ESERCIZI COMUNI AL PARZIALE E AL FINALE
1)
Una sorgente S genera un fascio composto da due tipi di particelle aventi rispettivamente carica
positiva elementare q2 = q2 =1.6 × 10-19 C, la cui massa differisce di Dm = m2 - m1 = 1.5 * 10-27 gr, che si
muovono con velocità variabili, indipendentemente dal tipo di particella. Il fascio, inizialmente diretto lungo
l’asse x (vedi figura) attraversa un foro O1 ed entra in una regione dello spazio in cui sono presenti un
Æ
Æ
campo elettrico E ed un campo magnetico B1 di modulo pari a 2 Gauss. Nella regione oltre il foro O2 , è
Æ
presente un campo magnetico B2 ed uno schermo parallelo al piano YZ.
Determinare:
Æ
Æ
a) il verso del campo B1 ed il modulo ed il verso del campo E tali a far passare attraverso il foro
O2 le particelle che possiedono velocità v=106m/s ( i fori O1 e O2 sono posizionati sull’asse x);
Æ
b) il modulo ed il verso del campo magnetico B2 , sapendo che le particelle di tipo 1 e 2 incidono sul
rivelatore a distanza DL= 5 cm.
Soluzione:
Per risolvere questo esercizio basta ricordare la formula che esprime la forza cui è soggetta una particella carica
che si muove dentro campi elettrici e magnetici, ovvero la relazione seguente:
Ø
Ø
Ø
Ø
F = q E + v äB
Ø
a) nel tratto tra i fori O1 e O2 vogliamo selezionare le particelle con una data velocità v . Per esse deve essere
Ø
F = 0, e quindi
Ø
Ø
Ø
E = -v ä B1 (1).
Ø
Nel testo del compito Finale (qui riportato), non era indicata la direzione e verso di B1 , mentre nel testo del II
Ø
Ø
Ø
Parziale si riportava che B1 =Bo k. Nel primo caso quindi basta osservare che E deve essere perpendicolare a B1 .
Ø
Ø
Sempre con riferimento al testo del finale, non avendo indicato la direzione di B1 , non c’era nessun vincolo tra B1
Ø
e v , ma possiamo semplificarci la vita
Ø
Ø
scegliendo proprio B1 =Bo k. In questo modo i risultati dei compiti Finale e Parziale si accordano con
E= E j
(occhio al segno meno in (1) ).
V
E = v B = 200 m .
Ø
b) Assumiamo che il moto delle particelle dopo il foro O2 sia sul piano XY. In questo caso la direzione di B2 deve
essere ancora una volta parallela all’asse Z. Il moto delle particelle è un moto circolare uniforme con accelerazione
centripeta pari a
v2
.
r
Ø
Ø
Ø
Ø
Utilizzando la II legge della dinamica F = m a = v ä B2 . Passando ai moduli m
Di conseguenza il raggio di curvatura vale r =
v2
r
= q v B2 .
mv
.
q B2
Particelle con massa diversa avranno raggi di curvatura diversa, tale che D r =
Dm v
q B2
, da cui
scegliendo proprio B1 =Bo k. In questo modo i risultati dei compiti Finale e Parziale si accordano con
E= E j
(occhio al segno meno in (1) ).
V
2
E = v B = 200 m .
Ø
b) Assumiamo che il moto delle particelle dopo il foro O2 sia sul piano XY. In questo caso la direzione di B2 deve
essere ancora una volta parallela all’asse Z. Il moto delle particelle è un moto circolare uniforme con accelerazione
centripeta pari a
v2
.
r
Ø
Ø
Ø
Ø
Utilizzando la II legge della dinamica F = m a = v ä B2 . Passando ai moduli m
Di conseguenza il raggio di curvatura vale r =
Dm v
Dr q
=2
Dm v
Dl q
= q v B2 .
mv
.
q B2
Particelle con massa diversa avranno raggi di curvatura diversa, tale che D r =
B2 =
v2
r
Dm v
q B2
, da cui
= 3.75 G, poiché l’informazione che abbiamo è che le particelle incidono sullo schermo a
distanza Dl= 5 cm; tale Dl è la differenza tra i diametri delle traiettorie.
Æ
Un campo di induzione magnetica omogeneo e costante B = - B0 k HB0 = 0.5 T) è limitato entro la
regione dello spazio rappresentata in grigio nella figura, mentre è nullo al di fuori di essa. Un circuito
rigido, costituito da un filo di resistenza trascurabile, ha forma rettangolare e giace sul piano XY. Esso è
fissato con la base b = 2 m e l’altezza a = 1 m parallele rispettivamente agli assi X e Y, in modo che metà
della sua base sia al di fuori della regione contenente il campo magnetico. Una sbarra conduttrice di sezione
S = 10 mm2 , resistività r = 2 10-8 W m e lunghezza pari ad a è incernierata tra i lati orizzontali del circuito,
lungo i quali può scorrere mantenendo il suo assetto verticale. All’istante iniziale la sbarra si trova esattaÆ
mente a metà della base b, poi inizia a scorrere verso sinistra con una velocità costante v = - v0 i, con v0 =
20 cm/s. Si calcoli:
a) il valore ed il verso della corrente che circola nella sbarra;
b) il lavoro effettuato per spostare la sbarra completamente a sinistra;
c) l’energia totale dissipata nel circuito per effetto Joule durante tale spostamento.
Soluzione
a) Quando la sbarretta centrale inizia a muoversi, nel circuito esiste una corrente a causa della variazione del flusso
attraverso a 2 superfici:
b
b
la superficie della maglia di sinistra, con area A1 = aI 2 - v tM, e quella di destra, con area A2 = aI 2 + v tM.
Ø
Ø
Scegliamo per entrambe le superfici un versore normale n = - k, parallelo ed equiverso a B .
La resistenza della sbarra vale R =
ra
S
= 2 m W.
Analizziamo il circuito maglia per maglia:
- Maglia Sinistra :
b
fl la corrente I1 =
- Maglia Destra :
d
F1 (B) = B A1 = B a I 2 - v tM fl e1 = - dt F1 HBL = +B a v
e1
R
=
SBv
r
b
circola in senso orario
d
F2 (B) = B A2 = B a I 2 + v tM fl e1 = - dt F2 HBL = -B a v
fl la corrente I2 =
e2
R
=
SBv
r
circola in senso antiorario
Nella sbarra le due correnti quindi si sommano, per cui la sbarra è percorsa da una corrente Itot = 2
che circola dall’alto verso il basso.
SBv
r
= 100 A
La resistenza della sbarra vale R =
S
= 2 m W.
Analizziamo il circuito maglia per maglia:
b
fl la corrente I1 =
- Maglia Destra :
3
d
F1 (B) = B A1 = B a I 2 - v tM fl e1 = - dt F1 HBL = +B a v
- Maglia Sinistra :
e1
R
=
SBv
r
circola in senso orario
b
d
F2 (B) = B A2 = B a I 2 + v tM fl e1 = - dt F2 HBL = -B a v
fl la corrente I2 =
e2
R
=
SBv
r
circola in senso antiorario
Nella sbarra le due correnti quindi si sommano, per cui la sbarra è percorsa da una corrente Itot = 2
SBv
r
= 100 A
che circola dall’alto verso il basso.
Ø
Ø
Ø
b) Il lavoro per spostare completamente la sbarra si calcola utilizzando la II Legge di Laplace F = Itot ‡ dl ä B,
Ø
Ø
con dl orientato lungo il circuito nel verso di percorrenza della corrente Itot . Essendo B costante lungo tutta la
Ø
sbarra ed ortogonale ad essa si ha che F = Itot a B i
Il lavoro fatto (= da una forza esterna) per spostare la sbarra deve essere opposto al lavoro fatto dalla forza
Ø Ø
magnetica : Lext = - Lmag = -‡ F ÿ dx
Ø
(con dx = - dx i )=
b
I
2 tot
a B = 50 J.
c) L’energia dissipata sulla sbarra lungo lo spostamento del punto b) si calcola integrando la potenza dissipata nel
tempo che intercorre tra l’istante iniziale ti = 0 e quello in cui la sbarra coincide col lato sinistro del rettangolo
tf =
b
.
2v
La potenza dissipata P = Itot 2 R = 20 W, e l’energia dissipata vale Udiss = P
b
2v
= 100 J. Non ci si sorprenda che
il risultato dell’energia dissipata non coincida con il valore del Lavoro calcolato nel punto b. Si pensi però che si
muove soltanto la sbarra e non tutto il circuito in solido. Quindi è più facile spostare solo la sbarra che tutto il
circuito in blocco (nel qual caso Udis = L).
3)
Due distribuzioni di carica lineari con densità l1 e l2 sono fissate su due sbarrette rigide isolanti di
lunghezza rispettivamente a e b. Le sbarrette si trovano all’istante iniziale t=0 disposte come in figura (linee
solide nere). Successivamente la prima sbarretta inizia a ruotare con velocità angolare w attorno all’asse Z
del sistema di riferimento, mentre la seconda inizia a traslare lungo l’asse X con un moto accelerato
Æ
v = k t i (linee grigie e tratteggiate).
Calcolare:
a) il modulo ed il verso del campo di induzione magnetica risultante nel centro del sistema di
riferimento in funzione del tempo;
b) la corrispondente densità di energia magnetica nello stesso punto.
Soluzione:
La soluzione di questo esercizio si basa sul seguente approccio: occorre vedere ciascuna sbarretta come la composizione di tante (infinite) cariche infinitesime dq che generano col loro moto un campo di induzione magnetica
Ø
infinitesimo dB =
m0
4p
Ø Ø
dq
v är
r
3
Ø
Ø
, con v la velocità delle particelle e r il vettore posizione del punto dove si vuole
calcolare il campo rispetto alla posizione della particella.
a) Occupiamoci subito della sbarretta di lunghezza b. L’espressione del campo di induzione magnetica nell’orig-
4
Soluzione:
La soluzione di questo esercizio si basa sul seguente approccio: occorre vedere ciascuna sbarretta come la composizione di tante (infinite) cariche infinitesime dq che generano col loro moto un campo di induzione magnetica
Ø
infinitesimo dB =
m0
4p
Ø Ø
dq
Ø
v är
Ø
, con v la velocità delle particelle e r il vettore posizione del punto dove si vuole
r3
calcolare il campo rispetto alla posizione della particella.
a) Occupiamoci subito della sbarretta di lunghezza b. L’espressione del campo di induzione magnetica nell’origØ
Ø
Ø
Ø
ine è nullo in quanto v è parallela a r , e quindi v ä r =0.
Ogni carica infinitesima dq sulla sbarretta lunga a compie un moto circolare uniforme di pulsazione w attorno
all’asse Z. In questo caso, invece di ricorrere alla formula di Laplace sopra citata, possiamo pensare al moto di
una d q = l1 dr (dr = elemento di lunghezza sulla sbarretta) come ad una corrente costante lungo un percorso
w
circolare: una vera e propria spira percorsa da corrente dI = dq 2 p , che genra nell’origine degli assi un campo
infinitesimo
Ø
dB = k
m0 dI
2 r
= k
m0
4p
w l1
dr
r
.
Integrando l’espressione precedente lungo tutta la sbarretta si ottiene il campo magnetico totale presente nel centro
del sistema di riferimento, che vale
Ø
Btot = k
m0
4p
w l1 ln 2 .
b) La densità di energia magnetica nel centro degli assi vale mB =
Btot 2
2 m0
4)
Il circuito illustrato in figura è composto da: un generatore di tensione ideale ¶ε = 30 V; quattro
resistenze identiche r = 100 W; quattro identiche capacità c = 10 pF; due induttanze L1 = 2 L2 = 100 mH.
Tra l’induttanza L1 ed il generatore ¶ε è collegato un solenoide composto da N = 1000 spire, ciascuna di
raggio l = 10 cm, sezione S = 1 mm2 e resistività r = 2 10-8 Wm. Solamente entro il volume del solenoide è
Ø
Ø
presente un campo di induzione magnetica variabile nel tempo B = k t n , con k = p-1 T/s, coassiale col
solenoide. Determinare:
a) Le correnti che circolano nelle resistenze e nelle induttanze in funzione del tempo, per t > 0;
b) La potenza dissipata nel circuito all’istante t = 1.25 s;
c) L’energia accumulata nel circuito allo stesso istante t = 1.25 s;
d) Il potenziale in A
Soluzione:
Il circuito è diviso in due maglie indipendenti l’uno dall’altro per la presenza del ramo con la f.e.m. e.
N.B. Nel compito del Finale il ramo delle capacità era leggermente diverso:
c’era una capacità C = 1k F posta nel ramo orizzontale a partire dal punto A:
5
Soluzione:
Il circuito è diviso in due maglie indipendenti l’uno dall’altro per la presenza del ramo con la f.e.m. e.
N.B. Nel compito del Finale il ramo delle capacità era leggermente diverso:
c’era una capacità C = 1k F posta nel ramo orizzontale a partire dal punto A:
Poiché C >> c, si può considerarla assolutamente ininfluente nel corso dell’esercizio, in quanto ai suoi capi la
d.d.P. è praticamente nulla. Di conseguenza essa si comporta, come nel caso del compito del Parziale, come un
filo perfettamente conduttore.
a)
- Maglia sinistra:
d
Dal momento che t > 0 , il flusso attraverso il solenoide aumenta, inducendo una f.e.m. indotta eind = - d t FHBL.
Orientando il versore normale alle spire parallelamente al campo di induzione magnetica si trova
F(B) = B N p l2 = k t N p l2 fl eind = - k p N l2 = - 10 V.
Il segno meno per eind indica che, riferendoci alla figura, la corrente indotta circola in senso orario. Dalla figura
dovrebbe essere chiaro che la corrente indotta circola nel resto della maglia in senso antiorario (non abbiamo
considerato errore una diversa interpretazione), il che significa che e e eind sono in serie ed equiverse (sequenza di
poli - + - +). Pertanto la maglia sinistra diventa un circuito RL in transitorio, con una fem totale pari a etot = e + eind
, e si scrive la seguente legge di Kirchhoff:
etot = L12
d
dt
I + I Rs ,
r2pl
con L12 = L1 + L2 , e Rs = N
t=
L12
Rs
-2
= 1.2 µ 10
S
= 12.6 W la resistenza del solenoide. Il tempo caratteristico di tale circuito vale
s.
La corrente nelle induttanze L1 e L2 (e ovviamente anche nel solenoide che potrebbe anche essere visto come una
terza induttanza) vale quindi
IHtL =
etot
Rs
t
J1 - e- t N;
- Maglia destra:
nella maglia destra siamo a regime stazionario. La corrente circola esclusivamente nelle resistenze e risente
esclusivamente della f.e.m. e (e non di quella indotta nel solenoide).
Ciascun ramo delle resistenze in serire ha una caduta ohmica complessiva pari a e. Pertanto ciascuna resistenza ha
e
e
una caduta ohmica pari a 2 . Di conseguenza la corrente che circola in ciascuna resistenza vale Ir = 2 = 0.15 A ed è
costante nel tempo.
b) Nel circuito si dissipa una potenza complessiva che è data dalla somma delle singole potenze dissipate nelle
due maglie:
- Maglia di sinistra: Psx = Rs IHtL2 . Si ricorda che siamo in un transitorio, ma al tempo t f = 1. µ 25 s >> t (lo è
addirittura per più di un fattore 10) Quindi praticamente il transitorio può essere considerato concluso e IIt f M =
etot
,
Rs
da cui Psx = 127.3 W
- Maglia di destra: Pdx =
e2
r
= 9W
Quindi la Potenza totale dissipata a t f = 1.25 s vale 136.3 W.
c)
- Maglia di sinistra: l’energia accumulata nel circuito nelle induttanze L1 e L2 vale, sempre nell’ipotesi del transitorio concluso, U12 =
1
2
2
e
L12 J Rtot N = 0.23 J. L’energia accumulata nel solenoide non si può calcolare numericamente
s
- Maglia di sinistra: Psx = Rs IHtL . Si ricorda che siamo in un transitorio, ma al tempo t f = 1. µ 25 s >> t (lo è
addirittura per più di un fattore 10) Quindi praticamente il transitorio può essere considerato concluso e IIt f M =
6
etot
,
Rs
da cui Psx = 127.3 W
- Maglia di destra: Pdx =
e2
r
= 9W
Quindi la Potenza totale dissipata a t f = 1.25 s vale 136.3 W.
c)
- Maglia di sinistra: l’energia accumulata nel circuito nelle induttanze L1 e L2 vale, sempre nell’ipotesi del transitorio concluso, U12 =
1
2
2
e
L12 J Rtot N = 0.23 J. L’energia accumulata nel solenoide non si può calcolare numericamente
s
perché manca l’indicazione di quanto esso sia lungo, e quindi non siamo in grado di calcolare la sua autoinduttanza Ls , caratteristica che dipende solo dalla geometria. Possiamo dire però che assumendo che le spire del
solenoide siano tutte distribuite omogeneamente lungo una lunghezza h, abbiamo un solenoide con
N
spire
h
per
unità di lunghezza. Di conseguenza il campo magnetico indotto dal passaggio della corrente I della maglia sinistra
nel solenoide vale: Bs = m0
Ls =
N2
h
N
h
I. Di conseguenza l’auto flusso vale FHBs )=
p l2 m0 . Adesso possiamo calcolare l’energia come Um =
1 N2
2 h
N2
h
p l2 m0 I, e quindi
p l 2 m0 I 2 .
- Maglia di destra:
i condensatori sono strutturati in un ramo formato da una serie di due paralleli tra 2 condensatori identici.
Questo comporta un condensatore efficace di capacità c, soggetta ad una d.d.P. pari ad e. Quindi l’energia elettrostatica accumulata vale Ue =
1
2
c e2 = 4.5 pJ.
d) Come già detto, la caduta ohmica complessiva di un ramo di resistenze 2r, vale e. Il punto A si trova esattae
mente a metà, e quindi il suo potenziale rispetto al riferimento vale 2 = 15 V.
5)
a.
b.
c.
d.
e.
Discutere le seguenti affermazioni e si dica se sono vere o false
all’interno di un condensatore che si scarica è presente un campo di induzione magnetica;
la circuitazione del campo di induzione magnetica è sempre nulla;
l’induttanza dipende solo dalla geometria del circuito;
un campo magnetico variabile nel tempo genera un campo elettrostatico;
una carica in moto in un campo magnetico viene sempre deviata.
Soluzione:
a) Vero: se il condensatore è in scarica, siamo in un transitorio, quindi il campo elettrico tra le sue armature varia
nel tempo, e quindi esiste non nulla la cosiddetta corrente di spostamento, e per conseguenza esiste anche un
campo magnetico, per la IV equazione di Maxwell.
Ø
b) Falso: la solenoidalità di B , espressa dalla II e IV eq. di maxwell, lo implica.
c) Vero: basta guardare la risposta al punto c) dell’esercizio precedente, in relazione al calcolo di Ls .
d) Falso: La III eq. di maxwell implica che la variazione di un campo magnetico generi un campo elettrico, che
però non è statico, in quanto non è generato da cariche statiche, che genererebbero un campo elettrico a rotore
nullo.
e) Falso: la forza di Lorentz è nulla se la particella ha la stessa velocità del campo magnetico. Quindi non è vero
che in generale la particella venga sempre deviata.
ESERCIZI ESCLUSIVI DEL FINALE
4)
Tre cariche puntiformi q1 =2Q, q2 =-4Q, q3 =6Q ruotano nel piano XY in senso orario con orbite
circolari di raggio R1 =R, R2 =2R, R3 =3R e con velocità lineari v1 =3v, v2 =2v, v3 =v. Determinare:
a)
l’espressione del campo elettrico nell’origine quando le cariche si trovano nelle posizioni indicate in
figura;
b)
l’espressione del potenziale elettrico nell’origine quando le cariche si trovano nelle posizioni indicate
in figura;
c)
l’espressione del campo magnetico nell’origine degli assi.
circolari di raggio R1 =R, R2 =2R, R3 =3R e con velocità lineari v1 =3v, v2 =2v, v3 =v. Determinare:
a)
l’espressione del campo elettrico nell’origine quando le cariche si trovano nelle posizioni indicate in
figura;
7
b)
l’espressione del potenziale elettrico nell’origine quando le cariche si trovano nelle posizioni indicate
in figura;
c)
l’espressione del campo magnetico nell’origine degli assi.
Soluzione:
a) e b)
Il generico campo per una carica puntiforme vale :
Ø
Ei =
Ø
qi
4 p e0 ri
Ø
ri , con ri il vettore posizione del punto dove si vuole calcolare il campo rispetto alla posizione della
3
carica qi che genera il campo.
Il generico potenziale elettrostatico vale invece Vi =
qi 1
4 p e0 r
I vettori posizione dell’origine degli assi rispetto a ciascuna carica qi sono i seguenti:
Ø
r1 = HR1 , 0) = (R, 0) = R i
Ø
r2 = H0, -R2 ) = (0, -2 R) = -2 R j
Ø
r3 = H-R3 , 0) = H- 3 R, 0) = -3 R i
Di conseguenza
Ø
E1 =
Q
4 p e0 R2
Ø
E2 =
V1 = 2
j
V2 = -2
Q
4 p e0 R2
Ø
E3 = -
Q
2i
Q
2
4 p e0 R2 3
V3 = 2
i
4 p e0 R
Q
4 p e0 R
Q
4 p e0 R
e pertanto
Ø
Etot =
q
1
4 p e0 R
4
I3 i + j M
Vtot =
q
2 p e0 R
c) Il campo di induzione magnetica nell’origine degli assi, generato da una carica puntiforme qi in rotazione con
Ø
velocità lineare vi vale:
Ø
B=
m0
4p
Ø
qi
Ø
vi ä ri
ri 3
= -k
Di conseguenza
Ø
B1 = -k
Ø
B2 = +k
Ø
B3 = -k
m0
4p
m0
4p
m0
4p
Q
Q
Q
v
r2
v
r2
6
2
v 2
r2 3
e pertanto
Ø
Btot = -
7 m0
6 p
Q
v
r2
k
m0
4p
qi
vi
ri 2
, dove abbiamo assunto il senso orario per la circolazione delle cariche.
Ø
m0
B1 = -k
8
Ø
m0
B2 = +k
Ø
m0
v
2
r2
v 2
r2 3
Q
4p
6
r2
Q
4p
B3 = -k
v
Q
4p
e pertanto
Ø
7 m0
6 p
Btot = -
Q
v
r2
k
5)
Una carica elettrica negativa è distribuita uniformemente in una sfera di raggio R con densità di
carica r. La sfera ha il centro in corrispondenza dell’origine degli assi. Determinare:
a.
l’espressione del campo elettrico lungo l’asse x.
Successivamente viene aggiunta una carica positiva, con densità r’, entro un volume sferico di raggio r=1/2
R centrato sull’asse x a distanza r dall’origine. Determinare:
b. la nuova espressione del campo elettrico lungo l’asse x, per x<0.
Soluzione:
a)
a.1) x § R , ovvero all’interno della distribuzione con carica r.
Ø
QHxL
1
0
x2
E = -4pe
signHxL i,
-1 x < 0
, e QHxL =
+1 x > 0
con sign(x) =
4
3
p x3 r ,
pertanto
Ø
x r
E = - 3pe i
0
a.2)
Ø
¥ R, ovvero all’esterno della distribuzione con carica r
x
Q
1
E = - 4 ptote
signHxL i,
x2
0
4
3
con Qtot =
p R3 r ,
pertanto
Ø
r
E = -3pe
R3
x2
0
signHxL i
b) Quando si inroduce la carica positiva, per x < 0 si ha la seguente situazione
b.1) -R § x § 0 , ovvero all’interno della distribuzione con carica r:
Ø
x r
E = J- 3 p e +
0
r'
r3
4 p e0 Hr-xL2
signHxL N i
b.2) x § -R, fuori a destra della distribuzione con carica r:
Ø
Q
E = J - 4 ptote
0
1
x2
+
r'
r3
4 p e0 Hr-xL2
N signHxL i
E = J- 3 p e +
0
4 p e0 Hr-xL2
signHxL N i
b.2) x § -R, fuori a destra della distribuzione con carica r:
Ø
Q
E = J - 4 ptote
0
1
x2
+
r'
r3
4 p e0 Hr-xL2
N signHxL i
9
