficie
di separazione dei due materiali (vedi figura):
σ1
(E 2 − E1 )A =
σ2
ρs A
ε0
Da cui si ricava la distribuzione di cariche superficiali come:
ε ΔV (σ 2 − σ 1 )
ρS = 0
= 4,78 ⋅ 10 −11 [C/m2]
d1σ 2 + d 2σ 1
ESERCIZIO 5
Si consideri il conduttore cilindrico indefinito di raggio a percorso da corrente I uniforme, uscente
r
dal foglio, caratterizzato da una cavità di raggio a/2. Calcolare il campo B in O, C e P.
Traccia di soluzione: la struttura è equivalente ad un conduttore pieno di raggio a e ad uno di raggio
a/2 al posto della cavità avente la stessa densità di corrente entrante nel foglio.
y
O
P x
C
a
a = 80 cm
I=2A
L = 1.5 m
C (a/2, 0)
P (L, 0)
L
Soluzione
Si utilizza la sovrapposizione degli effetti, considerando dapprima (caso 1) il filo senza la cavità,
come cioè tutto percorso da corrente e si calcola il campo da esso generato. Poi si considera (caso 2)
la sola cavità percorsa da una densità di corrente uguale ed opposta in verso a quella del problema,
in modo che la somma delle 2 correnti all’interno della cavità sia nulla.
I
Si ricava la densità di corrente J =
(dal momento che la corrente è uniforme)
a2
2
(π a ) − (π )
4
Utilizzando il teorema di Ampere (circonferenze centrate in O, con raggio r1, corrente uscente dal
foglio) e considerando il conduttore pieno:
Per r1 < a:
2 π r1 B1 = μ 0 I int erna = μ0 Jπ r12
Per r1 > a:
B1 (r1 ) = μ 0
⇒
B1 (r1 ) = μ0
J
r1
2
J ⋅ a2
2 r1
Utilizzando ancora il teorema di Ampere (circonferenze centrate in C, con raggio r2, corrente
r
r
entrante nel foglio, il campo B2 avrà quindi verso contrario al campo B1 ):
Per r2 < a/2:
Per r2 > a/2:
J
r2
2
J ⋅ a2
B2 (r2 ) = μ0
8 r2
B2 (r2 ) = μ0
Per ottenere il campo totale in O, C e P, basta sommare i 2 campi trovati, sostituendo le espressioni
letterali con le coordinate numeriche dei punti, facendo attenzione alle diverse direzioni dei campi.
Si ottiene:
r
r
v
B (O ) = B1 (O ) + B2 (O ) = 3,33 ⋅ 10 −7 a y [T]
r
r
v
B (C ) = B1 (C ) + B2 (C ) = 3,33 ⋅ 10 −7 a y [T]
r
r
v
B (P ) = B1 ( P ) + B2 ( P ) = 2,34 ⋅ 10 −7 a y [T]
ESERCIZIO 6
Calcolare la circuitazione del campo vettoriale A = ( y + 2 z )a x + (3x + 2 z )a y + ( 2 x + 2 z )a z lungo
la linea chiusa A-B-C-D in figura (verso antiorario).
y
A (-2, 0)
B (0, 2)
C (2, 0)
D (0, -2)
B
A
C
x
D
Dal Teorema di Stokes:
∫ A ⋅ dl = ∫ (∇ × A) ⋅ dS
S
Calcoliamo il rotore:
ax
ay
az
∂
∂
∂
∇× A =
= −2 a x + 2 a z
∂x
∂y
∂z
y + 2 z 3x + 2 z 2 x + 2 z
Per cui si ricava:
∫ (∇ × A) ⋅ dS = ∫ (−2a
S
S
x
+ 2a z ) ⋅ a z dS = 2∫ dS = 2(4 + 2π ) = 20,57
S
ESERCIZIO 7
Dato un cilindro conduttore di raggio R pari a 1 metro, mantenuto a potenziale nullo (V = 0 V) e
centrato nell’origine degli assi ed una carica filiforme Q di valore 10 −12 [Coulomb/m] posta nel
punto P, determinare il campo elettrico nel punto A.
y
A (3,2)
P (3,0)
L’esercizio si risolve applicando il metodo delle cariche immagini:
E2
A (3,2)
RI
E1
α
I (x,0)
P (3,0)
x
La carica immagine viene posta nel punto I; il suo valore è pari a Q' = −Q = −10 −12
L’ascissa del punto I si determina tramite l’equazione:
R2 1
= [m]
x = d'=
3
d
Si ha quindi:
E2 =
E1 =
Q
2πε 0 r
a y con r = 2 m
Q'
Q'
cos(α )a x +
sen(α )a y con
2πε 0 RI
2πε 0 RI
RI = 3,3 m
cos(α ) = 0.8
sen (α ) = 0.6
E ( A) = E1 + E 2 = −0.0044a x + 0.0057a y
[V/m]
[C/m].
ESERCIZIO 8
Dato il campo elettrico E1 = 3a x relativo alla regione di spazio 1 (x > 0, y > 0) in figura ed il campo
magnetico H 2 = a y relativo alla regione 2 (x > 0, y < 0), calcolare la densità di carica superficiale
ρ s all’interfaccia tra dielettrico 1 e conduttore perfetto, la corrente superficiale J s all’interfaccia
tra dielettrico 2 e conduttore perfetto e i campi E 2 ed H 1 .
y
ε 1 = 2ε 0
μ1 = μ0
1
Conduttore
perfetto
x
ε 2 = 3ε 0
μ 2 = 4 μ0
2
Si conservano la componente tangenziale del campo elettrico e quella normale dell’induzione
elettrica:
Et1 = Et 2 ⇒ E x1 = E x 2 ⇒ E x 2 = 3a x
Dn1 = Dn 2 ⇒ ε 1 E y1 = ε 2 E y 2 ⇒ E y 2 = 0
Per cui otteniamo:
E 2 = 3a x = E1
[V/m]
Analogamente si conservano la componente tangenziale del campo magnetico e quella normale
dell’induzione magnetica:
H t 1 = H t 2 ⇒ H x1 = H x 2 ⇒ H x 1 = 0
Bn1 = Bn 2 ⇒ μ1 H y1 = μ 2 H y 2 ⇒ H y1 = 4a y
Per cui otteniamo:
H 1 = 4a y
[A/m]
Si ha poi all’interfaccia tra la zona 1 e il conduttore:
Dn 2 − Dn1 = ρ s
Ed essendo i campi nulli all’interno di un conduttore perfetto:
ρ s = Dn 2 = ε 1 E x1 = 53,1 ⋅ 10 −12
[C/m2]
All’interfaccia tra la zona 2 e il conduttore:
an × ( H 2 − H 1 ) = J s
Ed essendo i campi nulli all’interno di un conduttore perfetto:
ax × H 2 = J s = az
[A/m]
ESERCIZIO 9
Calcolare la capacità della struttura in figura (W = 6 mm).
D/2
ε = 3ε 0
ε = 2ε 0
D/2
ε = 4ε 0
D = 2 mm.
ε = ε0
W
(2/3)W
(2/3)W
La struttura è equivalente al parallelo di due capacità, C1 (a sinistra in figura) e C2 (a destra in
figura), le quali sono rispettivamente uguali alla serie e al parallelo di due ulteriori capacità.
Si ottiene:
2D
159,3 ⋅ 10 −15
1
1
1
=
+
=
⇒ C1 =
= 39,8 ⋅ 10 −12
C1 3ε 0 w ε 0 w
3ε 0 w
4 ⋅ 10 −3
D/2 D/2
C2 =
[F/m]
2ε 0 ( 2 / 3) w 4ε 0 ( 2 / 3) w 6ε 0 ( 2 / 3) w 212,4 ⋅ 10 −15
+
=
=
= 106,2 ⋅ 10 −12
D
D
D
2 ⋅ 10 −3
Si ottiene quindi:
Ctot = C1 + C2 = 146 ⋅ 10 −12 [F/m] = 146 [pF/m]
[F/m]