Compiti I semestre - Dipartimento di Fisica

1
Università di Pisa
Corso di laurea in Fisica
Compiti di elettromagnetismo
www.df.unipi.it/˜astrumia/fisica2.html
Ultimo aggiornamento: 12 Settembre 2005, e non ce ne saranno altri
Introduzione
‘bI’ significa primo semestre (elettrostatica e magnetostatica). ‘bII’ significa secondo semestre (elettrodinamica). Esistono due corsi paralleli equivalenti: A e B. Ogni anno vengono fatti 2 ‘compitini’
durante lo svolgimento di ciascun semestre, e 5 ‘compiti’. Quindi — assurdo ma vero — ogni anno
vengono preparati circa 24 compiti e compitini di elettromagnetismo. Questa raccolta contiene: solo
le prove del corso al quale ho collaborato: A o B; Fisica bI è inclusa fino al 2005. Gli esercizi sono
state preparati insieme con Barbieri, Bondioli, Cavasinni, Costantini, Macchi, Pegoraro.
La modalità d’esame è variata negli anni, ma più o meno è:
Modalità d’esame. Gli studenti che sostengono l’esame di fisica bIB devono svolgere solo gli
esercizi del compito di fisica bIB. • Gli studenti che sostengono l’esame di fisica bIIB devono svolgere
solo gli esercizi del compito di fisica bIIB. • Gli studenti che sostengono l’esame complessivo devono
svolgere, a loro scelta, due esercizi del compito di fisica bIB ed un esercizio del compito di fisica bIIB.
Si spieghi in dettaglio il procedimento seguito, il significato dei vari simboli e le formule adoperate.
Si prega inoltre di fare attenzione alla leggibilità dell’elaborato. Si usi il sistema SI.
• Alcuni compiti hanno più di 3 esercizi: era richiesto risolverne 3 a scelta.
Indice
1 Elettrostatica e magnetostatica
Compito di Fisica bIB (12 Settembre 2005) .
Compito di Fisica bIB (11 luglio 2005) . . .
Compito di Fisica bIB (20 giugno 2005) . .
Compito di Fisica bIB (2 febbraio 2005) . .
Compito di Fisica bIB (12 gennaio 2005) . .
Compitino di Fisica bIB (21 dicembre 2004)
Compitino di Fisica bIB (15 novembre 2004)
Compito di Fisica bIB (16 settembre 2004) .
Compito di Fisica bIB (12 luglio 2004) . . .
Compito di Fisica bIB (6 febbraio 2004) . .
Compito di Fisica bIB (16 gennaio 2004) . .
Compitino di Fisica bIB (19 dicembre 2003)
Compitino di Fisica bIB (18 novembre 2003)
Compito di Fisica bIA (19 settembre 2003) .
Compito di Fisica bIA (11 luglio 2003) . . .
Compito di Fisica bIA (20 giugno 2003) . .
Compito di Fisica bIA (7 febbraio 2003) . .
Compito di Fisica bIA (17 gennaio 2003) . .
Compitino di Fisica bIA (20 dicembre 2002)
Compitino di Fisica bIA (6 novembre 2002)
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2
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3
3
4
6
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39
Capitolo 1
Elettrostatica e magnetostatica
Compito di Fisica bIB (12 Settembre 2005)
Le armature di un condensatore sferico hanno raggi a e b, e vengono
mantenute ad una differenza di potenziale costante V da una pila, come
1
in figura.
a
a) Calcolare la capacità del condensatore e l’energia elettrostatica in esso
racchiusa.
b
+
−
V
b) A parità di differenza di potenziale V e di raggio b dell’armatura esterna,
quanto deve valere il raggio a dell’armatura interna perché su di essa il
campo elettrico E sia minimo?
c) Lo spazio fra le armature viene riempito con un materiale di conducibilità
σ. Calcolare la corrente totale I che passa fra le due armature.
Soluzione:
a) Sia Q la carica sull’armatura interna. Poiché il problema ha simmetria sferica la carica Q sarà distribuita
uniformemente e il campo elettrico sarà radiale e dipendente solo da r. Applicando il teorema di Gauss ad una
superficie sferica concentrica al condensatore ed avente raggio r si ha subito
4πr2 E(r) =
Q
,
0
E(r) =
Q
.
4π0 r2
La differenza di potenziale tra le armature è data dall’integrale di linea
I
V =−
E · dl = −
Q
4π0
Z
a
b
dr
Q
=
r2
4π0
1 1
−
b a
.
La capacità vale quindi
C=
Q
ab
= 4πε0
,
V
b−a
e l’energia elettrosattica vale U = CV 2 /2.
b) La densità superficiale di carica σa sull’armatura interna ed il valore Ea del campo elettrico sulla stessa armatura
sono dati da
σa =
Q
ε0 V b
=
,
2
4πa
a(b − a)
Ea =
Imponendo ∂Ea /∂a = 0 si trova a = b/2.
3
σa
Vb
=
.
ε0
a(b − a)
4
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
c) Si ha I = dQ/dt = Φ(J) = σΦ(E) = −σQ/0 = −σCV /0 .
2
Un dipolo magnetico P = P (x̂ cos θ + ẑ sin θ) è posto nel punto X di coordinate (0, 0, Z), con Z > 0, ed il
semispazio (z < 0) è riempito da un mezzo con permeabilità magnetica µ. Calcolare
a) l’induzione magnetica B in tutto lo spazio;
b) la forza F a cui è soggetto il dipolo.
c) Rispondere alle domande precedenti se il mezzo magneticamente permeabile si trova nela regione z > 0.
Soluzione:
a) Il campo magnetico B up nella regione z > 0 si può scrivere come
B up (r) = B dipolo (P , r − X) + Bup (r)
dove
3r̂(r̂ · p) − p
r3
è il campo generato da un dipolo magnetico p posto nell’origine.
Poiché Bup è per z > 0 sia irrotazionale che a divergenza nulla, si può interpretare come un campo generato da una
distribuzione di correnti diversa da zero solo nella regione z < 0: per ovvie ragioni di simmetria facciamo l’ansatz
B dipolo (p, r) =
Bup (r) = B dipolo (P up , r + X)
con P da determinarsi.
Per le stesse ragioni, nella regione z < 0 poniamo
B dn (r) = B dipolo (P dn , r − X)
Le condizioni al contorno per z = 0 sono
ẑ · (B up − B dn ) = 0ẑ × (µB up − B dn ) = 0
(1.1)
da cui si ricava
ẑ · P up = −
µ−1
µ+1
ẑ · P
ẑ × P up =
µ−1
µ+1
ẑ × P
P dn =
2µ
µ+1
P
b) Poiché il dipolo P è immerso in un campo magnetico identico a quello generato da un dipolo Pup posto nel punto
−X, la forza cui esso è soggetto è data da
3P 2 µ − 1
F = (P · ∇)B up =
(1 − 2 sin2 θ)ẑ
16Z 4 µ + 1
c) Le risposte si ottengono da quelle precedenti semplicemente operando le sostituzioni P → P/µ, µ → 1/µ.
Compito di Fisica bIB (11 luglio 2005)
1
Una spira circolare ha raggio a, autoinduzione L trascurabile, resistenza R. Un dipolo magnetico µ, orientato
parallelamente alla direzione del moto, si muove lungo l’asse z della spira con velocità v costante: z(t) = vt.
a) Calcolare il flusso indotto sulla spira.
b) Calcolare la corrente I indotta sulla spira e dire per quale valore di z è massima.
c) Stimare (a meno di fattori di ordine 1) l’energia totale dissipata per effetto Joule.
d) Calcolare la forza sentita dalla spira e dire per quale valore di z è massima.
5
Soluzione:
a) Si può fare il calcolo diretto. Alernativamente si può usare il seguente ‘trucco’: sfruttando la simmetria dei
coefficienti di induzione si ottiene Φ = µB/I = µµ0 a2 /2(a2 + z 2 )3/2 dove B = µ0 Ia2 /2(a2 + z 2 )3/2 è il campo
magnetico generato da un solenoide lungo il suo asse.
b) I = E/R = −Φ̇/R = 3a2 tv 2 µµ0 /2R(a2 + t2 v 2 )5/2 , massima per z = ±a/2.
c) La posso stimate moltiplicando la potenza dissipata all’istante a cui è massima, per il tempo caratteristico
a/v.
R
Omettendo fattori di ordine uno si ottiene U = c · vµ2 µ20 /a3 R con c ∼ 1. Il calcolo esplicito di U = dt IR2
fornisce c = 45π/512 = 0.27.
d) Le forze sono uguali ed opposte: conviene calcolare quella sentita dal dipolo, che viene compensata da un opportuna forza esterna tale che il dipolo procede con v costante. Usando la conservazione dell’energia si ha F v = RI 2 .
Quindi F è massima quando I è massima: a z = ±a/2.
Altermativamente, il calcolo esplicito della forza fornisce F = −µ ∂B/∂z = 9a3 t2 v 3 µ2 µ20 /4R(a2 +t2 v 2 )5 . (Notare
che ∂(−µB)/∂z sarebbe sbagliato)
Si schematizzi un conduttore come una distribuzione omogenea e rigida di carica positiva ρ+ > 0 all’interno
della quale sono confinate delle particelle di carica e < 0 e massa m con una densità (numero di particelle
per unità di volume) in condizioni di equilibrio pari a ρN = ρ+ /|e|. Ciascuna particella di carica e è soggetta, oltre
che alla forza di Lorentz F L = e(E + v × B), anche ad una forza di tipo dissipativo F diss = −Γv rel , dove v rel è la
velocità relativa della particella rispetto alla distribuzione di carica positiva.
2
a) Calcolare la conducibilità del conduttore in questo modello (trascurando gli effetti di bordo, ovvero assumendo che
la distribuzione di cariche negative resti omogenea).
Si consideri un cilindro di raggio R, costituito da un siffatto materiale, in rotazione attorno al suo asse con velocità
angolare ω ed in condizioni stazionarie. Calcolare:
b) i campi elettrico e magnetico in tutto lo spazio;
c) le densità superficiali di carica e di corrente sulla superficie del cilindro.
Soluzione:
a) Poiché la corrente è generata solo dalle particelle a carica negativa possiamo scrivere J = eρN v. In condizioni
stazionarie dev’essere F L + F diss = 0, ovvero v = eE/Γ e, combinando con la legge di Ohm J = σE, otteniamo
σ=
ρN e2
Γ
b) Ora, per le simmetrie del problema, abbiamo
ρtot (x)
= ρtot (r) = ρ+ + eρN (r) = 0
J tot (x)
1 dB(r) b
= ωrρtot (r)φb = −
φ
µ0 dr
1 d
[rE(r)]
r dr
(1.2)
(1.3)
avendo introdotto un sistema di coordinate polari piane (r, φ, z) con asse coincidente a quello del cilindro, ed avendo
posto E(x) = E(r)b
r, B(x) = B(r)b
z . Per una particella che percorre un cerchio di raggio r abbiamo, per r < R,
m rb · a = −mω 2 r = e[E(r) + ωrB(r)]
Dividendo per r, derivando e sostituendo le precedenti equazioni, otteniamo
d E(r)
2 2
(1 − 0 µ0 ω r )
0=
dr
r
che integrata dà
E(r) = A
r
1 − 0 µ0 ω 2 r2
(1.4)
6
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
La costante A si determina sostituendo nuovamente questa espressione nella (3) ed imponendo che il campo
magnetico sull’asse sia nullo; riassumendo si ha, per r < R,
E(r) = −
B(r) =
mω 2
r
e 1 − 0 µ0 ω 2 r2
mω 0 µ0 ω 2 r2
e 1 − 0 µ0 ω 2 r2
Per r > R il campi si annullano.
c) La densità superficiale di carica si determina dalla discontinuità della componente radiale del campo elettrico:
σsup = −0 E(R)
La densità superficiale di corrente è allora
wsup = ωRσsup φb
(e coincide ovviamente con quella che si ottiene dalla discontinuità della componente tangente del campo magnetico).
Compito di Fisica bIB (20 giugno 2005)
1
Una sfera conduttrice di raggio R contiene una carica Q. La sfera è per metà immersa in acqua (costante
dielettrica > 0 ); l’altra metà si trova nel vuoto. Calcolare
a) Il campo elettrico in tutto lo spazio.
b) La densità di carica sulla superficie della sfera.
c) La pressione sulla superficie e la forza totale da essa esercitata.
d) Il lavoro necessario a portare la sfera molto sopra l’acqua. (Si calcoli solo il contributo dovuto alle forze elettrostatiche, trascurando quello dovuto alla forza di gravità).
Soluzione:
a) Dentro il conduttore E = 0. Il campo elettrico è radiale ed ha lo stesso valore in acqua e nel vuoto, in quanto la
componente parallela alla superficie di separazione è continua. Il vettore D vale Dvac = 0 E nel vuoto e Dacqua = E
nell’acqua. Applicando il teorema di Gauss su di una superficie sferica concentrica alla sfera e di raggio r > R si
ottiene 2πr2 (Dvac + Dacqua ) = Q, da cui E = Q/2π( + 0 )r2 .
b) La carica vale σ = 0 E: in totale è minore di Q ed è distribuita uniformemente. Essa puè essere decomposta come
σ = σfree + σpol . La carica libera vale σfree = D: in totale vale Q ed è maggiore nell’acqua che nel vuoto. La carica
di polarizzazione vale zero nel vuoto e vale σpol = P = −( − 0 )E nell’acqua.
c) La pressione elettrostatica sulla superficie vale σfree E/2 ed è diretta verso l’esterno della sfera (infatti essa è dovuta
acqua
vuoto
alla repulsione fra le cariche). Siccome σfree
> σfree
la pressione è maggiore sulla superficie dentro l’acqua,
producendo una forza totale verso il basso: il verso è confermato al punto d). La forza totale è verticale con modulo
Z
F =
Z
dS Fz =
π/2
dθ 2πR sin θ · (Facqua − Fvuoto ) cos θ = (Facqua − Fvuoto )πR2 =
0
E2
( − 0 )πR2 .
2
d) Il lavoro è uguale alla differenza delle energie elettrostatiche:
L = Uacqua/vuoto − Uvuoto =
2
Uacqua − Uvuoto
Q2
2
1
=
< 0.
−
2
8πR + 0
0
Un impulso isotropo di 108 elettroni viene emesso al tempo t = 0 dal punto S. Gli elettroni hanno velocità
v0 e sono immersi in un campo magnetico B con verso lungo l’asse x positivo.
7
a) Descrivere il moto degli elettroni in funzione dell’ angolo θ tra la direzione iniziale della velocità ed il campo B.
b) Calcolare la massima distanza dall’ asse x cui possono arrivare gli elettroni, in funzione di θ.
c) Calcolare gli istanti di tempo in cui gli elettroni intersecano l’asse x.
Un rivelatore di elettroni di dimensioni 1 mm2 viene posto ortogonalmente all’asse x a distanza d = 1 m dal punto S.
d) Stimare il numero di elettroni che saranno rivelati inizialmente.
Soluzione:
a) F = qv × B = −me ω 2 R, F = qBv0 | sin θ| = m(v0 sin(theta))2 /R dove θ e’ l’ angolo tra v0 e l’ asse positivo
delle x, v0 sin(θ) e’ la comp. della velocita’ proiettata sul piano (yz), R e’ il raggio del moto circolare ottenuto
proiettando la traiettoria di ciascun elettrone sul piano (yz), R = (me v0 sin θ)/(qB).
Gli elettroni compiono delle traiettorie a spirale, con raggio R indicato, con asse parallelo all’ asse x e tangenti
a tale asse. Se v0 cos θ > 0 (< 0) gli elettroni si spostano lungo l’ asse positivo (negativo) delle x. Per θ = π/2
le traiettorie sono circolari giacenti sul piano yz. Per θ = 0 e π la traiettoria giace sull’ asse x.
b) La max. distanza dall’ asse x per ciascuna traiettoria e’ 2R con Rmax = (me v0 )/(qB) e Rmin = 0.
c) La velocita’ angolare ω = (v0 sin θ)/R = qB/m degli elettroni e’ uguale per tutte le traiettorie ed il periodo e’
T = 2π/ω Gli istanti di tempo in cui gli elettroni intersecano tutti simultaneamente l’ asse x sono: tn = nT con
n = 0, 1, 2, ...
d) gli elettroni con R ≤ 1/4 mm vengono tutti intercettati dal rivelatore e sono i primi ad arrivare perche’ hanno
la componente vx piu’ elevata. R = (me v0 sin θ)/(qB) ≤ 1/4 mm.
N (θ) ≈ N0 mm2 /(4π(103 )2 = N0 10−6 /4π ≈ N0 10−7 .
Compito di Fisica bIB (2 febbraio 2005)
Una lastra dielettrica di spessore h lunghezza L h, e permeabilità dielettrica relativa r è immersa in un
campo elettrico costante E 0 , in modo che tale campo esterno formi un angolo θ con la normale alla superficie.
Si trascurino gli effetti al bordo.
1
a) Calcolare il campo elettrico all’interno della lastra e l’angolo θ0 che esso forma con la normale alla superficie di
essa.
b) Calcolare le densità di carica di polarizzazione.
c) Si dica se il campo esterno esercita un momento di rotazione sulla lastra e se ne dia il verso.
Soluzione:
a) La componente del campo elettrico parallela alla superficie è continua e vale Ek = E0 sin θ. Nel vuoto la componente perpendicolare del campo vale Ev,⊥ = E0 cos θ. Sfruttiamo la continuità di D⊥ = E⊥ per trovare
Ev,⊥ = r Ed,⊥ dove Ed è il campo all’interno del dielettrico. Si ha quindi Ed,⊥ = E0 cos θ/r e
tan θ0 =
Ed,k
E0 sin θ
=
= r tan θ .
Ed,⊥
E0 cos θ/r
Poichè r > 1 si ha θ0 > θ.
b) Per il teorema di Gauss si ha
1
σp = 0 (Ev,⊥ − Ed,⊥ ) = 0 E0 cos θ 1 −
.
r
8
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
c) La densità di energia elettrostatica all’interno della lastra è
uE =
2
2
2
E = E02 −2
r cos θ + sin θ .
2
2
Si vede che l’energia elettrostatica cresce con θ e quindi ci si aspetta che le forze elettrostatiche tendano a riportare
la lastra nella posizione di energia minima, cioè per θ = 0.
Assumendo che l’energia sia uniformemente distirbuita, l’energia totale è UE = V uE , dove V è il volume della
lastra, e il momento delle forze è
M =−
∂UE
= E02 V sin 2θ −2
r − 1 < 0.
∂θ
2
Una spira rettangolare di lati ` e 2` ha resistenza R, autoinduzione trascurabile e velocità iniziale v 0 = v0 x̂.
Nella regione x > 0 è presente un campo magnetico costante B = Bẑ. La spira è ortogonale al campo
magnetico, ed il suo lato lungo è parallelo all’asse x.
2
a) Calcolare l’energia dissipata assumendo che la velocità v0 venga mantenuta costante da una forza esterna.
b) In assenza di forze esterne, calcolare la velocità iniziale minima v0min che la spira deve avere per riuscire ad
entrare completamente nella zona dove B 6= 0.
La spira viene ora girata di 90 gradi attorno ad un asse parallelo a B in modo che il suo lato corto coincida con l’asse
x, e messa in moto verso la zona dove B = 0 con velocità v 00 = −v00 x̂, mantenuta costante.
c) Per quale valore di v00 l’energia dissipata nell’uscire dal campo magnetico ha lo stesso valore che in a)?
d) Calcolare la minima energia dissipata nel far passare in un tempo ∆t una spira di area S, resistenza R e forma
arbitraria da una zona dove B = 0 ad una zona dove c’è un campo magnetico costante di modulo B, in modo
che il flusso finale sia Φ = BS.
Soluzione: In generale, detta S(t) la superficie entrata al tempo t si ha E = −B Ṡ, W = E 2 /R = B 2 Ṡ 2 /R = −F v
dove F è la forza magnetica agente sulla spira. L’equazione del moto è quindi mẍ = F = −ẋB 2 S 02 /R dove S 0 = Ṡ/ẋ.
a) S = ` · v0 t e l’attraversamento dura ∆t = 2`/v0 . Quindi l’energia dissipata vale U = W ∆t = 2B 2 `3 v0 /R.
2
b) L’equazione
da ẋ(t) = v0 e−t/τ . Quindi lo spazio percorso è
R ∞ del moto è mẍ = −ẋ/τ con 1/τ = `B /R, risolta
2
∆x = 0 ẋ dt = τ v0 . Imponendo ∆x > 2` si trova v0 = 2B` /R.
c) Ripetendo il calcolo in a) si trova ora S = 2`v00 t e ∆t0 = `/v00 e quindi U 0 = 4B 2 `3 c00 /R: si ha U 0 = U per
v00 = v0 /2, cioè quando il tempo di passaggio è lo stesso.
d) Questo suggerisce che l’energia minima sia B 2 S 2 /R∆t. In effetti le formule generali sopra mostrano che questa
energia è realizzata quando la velocità viene scelta in modo che Ṡ sia costante. Ad una spira circolare va fatta
passare più lenta quando è a metà strada. Questo si applica anche al caso in cui la spira venga fatta entrare
parallela al campo magnetico, e poi girata.
Compito di Fisica bIB (12 gennaio 2005)
1
Su una superficie sferica di raggio a sia distribuita una carica con densità σ(θ) = σ0 cos(θ), dove θ è l’usuale
angolo rispetto ad un asse polare z.
a) Calcolare la carica totale sulla metà della superficie dove σ > 0.
b) Calcolare il modulo del campo elettrico nel centro C della sfera.
c) Calcolare il momento di dipolo elettrico della sfera.
9
Soluzione:
a) la carica positiva totale è Q =
R π/2
0
σ(θ)2πa2 sin(θ) dθ = πa2 σ0 .
b) Il campo E totale nel centro C della sfera deve essere diretto lungo l’asse z: considero solo la componente di E
lungo l’asse.
Z π
1
σ0
σ(θ)2πa2 sin θ cos θdθ =
E(C) =
4π0 a2 0
30
c) il contributo al dipolo di due cariche infinitesime ±dq poste ad un valore generico di θ (+dq) e π − θ (−dq) ha
direzione lungo l’ asse z di modulo dp = 2a cos θ dq che integrato da’:
Z
p=
π/2
2a cos θ σ(θ)(2πa2 sin θ dθ) = 4πa3 σ0 /3
0
pari al valore massimo della densità superficiale di carica per il volume della sfera, ma anche alla carica totale
positiva della risposta a) per un braccio di 4a/3.
Un condensatore piano quadrato di lato D e spessore d mantenuto a differenza di potenziale V costante sta
in un mezzo con costante dielettrica (z) = 0 (1 + z/2`) dove z è l’asse del condensatore ed il centro del
condensatore sta a z = z0 = 0 (vedi figura 1). Si assuma ` D d.
2
a) Calcolare la capacità C.
b) Calcolare la forza totale che agisce sul condensatore.
z
d
z
d
D
D
Rispondere nuovamente alle domande a) e b) assumendo che l’asse del condensatore sia ortogonale all’asse z (vedi
figura 2).
Soluzione:
a) Lo si può vedere come una serie di infiniti condensatori, per i quali vale il noto risultato
C=
b) Fz =
D2 −1 −1
D2 1 − 2
2D3 0 −1 ` + D + 2z0
D2 0
z0
h i =
=
ln
'
(1 + 2 )
d
d ln(1 /2 )
d`
` − D + 2z0
d
`
V 2 ∂C
4V 2 D4 0
V 2 D2 0
−2 ` + D
ln
'
tende a spingere il conduttore dove è più grosso.
=−
2 ∂z0
d`(D2 − `2 )
`−D
d`
a0 ) Lo si può vedere come un parallelo di infiniti condensatori, per i quali vale il noto risultato
C=
D2 1 + 2
D2
D2 0
z0
D2
hi =
=
(z0 ) =
(1 + )
d
d
2
d
d
2`
dove 1,2 sono i valori di ai due bordi del condensatore.
b0 ) Fz = (V 2 /2)(∂C/∂z0 ) = V 2 D2 0 /4d` che è 4 volte più debole che nel caso precedente.
Un solenoide (infinito) di raggio a con n spire per unità di lunghezza è percorso da una corrente I. Una
sorgente puntiforme radioattiva posta sull’asse del solenoide emette isotropamente particelle di carica q > 0,
massa m ed energia cinetica T :
3
10
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
a) calcolare per quali valori di T nessuna delle particelle emesse dalla sorgente colpisce la superficie del solenoide;
b) sia ora T = 2Tcrit , dove Tcrit è l’estremo superiore dei valori calcolati al punto precedente, e sia θ l’angolo compreso
fra la direzione di emissione di ciascuna particella e la direzione del campo magnetico all’interno del solenoide:
calcolare per quali valori dell’angolo di emissione θ le particelle colpiscono la superficie del solenoide.
c) si assuma ora che il solenoide sia immerso in un campo elettrico uniforme E parallelo al suo asse e si risponda
nuovamente ai punti a) e b);
d) determinare infine esplicitamente la traiettoria di una particella emessa all’istante t = 0 con un angolo θ = π/3,
discutendo il numero di parametri cinematici rimasti liberi, e calcolare il tempo necessario all’eventuale impatto
con la superficie del solenoide (con il campo elettrico presente, T = 2Tcrit e trascurando gli effetti di bordo).
Soluzione:
a) Il campo magnetico all’interno del solenoide è parallelo al suo asse e di modulo B = µ0 nI. Le particelle emesse
p con un angolo θ dalla sorgente percorrono spirali, con asse parallelo o quello del solenoide, di raggio r(θ) =
2T /mω 2 sin θ, con ω = µ0 qnI/m, e passo uniforme. Poiché le spirali intersecano l’asse del solenoide, la
condizione per cui le particelle non colpiscono la sua superficie è r(θ) < a/2, da cui T < mω 2 a2 /8 = Tcrit
√
b) Se T = 2Tcrit l’espressione per i raggi delle spirali diventa r(θ) = (a/ 2) sin θ per cui, affinché le particelle
colpiscano la superficie del solenoide, dev’essere π/4 ≤ θ ≤ 3π/4.
c) La presenza del campo elettrico modifica soltanto il moto longidudinale, ovvero il passo delle spirali non è più
costante, ma il loro raggio in funzione di θ rimane invariato e si ha nuovamente a) T < mω 2 a2 /8 = Tcrit , b)
π/4 ≤ θ ≤ 3π/4.
d) Introducendo un terna cartesiana centrata sulla sorgente e con l’asse ẑ lungo la direzione del campo magnetico, la
generica traiettoria che soddisfa le condizioni indicate nel testo è data da
r
a sin θ
3
√ [sin(ωt + φ) − sin φ] = a
[sin(ωt + φ) − sin φ]
x(t) =
8
2
r
a sin θ
3
√ [cos(ωt + φ) − cos φ] = a
y(t) =
[cos(ωt + φ) − cos φ]
8
2
1 qE 2
a
1 qE 2
t = ωt +
t
z(t) = (a cos θ)ωt +
2 m
2
2 m
Resta il parametro libero φ, che determina la direzione della velocità nel piano perpendicolare all’asse del solenoide:
i conti tornano perché la posizione iniziale era completamente determinata mentre della velocità si conosceva solo
il modulo e l’angolo formato con l’asse del solenoide. Siccome π/4 < θ < 3π/4, la soluzione data sopra è valida
solo per 0 ≤ t ≤ t dove t = (1/ω) arccos[−1/ tan2 θ] ' 1.91/ω è l’istante della collisione con la superficie; si noti
che non dipende da φ, come è giusto che sia.
Compitino di Fisica bIB (21 dicembre 2004)
1
Una sfera di raggio R ha costante dielettrica ε, conducibilità σ, e densità di carica iniziale ρ0 = Q/V uniforme,
dove V = 4πR3 /3.
a) Calcolare il campo elettrico all’istante iniziale t = 0, sia all’interno che all’esterno della sfera.
b) Si mostri che ρ rimane uniforme e si calcoli l’evoluzione temporale delle densità di carica di volume e superficiali.
c) A quale istante t la potenza W (t) dissipata per effetto Joule è massima, e quanto vale questo valore massimo?
d) Descrivere lo stato finale, calcolando il campo elettrico all’istante finale, sia all’interno che all’esterno della sfera.
e) Calcolare l’energia totale dissipata per effetto Joule.
11
Soluzione:
a) Il campo elettrico è radiale e vale

Q r


4π
R3
Er (r) =
Q
1


4π r2
r<R
r>R
b) La corrente vale J = σE. Quindi ρ̇ = −∇ · J = −σ∇ · E = −ρσ/ε: quindi ρ(t) = ρ0 e−t/τ dove τ = ε/σ.
La carica è conservata e si accumula uniformemente sulla superficie: Qsuperficiale (t) = Q(1 − e−t/τ ).
c) La densità di potenza vale dW/dV = J · E = σE 2 è massima a t = 0 e dopo si riduce come e−2t/τ . La potenza
totale vale
Z
Z R
1 σQ2
Qr 2
2
)
=
W (0) = dV σE = σ
4πr2 dr(
4πR3
5 4π2 R
0
d) Alla fine tutta la carica Q si trova sulla superficie. Il campo elettrico interno vale zero, mentre quello esterno
non è variato.
e) Si può procedere integrando la potenza W sul tempo:
Z ∞
1 Q2
τ
.
E0 = W (0)
e−2t/τ dt = W (0) =
2
10 4πR
0
Oppure, si può calcolare la differenza fra le energie iniziali e finali. Visto che il campo esterno non varia, e che
quello interno alla fineR vale zero tutta l’energia E0 inizialmente contenuta nel campo elettrico interno alla sfera
viene dissipata: E0 = dV εE 2 /2.
Una sbarretta conduttrice omogenea di massa m, lunghezza d e resistenza trascurabile è incernierata perpendicolarmente a due guide rettilinee anch’esse metalliche e di resistenza trascurabile e disposte parallelamente
al campo gravitazionale g = −gẑ (g > 0). I due estremi superiori delle guide sono collegati con un filo di resistenza
R ed autoinduttanza L e nello spazio è presente un campo magnetico uniforme B = Bx perpendicolare al piano
contenente le due guide. All’istante t = 0 la sbarretta forma con le guide ed il filo che chiude il circuito un quadrato di area d2 e viene lasciata libera di cadere da ferma (la sbarretta può scivolare senza attrito lungo le guide):
2
a) scrivere le equazioni del moto per la sbarretta per il caso
R 6= 0, L = 0 (esplicitando la corrente) e calcolare il valore
asintotico della corrente;
b) scrivere le equazioni del moto per la sbarretta per il caso R =
0, L 6= 0 (esplicitando la corrente);
R
L
z
c) scrivere le equazioni del moto per la corrente per il caso generico R 6= 0, L 6= 0 (esplicitando la posizione della sbarretta) e
calcolarne il valore asintotico;
x
y
d) determinare nel caso R 6= 0, L = 0 la legge oraria z(t) della
sbarretta e la corrente che circola nel circuito per t > 0;
e) calcolare, sempre nel caso R 6= 0, L = 0, la potenza WJoule (t)
dissipata dalla resistenza e discutere il bilancio energetico.
d
[Si ricorda che la soluzione generale di una equazione differenziale lineare non omogenea si può sempre scrivere
come la somma di una soluzione particolare e della soluzione generale dell’equazione omogenea.]
Soluzione: Dall’equazione di Faraday si ha, orientando il circuito in senso antiorario rispetto al semispazio x > 0,
˙ + Bdż(t) mentre dall’equazione di Newton mz̈(t) = −mg − BdI(t)
RI(t) = −φ̇(t) = −LI(t)
a) Se L = 0 si ha RI(t) = Bdż(t) e sostituendo
mz̈(t) = −mg −
(Bd)2
ż
R
12
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
ovvero un moto smorzato. Asintoticamente z̈(t) → 0, quindi ż(t) → −mgR/(Bd)2 e
I(t) → −mg/(Bd)
˙
b) Se R = 0, si ha LI(t)
= Bdż(t) che si integra immediatamente in LI(t) = Bd(z(t) + d), avendo utilizzato la
costante arbitraria per imporre I(0) = 0. Sostituendo si trova
(Bd)2
mgL
mz̈ = −
z(t) + d +
L
(Bd)2
ovvero un moto armonico attorno alla posizione di equilibrio z = −d −
mgL
(Bd)2 .
c) Nel caso generale si può derivare l’equazione di Faraday e sostituirvi l’espressione per z̈(t) che si ottiene dall’equazione di Newton e si trova
2
¨ = −Bdg − (Bd) I(t) − RI(t)
˙
LI(t)
m
¨ I(t)
˙ → 0 e quindi
che un moto armonico smorzato. Asintoticamente I(t),
I(t) → −mg/(Bd)
esattamente come per il caso a).
d) La soluzione generale è data da
z(t) = −gτ1 t + z1 + z2 e−t/τ1
con τ1 = mR/(Bd)2 . Le condizioni iniziali per t = 0 consentono di determinare z1 e z2 , ottenendo alla fine
t
z(t) = −d + gτ12 1 −
− e−t/τ1
τ1
mg −t/τ1
Bd
ż(t) =
e
−1
I(t) =
R
Bd
e) La potenza dissipata nella resistenza è data da
WJoule (t) = RI 2 (t) = R
mg 2 Bd
1 − e−t/τ1
2
mentre quella guadagnata grazie all’azione del campo gravitazionale è
mg 2 Wgrav (t) = −mg ż(t) = R
1 − e−t/τ1
Bd
Si noti che Wgrav (t) > WJoule (t) (ricordiamo che t > 0): la potenza restante viene spesa per aumentare l’energia
cinetica della sbarretta:
d 1
mż 2 (t) = mz̈(t)ż(t) = Wgrav (t) − WJoule (t)
dt 2
Compitino di Fisica bIB (15 novembre 2004)
1
Un dipolo p con orientazione fissa come da figura si trova a distanza R dal centro di una sfera conduttrice
di raggio r messa a terra. Calcolare
a) Il potenziale elettrico in tutto lo spazio.
b) La carica totale indotta sulla sfera.
c) La forza esercitata dalla sfera sul dipolo. In particolare si dica in che modo essa
dipende da R per R r.
d) Il lavoro necessario per portare il dipolo da R a distanza infinita.
e) Rispondere nuovamente alla domande precedenti nel caso di sfera isolata e
scarica.
r
R
p
13
Soluzione:
a) Serve un dipolo immagine p0 = −p(r/R)3 messo a distanza R0 = r2 /R dal centro della sfera. Lo si ottiene dalla
soluzione corrispondente per una carica q 0 = −qr/R tenendo conto che il ‘braccio’ del dipolo viene ridotto di un
fattore R0 /R. (Notare che questo è vero solo per un dipolo orientato come in figura).
b) 0
c) La forza fra due dipoli p e p0 a distanza X, orientati perpendicolarmente a X, è F = 3(p · p0 )X̂/4π0 X 4 .1 Nel
caso particolare di questo esercizio si ha Fx = −3p2 r3 R/4π0 (R2 − r2 )4 . Per grande R si ha F ∝ R−7 .
d) Il lavoro vale
Z
∞
F dR = −
L=
R
p2 r 3
8π0 (R2 − r2 )3
Essa è uguale ad 1/2 dell’energia di interazione fra due dipoli U = −p · E come atteso perchè a) ragionando
in termini di dipolo immagine, uno solo dei due dipoli è reale; b) ragionando in termini di polarizzazione della
sfera conduttrice, essa è indotta dal primo dipolo.
e) Siccome non veniva indotta nessuna carica sulla sfera le risposte non cambiano.
2
Sia dato un condensatore sferico carico di raggio interno R1 e raggio esterno R2 riempito di dielettrico
isotropo con costante dielettrica relativa κ. Si supponga Q(R1 ) > 0. Determinare:
a) le densità superficiali, con il relativo segno, di carica di polarizzazione presenti sulle superfici del dielettrico.
b) la densità di carica di polarizzazione presente all’interno del dielettrico.
c) l’energia elettrostatica complessiva immagazzinata nel condensatore e quella spesa per polarizzare il dielettrico.
Nell’ipotesi che sia presente un dielettrico isotropo con costante relativa κ1 tra R1 ed Ri ed un dielettrico con costanti
κ2 tra Ri ed R2 , determinare:
d) la variazione del campo elettrico nell’ attraversamento di Ri .
e) la densità superficiale complessiva di cariche di polarizzazione sulla superficie di raggio Ri .
Soluzione:
a) In generale σpol = P = (κ − 1)0 E, Ad R1 la carica di polarizzazione scherma parzialmente la carica Q:
σpol (R1 ) = −(1 − κ−1 )Q/4πR12 < 0. Quindi ad R2 ha il segno opposto: σpol (R2 ) = (1 − κ−1 )Q/4πR22 .
b) ρpol = −divP ∝ divE = 0.
c) Etot =
R R2
R1
(/2)E 2 dV Epol =
R R2
R1
(0 /2)(κ − 1)E 2 dV dove
R R2
R1
E 2 dV = ((Q/4π)2 )(1/R1 − 1/R2 ).
d) Non sono presenti cariche libere sulla superficie di separazione tra i due dielettrici, quindi D è continuo cioè
κ1 E1 = κ2 E2 e quindi
κ1
Q
1
1
E2 − E1 = E1 ( − 1) =
( − )
κ2
4π0 Ri2 κ2
κ1
e) σtot = 0 (E2 − E1 ), che è stato calcolato al punto d).
1 Lo si può ricavare in due modi.
1) Dalla formula F = −∇U con U = −p · E = (p · p0 )/4π0 X 3 . Notare che l’eventuale variazione di p0 con X (che sarebbe presente
in questo esercizio) non va tenuta in conto.
2) Dalla generale formula F = (p · ∇)E = p∂y E dove
"
#
1
3(p0 · X )X
p0
− 3
X = (x − r2 /R, y, z)
E=
4π0
X5
X
è il campo elettrico generato da
p0 .
L’unico termine che contribuisce alla derivata calcolata a y = 0 è Ex = 3p0 y/4π0 X 4 .
14
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
Compito di Fisica bIB (16 settembre 2004)
1
Sia data una sfera di raggio R avente una densità di carica ρ(r) = αr
e carica totale Q nota.
a) Determinare il valore della costante α ed il campo elettrico all’interno ed all’esterno della sfera.
b) Una carica puntiforme Q viene sparata da distanza r R con velocità v0 verso il centro della sfera: determinare
il valore minimo di v0 per cui la carica puntiforme attraversa completamente la sfera.
c) Determinare l’energia elettrostatica della distribuzione di carica.
d) Supponendo che che la carica Q si distribuisca uniformemente sulla superficie della sfera, determinare la differenza
di energia elettrostatica rispetto al punto c).
e) Si supponga che un emisfero abbia densita’ di carica di volume di segno opposto. Calcolare il campo elettrico
sull’ asse di simmetria delle distribuzioni a distanza r R.
Soluzione:
a) Calcoliamo la carica totale della distribuzione sferica in funzione di α:
R
Z
ρ(r)4πr2 dr = 4πα
Q=
0
Z
R
r3 dr = παR4 :α =
0
Q
πR4
Per il calcolo del campo elettrico sfruttiamo il teorema di Gauss applicato a superfici sferiche di raggio r, per cui
calcolata la carica contenuta nel volume racchiuso da tali superfici si ottiene:
E(r) =
Q 1
Q r2
r̂ per r ≤ R e E(r) =
r̂ per r > R
4π0 R4
4π0 r2
b) Dalla conservazione dell’energia T ≥ Q (φ(0) − φ(∞)) e visto che:
Z
R
φ(0) − φ(∞) = −
Z
0
E(r) · dr −
∞
otteniamo:
E(r) · dr =
R
Q
Q
Q
1
+
=
4π0 R 3R
3π0 R
1
Q2
mv02 ≥
2
3π0 R
c) Per il calcolo dell’energia sfruttiamo il campo elettrico calcolato al punto a):
"Z
#
"Z
#
Z
Z ∞
Z ∞
R
R 4
2
1
Q
r
1
Q2 1 1
0
2
2
2
2
2
U=
0 E(r) dτ =
E(r) dτ +
E(r) dτ =
4πr dr +
4πr dr =
+1
4
2
2
(4π)2 0 0 R8
4π0 R 7
0
R
R R
[SOLUZIONE PROVVISORIA, PROBABILMENTE MANCA 1/2]
d) In tal caso il primo termine dell’integrale precedente è nullo, in quanto è nullo il campo elettrico all’interno della
superficie carica, mentre il campo all’esterno rimane invariato, per cui:
∆U = −
1 Q2 1
7 4π0 R
e) La carica totale in questo caso è nulla e rimane solo un campo di dipolo elettrico:
E(r) =
1 3(p · r)r̂ − p
per |r| R
4π0
r3
15
Il momento di dipolo è allineato lungo l’asse ẑ (si è divisa la sfera nelle emisfere z > 0 con α > 0 e z < 0 con
α < 0), per cui calcolando il contributo al momento di dipolo rispetto all’origine dell’emisfero positivo abbiamo:
p+
z =
Z
Z
zdq =
z>0
r cos(θ) αr r2 dr sin(θ)dθdφ = 2πα
z>0
Z
R
r4 dr
Z
0
π
2
sin(θ) cos(θ)dθ =
0
1
παR5
5
e tenendo conto anche dell’analogo contributo dell’altro emisfero abbiamo:
p=
2
2
παR5 ẑ = QRẑ
5
5
col quale possiamo valutare il campo elettrico a grande distanza dalla sfera.
Una molla di lunghezza a riposo d, lunghezza iniziale ` = d/2, costante elastica k è costitituita da costituita da N spire conduttrici
di sezione circolare S d2 e resistenza trascurabile percorse da una corrente
iniziale I0 .
2
a) Determinare come varia la corrente I se ` viene variato.
b) Determinare il valore di I0 tale che ` = d/2 sia posizione di equilibrio.
La corrente viene mantenuta costante al valore I0 da un generatore esterno, e
la molla viene lentamente allungata fino a raggiungere la lunghezza di riposo d.
c) Calcolare il lavoro delle forze esterne.
d) Calcolare la variazione di energia magnetica ed il lavoro compiuto dal
generatore.
Soluzione:
a) La corrente varia in modo da mantenere costante il flusso del campo magnetico Φ = LI con L = µ0 SN 2 /`.
Quindi I = I0 L0 /L = I0 (2`/d).
b) L’energia magnetica vale U = LI 2 /2 = Φ20 /2L = Fmag ` dove Fmag = 2µ0 I02 SN 2 /d2 e produce quindi una
forza magnetica costante ed attrattiva Fmag . (Come noto la forza magnetica tende ad attirare fili percorsi da
correnti nello stesso verso. Il calcolo esplicito partendo dalla forza di Lorentz è complicato in quanto la forza
totale Fmag dipende da effetti ai bordi). Eguagliandola alla forza repulsiva elastica Fel = k(d/2) si trova I0 =
1/2
d3/2 k 1/2 /2N S 1/2 µ0 .
c) La forza magnetica Fmag = µ0 I02 N 2 S/2`2 e la forza elastica sono state calcolate al punto b). Quindi occorre
fornire un lavoro Lmecc = −k/2(d/2)2 + µ0 I02 N 2 S/2d. Inserendo il valore di I0 calcolato al punto b) si ottiene
Lmecc = 0. La cancellazione non è dovuta a nessun motivo di principio.
d) L’energia magnetica dipende da ` come Umag = LI02 /2 ∝ 1/`. Quindi ∆Umag = (I02 /2)∆L = −µ0 I02 N 2 S/2d.
Il bilancio energetico Lgen + Lmecc = ∆Umolla + ∆Umag consente di ricavare Lgen . Alternativamente, il calcolo
diretto fornisce
Z
µ0 I02 N 2 S
Lgen = V I dt = I0 ∆Φ = I02 ∆L = −
d
Compito di Fisica bIB (12 luglio 2004)
16
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
Si considerino due spire circolari coassiali di raggio a e resistenza R
poste a distanza d a. Una corrente I1 (t) = Kt fluisce in verso
antiorario attraverso una delle due spire.
1
I2
1. Trascurando i coefficienti di autoinduzione, calcolare la corrente I2 (t) che
fluisce nella seconda spira, specificandone il verso.
2. Calcolare la forza ed il momento della forza cui è soggetta la seconda
spira.
d
3. Calcolare il coefficiente di mutua induzione delle due spire poste sia nella
posizione su indicata che nel caso in cui una giaccia su un piano contenente
l’asse dell’altra.
4. Determinare il campo elettrico generato solamente dalla prima spira in
una regione intorno all’ asse della spira stessa a distanze molto maggiori
di a.
a
I1
Soluzione:
a) Dato che la distanza fra le spire è molto maggiore del raggio delle stesse, possiamo considerare il campo generato
dalla prima omogeneo sulla superficie della seconda e pari a quello presente nel suo centro:
Z
µ0
d`1 × r 21
µ0 a2 I1 ẑ
B 1→2 =
I1
=
3
4π
r21
2r3
s1
ove si è posto per convenienza r2 = a2 + d2 . Integrando sulla superficie della seconda spira abbiamo il flusso
concatenato dalla prima:
µ0 πa4 I1
Φ1→2 =
2r3
e dalla legge di Faraday possiamo scrivere la forza elettromotrice indotta dalla variazione di I1 sulla seconda
spira:
dΦ1→2
µ0 πa4 dI1
E2 = −
=−
= RI2
dt
2r3 dt
nella quale si intende che il generatore E∈ è orientato lungo la direzione della corrente I2 , ovvero tale corrente
lo percorre dal polo negativo a quello positivo. Sostituendo la derivata della corrente nella prima spira, abbiamo:
I2 = −
µ0 πa4 K
2r3 R
b) Se consideriamo le due spire come due dipoli magnetici:
m1 = πI1 a2 ẑ e m2 = πI2 a2 ẑ
abbiamo che il momento della forza della prima sulla seconda è pari a:
N1→2 = m2 × B(r 2 ) = 0
visto che sia m2 che B 1→2 sono allineati lungo l’asse ẑ. La forza è invece:
∂ µ0 a2 I1 ẑ
3 π 2 µ20 a8 K 2 tz
=
ẑ
F 1→2 = (m2 · ∇) B(r)|r =r 2 = πI2 a2
∂z
2r3
4
r8 R
c) Il coefficiente di mutua induzione nel caso di spire con gli assi paralleli è per definizione pari a:
M1→2 =
Φ1→2
µ0 πa4
=
I1
2r3
mentre nel caso gli assi siano ortogonali, dato che il campo B 1→2 si mantiene parallelo alla superficie della
seconda spira, il flusso concatenato è nullo e cosı̀ pure il coefficiente di mutua induzione.
17
d) Per ragioni di simmetria il campo elettrico E indotto deve avere solo componente tangenziale, come si può
dimostrare sfruttando una riflessione speculare su un piano che contiene l’asse della prima spira. Considerando
quindi la seconda equazione di Maxwell integrata su un disco di raggio ρ, concentrico con l’asse ẑ ed orientato
lungo il medesimo, abbiamo:
I
Z
∂
∂Bz
E · d` = 2πρEθ (ρ) = −
B · dσ = −πρ2
∂t
∂t
∂S
S
da cui:
E(ρ) = −
ρ µ0 a2 K
ρ ∂Bz
θ̂
θ̂ = −
2 ∂t
2 2r3
valido fintanto che sia ρ d.
Un condensatore cilindrico è costituito da due armature di altezza h
e raggi esterno ed interno R e r (vedi figura). All’interno del condensatore è presente un dielettrico isotropo con costante dielettrica e massa m.
Il dielettrico è libero di scorrere senza attrito in direzione longitudinale rispetto
alle armature del condensatore ed è soggetto all’azione del campo gravitazionale g. Le armature del condensatore sono mantenute ad una differenza di
potenziale V da un opportuno generatore. Detta z l’altezza della porzione di
dielettrico che emerge dal fondo del condensatore, calcolare:
2
+
V
r
R
−
g
1. la capacità C(z) del condensatore in funzione dell’altezza z.
2. le distribuzioni della densità di carica presenti sulle armature
3. la forza totale agente sulla lastra di dielettrico specificandone il verso.
4. il potenziale V0 col quale il dielettrico può essere mantenuto in equilibrio.
Supponendo che il condensatore sia mantenuto alla differenza di potenziale V0
e che il dielettrico sia parzialmente inserito fra le sue armature, calcolare:
z
5. il lavoro fatto dal generatore quando il dielettrico viene spostato di una
quantità δz
6. la variazione dell’energia totale del sistema a seguito del medesimo
spostamento δz del dielettrico.
Soluzione:
a) La capacità si può calcolare considerando il parallelo di due condensatori cilindrici, il primo in aria di altezza z
ed il secondo con dielettrico di altezza h − z:
h
i
2π0 z + (h − z) 0
C(z) =
ln (b/a)
b) Dalle condizioni al contorno per la componente di E parallela alla superficie superiore del cilindro dielettrico e
dal teorema di Gauss per il campo D abbiamo:
E karia (r) = E kdiel. (r) = :
D karia (r)
D kdiel. (r)
=
0
=:
σaria
σdiel.
=
0
quindi dalla carica totale Q presente sull’armatura interna:
σaria =
Q
h
2πa z + (h − z) 0
i,
σdiel. =
· σaria
0
c) Per il calcolo della forza conviene procedere con la tecnica dei lavori virtuali e pertanto scriviamo l’energia totale
del sistema condensatore, dielettrico e generatore:
1
E = T − mgz + C(z)V 2 + Ugen.
2
18
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
ove il primo termine è l’energia cinetica del dielettrico, eventualmente in moto, il terzo l’energia del campo elettrostatico mentre Ugen. indica l’energia interna del generatore, da intendersi ad esempio come l’energia chimica
di una pila. Per quest’ultima, al passare di una carica δq = δCV verso l’armatura interna del condensatore a
seguito di un cambiamento della capacità del medesimo, abbiamo che:
δUgen. = −δLgen.→syst. = −δqV = −δCV 2
e pertanto la variazione di energia totale del sistema per uno spostamento virtuale δz del dielettrico è pari a:
1
1
δE = δT − mgδz + δC(z)V 2 − δC(z)V 2 = δT − mgδz − δC(z)V 2
2
2
Consideriamo ora il dielettrico fermo sia prima che dopo lo spostamento e a tal proposito applichiamo al dielettrico una forza esterna F = Fz ẑ ( ẑ è il versore unitario diretto verso il basso) tale da mantenerlo in tale
condizione, allora:
1
δE = Fz δz = −mgδz − δC(z)V 2
2
La forza totale percepita dal dielettrico, a seguito dell’azione del campo gravitazionale ed elettrostatico è l’opposto
della forza esterna utilizzata per mantenerlo in equilibrio, ed è pertanto pari a:
1 ∂C 2
1 2π0 V 2 F →diel. = −Fz ẑ = mg +
V
ẑ = mg −
− 1 ẑ
2 ∂z
2 ln (b/a) 0
ove il contributo del campo elettrostatico è diretto in modo da attrarre il dielettrico all’interno del condensatore,
dal momento che la derivata della capacità rispetto alle variazioni di z è negativa.
d) Il potenziale V0 è tale per cui la forza totale agente sul dielettrico è nulla, ovvero:
V02 =
mg ln (b/a)
h
i
π0 0 − 1
e) Il calcolo precedente fornisce la risposta una volta sostituito il valore V0 per il potenziale:
δLgen.→syst. = δqV0 =
∂C 2
V δz
∂z 0
f ) La variazione di energia del sistema condensatore-dielettrico è pari al lavoro fatto dal generatore:
δE ≡ δLgen.→syst.
peraltro è utile verificare tale relazione con il calcolo esplicitito, allorchè si sfrutti la condizione di equilibrio:
mg +
da cui:
1
E = −mgz + CV02
2
1 ∂C 2
V =0
2 ∂z 0
1
= : δE = −mgδz + δCV02 = δCV02 = δLgen.→syst. .
2
Compito di Fisica bIB (6 febbraio 2004)
Due dipoli magnetici sono posti nelle posizioni (0, 0, d) e (0, 0, −d) di un sistema di coordinate cartesiane
(vedi fig. 1) ed hanno momenti magnetici m antiparalleli ed allineati lungo l’asse ẑ. Si calcolino nei punti
del piano xy:
1
a) le componenti ortogonali e parallele al piano del campo B.
Si consideri ora il caso in cui sia presente il solo dipolo in posizione (0, 0, d) mentre il semispazio z < 0 risulta
riempito con un materiale superconduttore (vedi fig. 2). Ricordando che un tale materiale ha la proprietà di opporsi
alla creazione di un qualunque campo magnetico all’interno del proprio volume (effetto Meissner) si calcoli:
19
b) il valore di Bz nei punti situati appena all’esterno della superficie del superconduttore;
c) il campo magnetico B nel volume z > 0 (suggerimento: si sfrutti la tecnica delle cariche immagini);
d) la forza cui è soggetto il dipolo in funzione della sua altezza z.
z
z
m
m
y
d
d
x
x
d
m
B=0
Fig. 1
Fig. 2
Soluzione: Questo esercizio richiede di sfruttare una variazione della tecnica delle cariche immagini. Nel caso del
problema elettrostatico di una carica affacciata ad un piano conduttore è richiesto un campo che risulti normale alla
superficie del piano, nei punti appena all’esterno del medesimo. In tale contesto una carica posta simmetricamente
alla prima e di segno opposto è proprio tale da annullare le componenti tangenti. Al contrario, utilizzando una carica
col medesimo segno si ha l’effetto di annullare la componente normale. Con un dipolo affacciato ad un piano, la
condizione al contorno in cui il campo è normale alla superficie, si ottiene considerando un dipolo immagine in cui i
segni delle cariche sono invertiti, il che con l’operazione di simmetria speculare porta ad un dipolo parallelo e concorde
al primo. Un dipolo immagine antiparallelo produrra invece un campo tangente alla superficie.
a) Il campo magnetico è la somma dei due campi dipolari:
µ0 3(m · r̂1 )r̂1 − m −3(m · r̂2 )r̂2 + m
B(r) =
+
4π
r13
r23
(1.5)
ove i vettori r 1,2 e i relativi versori r̂1,2 sono dati da:
r1
= r − (0, 0, +d),
r2
= r − (0, 0, −d),
r1
r1
r2
r̂2 =
r2
r̂1 =
Per un vettore r appartenente al piano abbiamo:
µ0
B(r) =
4π
"
−6(m · d)r
#
5/2
(d2 + r2 )
che corrisponde ad un campo tangente al piano nei punti prossimi al medesimo.
b) Il fatto che la divergenza di B sia nulla impone che la componente normale al piano sia continua nel passare da
un lato all’altro del medesimo per cui:
Bz (x, y, 0+ ) = 0
c) Il primo punto suggerisce di considerare come soluzione la (1.5), sovrapposizione del campo di dipolo del magnetino e del campo di un dipolo immagine antiparallelo al primo e posto in posizione simmetrica rispetto al
piano. In tal maniera si soddisfano le condizioni al contorno suggerite dal punto b e il campo ha il richiesto
comportamento di dipolo in prossimità della sorgente.
20
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
d) La forza cui è soggetto il dipolo sorgente è la medesima che sentirebbe se il campo prodotto per la presenza del
piano fosse sostituito dal dipolo immagine e pertanto considerando solo il secondo termine della (1.5) si ha:
"
#
µ0 −3(m · r̂2 )r̂2 + m
∂
µ0 2mẑ
3µ0 m2 ẑ
F imm→dip = (m · ∇)
=
m
−
=
4π
r23
∂z
4π (d + z)3
32πd4
ove si è sfruttato il fatto che viene richiesta solamente la derivata parziale lungo z per limitarsi al calcolo di B
lungo la retta (0, 0, z). La forza è repulsiva ed è in grado di far levitare il magnetino, cosı̀ come viene spesso
presentato nelle dimostrazioni delle straordinarie proprietà dei materiali superconduttori.
Un condensatore piano isolato è costituito da due armature quadrate di lato L poste a distanza d S 1/2 .
All’interno del condensatore è presente una lastra di dielettrico con costante che se inserita in modo completo
occupa interamente lo spazio tra le armature. La lastra è agganciata ad una molla di costante K e lunghezza a riposo
L, fissata ad un estremo come mostrato in figura. Sia ±Q la carica presente sulle armature. Trascurando gli effetti di
bordo, calcolare:
2
a) la capacità C(x) del condensatore in funzione della distanza x, indicata in figura.
b) la distribuzione della densità di carica presente sulle armature.
c) la forza agente sul dielettrico.
d) il lavoro necessario per spostare la lastra da una posizione generica 0 < x < L alla posizione x = L.
111
000
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
000
111
L
x
d
Soluzione: Indichiamo con ẑ l’asse ortogonale alle armature del condensatore e diretto verso l’alto, con d e v
rispettivamente le zona in cui vi è il dielettrico e quella in cui non è presente, sia inoltre Q la carica posseduta
dall’armatura superiore.
a) Ispirandoci al caso del condensatore piano omogeneo, proviamo se è possibile una soluzione in cui il campo
elettrico fra le armature sia ortogonale alle stesse e costante, ovvero E(r) = E ẑ. In tal caso infatti sarebbero
soddisfatte sia le condizioni al contorno sulle armature, sia la richiesta di continuità della componente di E
tangente ai due lati della superficie di passaggio fra dielettrico e vuoto. Dalle relazioni fra i vettori D ed E
abbiamo:
D v = 0 E
D d = E
con le quali possiamo calcolare la densità di carica sulle superfici delle armature:
σv = −Dv,z = −0 Ez
σd = −Dd,z = −Ez
(1.6)
e quindi la relazione fra carica totale e campo elettrico:
h x
x
x
x i
Q = σv S
+ σd S 1 −
= −Ez S 0
+ 1−
L
L
L
L
(1.7)
La capacità totale risulta pertanto pari a:
C=
h x
Q
Q
x i S
=
= 0
+ 1−
V↑ − V ↓
−Ez d
L
L
d
b) Le densità di carica si ottengono calcolando il campo elettrico dalla (1.7) e sostituendolo nelle (1.6) a dare:
σv =
S 0
x
L
0 Q
+ 1−
x
L
,
σd =
S 0
x
L
Q
+ 1−
x
L
21
c) Per il calcolo della forza totale agente sul dielettrico consideriamo la situazione in cui si applica al medesimo
una forza esterna F ext = −F tot che compensa esattamente le forze esercitate dalla molla e dal campo elettrico.
L’energia totale del sistema è pari a:
U (x) =
1
Q2
k(x − L)2 +
2
2C(x)
per cui dal teorema delle forze vive abbiamo che dato uno spostamento dx:
dU = F ext · dx = −F tot · dx
ovvero:
Ftot,x
d 1
Q2
Q2 dC
2
=−
k(x − L) +
= −k(x − L) +
dx 2
2C(x)
2C(x)2 dx
d) Sempre considerando l’energia di cui al punto precedente:
Z
L=
F ext · dx = ∆U =
Q2
1
Q2
− k(x − L)2 −
2C(L) 2
2C(x)
In una regione di spazio dove non vi sono correnti si trova un campo magnetico statico B = B(ρ, z) avente
simmetria cilindrica (cioè di rotazione attorno all’asse z). La componente del campo lungo l’asse z è nota e
vale Bz = B0 ẑz/L.
3
a) Si determini la componente radiale Bρ del campo magnetico.
Una piccola spira circolare di raggio a, resistenza R e coefficiente di autoinduzione trascurabile si muove con velocità
v costante lungo l’asse z, con la propria superficie perpendicolare all’asse.
b) Si calcoli la corrente indotta nella spira e la potenza dissipata per effetto Joule.
c) Si calcoli la forza sulla spira specificandone direzione e verso.
Soluzione:
a) La III equazione di Maxwell, scritta in coordinate cilindriche
0=∇·B =
1
∂ρ (ρBρ ) + ∂z Bz ,
ρ
impone ∂ρ (ρBρ ) = −B0 ρ/L e quindi Bρ = −B0 ρ/2L. (Allo stesso risultato si arriva considerando il teorema di
Gauss per una superficie cilindrica di raggio ρ ed altezza h intorno all’asse z: Φ(B) = πρ2 [Bz (z + h) − Bz (z)] +
2πρhBρ (ρ) = 0).
b) Il flusso di B sulla superficie della spira è Φ ' B(z)πa2 dove dz/dt = v. Quindi la f.e.m indotta è E = −dΦ/dt =
−πa2 B0 v/L. La corrente è I = E/R e la potenza dissipata è W = RI 2 = (πa2 B0 v/L)2 /R.
c) Siccome la spira si muove a velocità costante la forza totale è zero. Cioè occorre una forza esterna che si
opponga alla forza magnetica, che tenderebbe a frenare la spira. Per calcolarla si possono seguire diversi metodi.
A) Siccome F · v = W si ha F = v(πa2 B0 /L)2 (dove v = vẑ). B) Oppure si può approssimare la spira con
un dipolo: F = −∇(µ · B)/2 dove µ = −πa2 Iẑ è il momento magnetico indotto della spira. C) È interessante
anche fare il conto nel modo più complicato: integrando le forze sui singoli portatori di carica, in quanto la
componente del campo magnetico che produce la forza verticale è la Bρ calcolata al punto a).
Compito di Fisica bIB (16 gennaio 2004)
22
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
Una carica puntiforme q è posta all’interno di un guscio conduttore sferico di raggio interno R e raggio esterno R0 , a distanza
d dal centro. Il guscio conduttore è posto a terra. Calcolare
1
a) Il potenziale ed il campo elettrico in tutto lo spazio.
b) La forza sulla carica q.
c) Mostrare che la carica totale indotta sulla sfera è pari a −q.
d) Come cambia la risposta a) se il guscio conduttore è isolato?
Soluzione:
a) È noto che due cariche q e q 0 = −qR/d a distanze dd0 = R2 dal centro di una sfera producono potenziale zero
sulla sfera. Questo è il sistema di cariche immagini che ci serve per calcolare E nella zona interna. Il fatto che
il conduttore abbia spessore finito non complica il problema. Dentro il conduttore e nella zona esterna E = 0.
b) La forza è attrattiva e vale F = qq 0 /4π0 (d − d0 )2 .
c) Siccome fuori E = 0, la carica totale (q + carica indotta) è zero.
d) La carica totale ora è q. Sulla superficie interna si dispone una carica totale −q distribuita in modo da schermare,
a r > R l’effetto della carica puntiforme. Sulla superfcie esterna si dispone uniformemente una carica totale q,
generando un campo radiale E = q/4π0 r2 . Dentro E rimane come prima.
2
Un tubo conduttore ha raggio esterno b, raggio interno a e altezza h b. Il tubo viene mantenuto in
rotazione intorno al proprio asse con velocità angolare ω. Calcolare:
a) Il campo elettrico nel cilindro in regime stazionario;
b) la distribuzione di cariche e di correnti (superficiali e di volume);
c) il campo magnetico nel cilindro;
d) le pressioni elettrostatica e magnetostatica sulle superfici laterali interna ed esterna, specificando in che verso
sono dirette.
Soluzione:
a) All’equilibrio la forza totale agente sugli elettroni è zero: F = qe E + me ω 2 r = 0 quindi E = −ω 2 rme /qe .
b) La densità di carica ρ è costante: usando la divergenza in coordinate cilindriche
ρ = 0 ∇ · E = 0
1 ∂
(rEr ) = −20 ω 2 me /qe .
r ∂r
La densità superficiale è σb = −0 E(b) e σa = 0 E(a). Il valore ed il segno sono quelli attesi in quanto la carica
totale viene zero: qtot = π(b2 − a2 )ρ + 2π(bσb + aσa ).
La carica gira e dentro il conduttore genera una corrente J (r) = ρv = ρω × r cioè Jθ = ρωr. Sulla superfici a e
b c’è una densità superficiale di corrente Υa,b
θ = σa,b va,b .
c) Per simmetria B è diretto lungo l’asse. Siccome la corrente è prodotta da una carica totale zero, Bz = 0 per
r < a e per r > b. Dalla IV equazione di Maxwell ed dal teorema di Stokes segue che appena dentro il cilindro
Bz (r = a) = −µ0 Υaθ = −µ0 σa ωa. Per calcolare Bz dentro il cilindro scelgo di non usare Stokes. Scrivo invece
la IV equazione di Maxwell in forma differenziale usando la formula del rotore in coordinate cilindriche:
(∇ × B)θ = −
∂Bz
= µ0 Jθ
∂r
:
Bz (r) = Bz (a) −
r2 − a2
µ0 ρω
2
per a < r < b.
Si può verificare che Bz (b + 0) = Bz (b − 0) − µ0 σb ωb viene zero come deve.
d) La pressione lungo una superficie dove E e B variano è data da p = ∆L dove L = 20 E 2 − 2µ1 0 B 2 ed è diretta
verso dove L è grosso. Il termine elettrico è dominante per ωb c: la pressione tende quindi a comprimere il
conduttore.
23
Una spira di forma semicircolare, raggio a, resistenza elettrica
R ed autoinduttanza L è posta col centro nell’origine di un
piano coordinato xy (vedi figura). Nel semipiano x > 0 è presente un
campo magnetico B ortogonale al piano stesso. Indichiamo con θ l’angolo formato dal diametro della spira con l’asse y, e consideriamo il caso
in cui la spira sia mantenuta in rotazione con velocità angolare costante
con legge oraria θ = ωt. Si calcoli:
3
y
θ
x
a) la f.e.m. indotta dal campo magnetico esterno sulla spira in
funzione del tempo (la si rappresenti graficamente);
b) la corrente che circola nella spira nell’ipotesi che L/R π/ω;
B
c) il momento delle forze esercitate sulla spira e la potenza necessaria
per mantenerla in rotazione.
Nell’istante in cui la spira ha compiuto esattamente un giro, il campo magnetico viene spento e la spira viene lasciata
libera di ruotare attorno al proprio asse senza attrito, determinare:
d) la legge oraria della spira e l’energia totale dissipata.
Soluzione: Scegliamo in maniera arbitraria una normale positiva n̂ per la spira, la quale è univocamente legata al
verso di percorrenza e al segno del generatore di forza elettromotrice ε. Analogamente scegliamo un verso arbitrario
per la corrente I che percorre la spira (vedi figura).
a) Dalla legge di Faraday abbiamo:
E =−
dΦB
dt
y
I
θ
ove il flusso ΦB è pari a:
ε
−
^
n
πa2
ΦB = Bz S(θ)
2π
+
x
In tale formula si è indicato con S(θ)/2π la frazione di area del
cerchio attraversata dal campo magnetico esterno B (vedi fig. 2).
In definitiva abbiamo:
R
B
1
E = − a2 Bz ωS 0 (θ)
2
SHΘL
S’HΘL
IHtL
I0
1
3
2.5
0.5
2
1.5
Θ
-2 Π
0
-Π
Π
2Π
3Π
4Π
1
Π
-
Ω
0
Π

Ω
2Π

Ω
3Π

Ω
4Π

Ω
t
-0.5
0.5
Θ
-2 Π
-Π
0
Π
2Π
3Π
4Π
-1
b) L’equazione del circuito è
E + RI + LI˙ = 0
:
LI˙ + RI =
1 2
a Bz ωS 0 (θ)
2
la cui soluzione può essere trovata componendo le soluzioni negli intervalli in cui S 0 (θ) risulta costante. Nell’ipotesi che il tempo di rilassamento τ = L/R sia molto minore del tempo fra i cambiamenti di segno della funzione
S 0 (ωt), abbiamo:
1 2
1 − e−t/τ
per t < π/ω
I0 =
a Bz ωS 0 (θ)
I(t) = I0 ·
1 − 2e−(t−π/ω)/τ per t > π/ω
2R
24
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
c) La forza di Lorentz viene esercitata dal campo B solo nella regione di filo presente nel semipiano x > 0. Inoltre
la forza che esercitata sul segmento circolare della spira è radiale e pertanto non contribuisce al momento del
campo sulla spira stessa. Rimane da calcolare il contributo associato al segmento rettilineo:
dF = −IdrBz S 0 (θ)r̂ × ẑ = IdrBz S 0 (θ)θ̂
Il momento totale è pertanto dato da:
Z
Z
Z
0
M = dM = r × dF = IBz S (θ)(r̂ × θ̂)
a
drr = I(t)Bz S 0 (θ)
0
a2
ẑ
2
dove I ed S 0 cambiano segno in modo che il momento delle forze tende sostanzialmente sempre ad opporsi al
moto. La potenza vale
PHtL
P0
P = M · ω = IωBz
a2 0
S (θ)
2
Π
-
Ω
0
Π

Ω
2Π

Ω
3Π

Ω
4Π

Ω
t
d) Al compimento del primo giro il campo magnetico B non è concatenato con la superficie e pertanto il suo
spegnimento non ha effetto sulla spira. In seguito la spira non è più soggetta a forze esterne e procede con
velocità angolare costante. La corrente attraverso la spira decade esponenzialmente come richiesto da un ordinario
circuito RL:
1 2
LI02
I(t) = I0 e−t/τ ove I0 = −
a Bz ω
E=
2R
2
Compitino di Fisica bIB (19 dicembre 2003)
Due piastre circolari di raggio a sono poste orizzontalmente una sopra l’altra a z = ±d/2 a. Ciascuna
delle due piastre contiene una carica −Q/2 distribuita uniformemente lungo la superficie. Il volume V fra le
due piastre è riempito con un materiale di conducibilità σ e densità iniziale di carica ρ0 = Q/V .
1
a) Calcolare la densità di corrente J all’istante iniziale.
b) Si mostri che ρ rimane uniforme e se ne calcoli l’evoluzione temporale.
c) Calcolare l’energia dissipata per effetto Joule.
d) Calcolare il campo magnetico.
Soluzione:
a) J = σE. Il campo elettrico è diretto lungo l’asse z e vale zero per z = 0. La prima eq. di Maxwell ∂Ez /∂z = ρ/0
implica Ez = zρ/0 per |z| < d/2. Fuori E = 0.
b) ρ̇ = −∇ · J = −σ∇ · E = −ρσ/0 : quindi ρ(t) = ρ0 e−t/τ dove τ = 0 /σ.
c) Si può procedere integrando la potenza W sul tempo. Oppure, si può più semplicemente usare il fatto che tutta
l’energia iniziale E0 viene dissipata:
Z
0 E 2
dQ2
E0 = dV
=
.
2
24πa2 0
d) ∇ × B = µ0 (J + J S ) dove J = σE è la corrente e J S = 0 Ė = −J è la ‘corrente di spostamento’. Quindi
B = 0.
25
IF
Una spira rettangolare di massa m è disposta verticalmente
in prossimità di un filo rettilineo infinito percorso da corrente costante IF . La spira ha resistenza R ed induttanza trascurabile.
Il sistema è soggetto all’azione del campo gravitazionale. Detta zI
la coordinata del lato della spira più vicino al filo (vedi figura), si
calcolino:
2
z
zI
g
R
a
a) il coefficiente di mutua induzione fra spira e filo;
b) l’equazione del moto per la spira;
b
c) il tempo t, a partire dal momento in cui la spira è lasciata libera di cadere, per il quale l’accelerazione è massima
ed il valore di tale accelerazione.
Soluzione: Indichiamo con n la normale alla spira la quale, sfruttando la regola della mano destra, individua il
rispettivo verso di percorrenza (antiorario in figura) ed il segno del generatore della forza elettromotrice E.
IF
a) Calcoliamo il campo B prodotto dal filo:
B=−
z
µ0 if
n
2πr
zI
I
e dal suo flusso attraverso la spira:
Φf→s
µ0 if b
= M if = −
ln
2π
z+a
z
g
+
R
a
n
otteniamo il coefficiente di mutua induttanza M richiesto.
ε
−
b
b) Trascurando l’autoinduttanza della spira abbiamo dal circuito in figura che E = RI, ove sfruttando la legge di
Faraday si ha:
µ0 if b d
z+a
dΦf →s
=
ln
E =−
dt
2π dt
z
da cui la corrente indotta a seguito del movimento della spira:
I=−
a
µ0 if b
ż
2πR z(z + a)
Calcolando la forza di Lorentz, osserviamo che i lati verticali sono soggetti a contributi opposti i quali si elidono,
mentre per i lati orizzontali abbiamo:
µ0 if I
ab
z
F f→s =
2π z(z + a)
L’equazione del moto è pertanto:
mz̈ = −
µ0 if a
2πz(z + a)
2
b2
ż + mg
R
Come atteso l’induzione magnetica produce una forza tipo attrito. Nei limiti in cui questa forza è ‘grossa’ o
‘debole’ sarebbe semplice risolvere l’equazione del moto.
c) Nell’equazione del moto il termine dipendente dalla velocità ha segno opposto al termine costante dovuto alla
forza di gravità; pertanto l’accelerazione massima z̈ = g si ha all’inizio della caduta (ed eventualmente anche a
t → ∞).
Una piccola spira circolare di raggio a, resistenza R e induttanza trascurabile si trova all’interno di un lungo solenoide
avente n spire per unità di lunghezza. Il centro della spira giace sull’asse del solenoide, con il quale l’asse della spira forma un angolo θ
(vedi figura). Nel solenoide passa la corrente (lentamente) variabile
nel tempo I(t) = I0 t/τ .
3
x
θ
a) Calcolare la corrente i indotta nella spira ed il campo magnetico totale al centro della spira;
B
z
26
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
b) Calcolare il momento delle forze sulla spira;
c) Discutere la forza sulla spira (almeno in direzione e verso) nel caso in cui essa sia vicina ad una estremità.
Soluzione:
a) Il campo generato dal solenoide al suo interno vale B = µ0 nI(t). Il flusso attraverso la spira vale Φ = πa2 B cos θ,
la forza elettromotrice indotta e la corrente circolante nella spira sono quindi
E =−
πa2 µ0 nI0 cos θ
dΦ
=−
,
dt
τ
Isp =
E
.
R
Al centro della spira la corrente indotta genera un campo Bsp che in modulo vale
Bsp =
µ0 Isp
πaµ20 nI0 cos θ
=
2a
2Rτ
che, dovendo opporsi alla variazione di flusso per la legge di Lenz, forma un angolo π − θ con il campo generato
dal solenoide. Il campo magnetico totale al centro della spira avrà una componente lungo z ed una lungo x
Bx = −Bsp sin θ
Bz = µ0 nI − Bsp cos θ
b) Il momento M che agisce sulla spira vale M = µ × B, dove µ = Isp Sn è il momento magnetico della spira.
Quindi
π 2 a4 µ20 n2I02 sin θ cos θ
t
M = πa2 · Bsp · µ0 nI sin(π − θ) =
Rτ 2
c) La forza sulla spira vale vale F = ∇(µ·B), con l’orientazione di µ costante. Siccome il µ indotto è anti-parallelo
a B la forza tende a muovere la spira verso l’esterno del solenoide. Calcolare il gradiente di B richiede solo
tempo; è facile stimare che attorno all’imboccatura ∇B ∼ B/a.
Compitino di Fisica bIB (18 novembre 2003)
1
Due sfere indeformabili di uguale raggio R, aventi massa M e cariche ±Q uniformemente distribuite nel
proprio volume, si attraggono partendo da fermo e da distanza infinita.
a) Si calcoli l’energia iniziale del sistema.
b) Si calcoli la velocità delle sfere quando si toccano (cioè quando la distanza tra i centri è d = 2R).
Dopo il contatto, le sfere continuano a muoversi compenetrandosi senza attrito.
c) Mostrare che il campo elettrico nella regione di sovrapposizione delle sfere è uniforme e darne il valore in funzione
della distanza d (< 2R) tra i centri.
d) Si calcoli la velocità delle sfere quando i centri si sovrappongono (d = 0).
Soluzione:
a) Il calcolo dell’energia delle due sfere, quando la distanza dei centri sia tale da non avere sovrapposizione delle
rispettive distribuzioni di carica, si può scrivere come:
Z
Z
1
1
U=
dq1 (ϕ1 + ϕ2 ) +
dq2 (ϕ1 + ϕ2 ) = 2U0 + Uint
2 S1
2 S2
R
ove si è indicato con U0 = 21 S1 dq1 ϕ1 l’energia necessaria all’assemblaggio di una singola sfera e con Uint il
contributo associato all’interazione delle due distribuzioni. Calcolo di U0 : ci serve il campo elettrico determinato
da ogni singola sfera il quale, utilizzando il teorema di Gauss, risulta essere:
 kQ
 R3 r r < R
E(r) =
 kQ
r≥R
r3 r
27
quindi la funzione potenziale associata alla presenza di una singola distribuzione sferica di carica è pari a:
ϕ(r) =


kQ
R
+
kQ
2
2R3 (R

− r2 )
r<R
kQ
r
r≥R
e l’energia di autointerazione risulta dall’integrale:
U0 =
1
2
Z
dqϕ =
Sr
ρ
2
Z
drϕ(r) =
Sr
ρ
2
Z
R
0
kQ
3 kQ2
3R2 − r2 drdΩ =
3
2R
5 R
Calcolo di Uint : se r > 2R sappiamo che è conseguenza del teorema di Gauss il fatto che la forza di interazione
fra le sfere è uguale a quella fra due cariche puntiformi poste nei rispettivi centri. Quindi l’energia potenziale
elettrostatica totale risulta pari a:
U (r) =
6 kQ2
kQ2
−
5 R
r
per r ≥ 2R.
b) Si conserva sia l’impulso totale che l’energia del sistema e pertanto:
2
kQ2
M v2 =
2
2R
r
:
v=
kQ2
2M R
c) Sia ora r il vettore posizione del centro di S2 rispetto al centro di S1 , supponiamo r < 2R e poniamo l’origine di
un sistema di riferimento coincidente col punto di mezzo di tali centri. In tal caso, considerando punti all’interno
delle distribuzioni di entrambe, abbiamo:
E(x) = E 1 (x +
r
kQ r kQ r kQ
r
) + E 2 (x − ) = 3 x +
− 3 x−
= 3r
2
2
R
2
R
2
R
da cui la costanza del campo nella zona di sovrapposizione.
d) Nel momento in cui i centri delle sfere sono coincidenti, le due cariche e i rispettivi campi si elidono. L’energia
della configurazione risulta U (0) = 0 e pertanto, con le medesime considerazioni utilizzate per il calcolo al punto
b, si ha:
r
2
6 kQ2
2
M v = U (∞)
:
v=
.
2
5 MR
Due cariche puntiformi Q1 = q e Q2 = −q sono poste di fronte ad un piano
conduttore infinito e messo a terra. Le due cariche sono poste a distanza d
l’una dall’altra ed entrambe a distanza d/2 dal piano. Calcolare:
2
a) la forza totale esercitata dalle cariche sul piano;
y
d
2
b) il campo elettrico sull’asse z a distanza z d dal piano (vedi figura);
c) la densità superficiale σ(x, y) di carica indotta sul piano conduttore lungo la
retta x = 0;
d) l’energia elettrostatica del sistema.
Soluzione:
Il sistema di cariche immagini è mostrato in figura.
+q
d
d
2
−q
x
z
28
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
a) La forza che le cariche esercitano sul piano è uguale ed opposta alla forza che il piano
esercita sulle cariche:
y
^
θ
F1+2→piano = −Fpiano→1+2 = −(q · E1 − q · E2 )
d
2
−q
ove Ei indica il campo determinato, nella posizione della carica i-esima, dalle altre
cariche presenti nel sistema. Utilizzando la tecnica delle cariche immagini si ha:
kq
kq ẑ + ŷ
kq ẑ − ŷ
kq
−q·
ẑ − 2 √
F piano→1+2 = q · − 2 ẑ + 2 √
d
2d
d2
2d
2
2
kq 2
1
= − 2 2− √
ẑ
d
2
3
+q
θ
z
2
4
+q
d
2
−q
b) Il calcolo del campo elettrico a distanza z d dal piano suggerisce di considerare le quattro cariche, quelle reali
e le loro immagini, come una coppia di dipoli. Posto p = qdŷ, abbiamo il potenziale:
p · r p · r p · r −
k
'
−kd
ẑ
·
∇
ϕ(x) = k 3 r r=x− d2 ẑ
r3 r=x+ d2 ẑ
r3 r=x
ed utilizzando il sistema di coordinate polari di figura abbiamo:
p·r
p sin θ
p ∇ 3 =∇
=
−2
sin
θr̂
+
cos
θ
θ̂
r
r2
r3
ovvero, sviluppando il prodotto scalare:
3kdp
sin 2θ
2|x|3
Siamo ora in grado di calcolare il campo come:
E(x) = − ∇ϕ|x '
i
3 dkp h
3
sin
2θr̂
−
2
cos
2θ
θ̂
2 |x|4
da cui il risultato richiesto, qualora si ponga θ = 0.
c) Calcoliamo la carica indotta sul piano come somma della carica indotta da ciascuna delle q1,2 separatamente.
Indicata con r la posizione di un punto del piano relativamente alla proiezione ortogonale della carica sul piano
stesso, abbiamo che il campo elettrico, appena all’esterno della superficie conduttrice, è pari a:
kqdẑ
E(r) = −
r2 +
d2
4
23
e sfruttando il teorema di Gauss:
σq (r) = 0 (Eext. − Eint ) · ẑ = −
qd
4π r2 +
d2
4
32
Sommando quindi i contributi dovuti alla presenza di entrambe le cariche si ha:


qd 
1
1

σ(0, y, 0) =
3
3 −
2
4π
d 2
d2 2
d 2
(y + ) +
(y − ) + d 2
2
4
2
4
d) L’energia potenziale della configurazione è pari a:
1
U=
2
Z
1 X
1
ρ(r)ϕ(r)dr +
qi ϕ(ri ) =
2 i=1,2
2
z>0
1
2
r
1
d
il cui opposto è la forza richiesta.
ϕ(x) '
^
x
!
1 X
ρ(r)ϕ(r)dr +
qi ϕ(ri )
2 i=1...4
z∈<
Z
immagini.
ove si intende che i potenziali ϕ(ri ) nelle sommatorie sono quelli determinati da tutte le cariche escludendo la qi
considerata. Il secondo segno di eguaglianza è giustificato dalla simmetria del problema con le cariche immagini
^
29
e dal fatto che il dominio di integrazione è in tal caso esattamente il doppio di quello usato nel caso in cui sia
presente il piano conduttore. Possiamo quindi calcolare l’energia del sistema come:
U=
1
1
1 kq 2
Uq1 +q2 +q3 +q4 = 4 Uq1 = −(2 − √ )
2
2
2 d
ove si è sfruttata nuovamente la simmetria della distribuzione di cariche.
Lo spazio tra le armature di un condensatore cilindrico, di altezza h e raggi r1 e r2 (r1 < r2 , e h r2 − r1 ), è riempito di
un materiale isolante non omogeneo, la cui costante dielettrica relativa
varia con r secondo la legge
3
εr = ε1 +
ε2 − ε1
(r − r1 )
r2 − r 1
dove r è la distanza dall’asse comune delle due armature. Il condensatore
ha una carica Q.
h
r1
r r2
εr
a) Calcolare la capacità del condensatore. Può essere utile l’integrale indefinito
Z
dx
1
a + bx
= − log
.
x(a + bx)
a
x
b) Calcolare l’energia elettrostatica immagazzinata nel condensatore.
c) Calcolare, su tutto lo spazio, la densità di energia elettrostatica per unità di volume.
d) Calcolare le densità di carica di polarizzazione, sia superficiali che di volume, presenti nel dielettrico. Ricordare
che, in coordinate cilindriche,
1 ∂ (rAr ) 1 ∂Aϕ
∂Az
∇·A=
+
+
r ∂r
r ∂φ
∂z
Soluzione:
a) Il condensatore può essere visto come una serie di condensatori cilindrici concentrici tra r e r + dr, per ognuno
dei quali d(1/C) = dr/2πrhε0 εr . L’inverso della capacità totale vale quindi
Z r2
Z r2
1
1
dr
1
dr
ε 1 r2 − ε 2 r1
ε 2 − ε1
=
=
, dove a =
e b=
C
2πhε0 r1 εr r
2πhε0 r1 r(a + br)
r2 − r1
r 2 − r1
da cui
1
1 1
(a + br1 )r2
1
r 2 − r1
ε 1 r2
=
log
=
log
C
2πhε0 a
(a + br2 )r1
2πhε0 ε1 r2 − ε2 r1
ε 2 r1
b) U = Q2 /2C.
c) u = D · E/2 tra le armature, 0 fuori. D e E sono ambedue sempre diretti lungo la coordinata cilindrica r, ed i
loro moduli valgono
Q
D
Q(r2 − r1 )
D=
, E=
=
.
2πhr
ε0 εr
2πε0 hr[(ε1 r2 − ε2 r1 ) + (ε2 − ε1 )r]
d) La polarizzazione per unità di volume P è nulla fuori dalle armature, mentre tra le armature vale P = ε0 χE =
ε0 (εr − 1)E = (1 − 1/εr )D. Quindi anche P è diretta lungo r, ed in modulo vale
r 2 − r1
Q
P = 1−
.
(ε1 r2 − ε2 r1 ) + (ε2 − ε1 )r 2πhr
30
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
Facendo l’ipotesi che l’armatura interna sia carica positivamente, le densità superficiali di carica di polarizzazione
σp sulle armature interna ed esterna valgono
σpint
1
=− 1−
ε1
Q
,
2πhr1
σpest
=
1
1−
ε2
Q
.
2πhr2
La densità di carica di polarizzazione per unità di volume vale
1 Q ∂
r2 − r 1
Q
(ε2 − ε1 )(r2 − r1 )
1 ∂ (rPr )
=
1−
=
ρp (r) =
r ∂r
r 2πh ∂r
(ε1 r2 − ε2 r1 ) + (ε2 − ε1 )r
2πhr [(ε1 r2 − ε2 r1 ) + (ε2 − ε1 )r]2
Compito di Fisica bIA (19 settembre 2003)
Un generatore eolico o idroelettrico è rozzamente schematizzabile come una spira di superficie S mantenuta in
rotazione con velocità angolare ω (parallela al piano della spira) all’interno di un campo magnetico costante
e uniforme B 0 perpendicolare a ω. La spira ha resistenza r e mediante opportuni contatti striscianti i suoi capi sono
connessi ad un circuito avente resistenza R.
1
a) Calcolare la differenza di potenziale ai capi della spira a circuito aperto.
La spira viene ora chiusa sul circuito. Tracurando l’autoinduzione della spira:
b) Calcolare la differenza di potenziale ai capi della spira a circuito chiuso.
c) Calcolare la potenza dissipata nel circuito.
d) Calcolare la potenza meccanica esercitata dalle forze esterne per mantenere la spira in rotazione ed il momento
M esercitato da queste forze.
e) Si assuma ora che la spira ha un coefficiente di autoinduzione L e si risponda nuovamente alle domande a)-b).
Soluzione:
a) Φ = B0 S cos ωt, quindi E = −Φ̇ = ωB0 S sin ωt
b) Passa una corrente I = E/(r + R). La differenza di potenziale ai capi della spira vale RI = E/(1 + r/R).
c) W = EI. In media temporale hW i = 12 I 2 (r + R)
d) −W = Wmecc = M · ω = M ω sin ωt. Alternativamente, serve un momento magnetico opposto a quello generato
dalla forza magnetica: M = −µ × B i.e. M = −ISB0 sin ωt = −IE/ω.
e) Adesso E = LI˙ + (r + R)I. A regime I˙ = iωI per cui V = E/[1 + (r + iωL)/R].
Un lungo solenoide cilindrico è costituito da N spire per unità di lunghezza avvolte su un nucleo di ferro di
raggio R e lunghezza L R. Il ferro ha permeabilità magnetica µ e conducibilità elettrica σ. Nelle spire si
fa passare la corrente alternata I = I0 cos ωt.
2
a) Calcolare il campo magnetico all’interno del solenoide.
b) Calcolare il campo elettrico indotto all’interno del solenoide.
c) Si spieghi perchè il nucleo di ferro si riscalda e si calcoli la potenza dissipata per unità di lunghezza.
31
Soluzione:
a) B = µH = µnI
b) Siccome ∇ × E = −Ḃ viene Eθ = 12 rµnI0 ω sin ωt
c) E induce una corrente j = σE e quindi una potenza dissipata jE per unità di volume.
3
Una nuvola sferica di raggio R e carica totale Q è costituita da N particelle di carica q = Q/N e massa m,
inizialmente (t = 0) distribuite con densità uniforme.
a) Calcolare l’energia potenziale di una carica posta a distanza r dal centro della nuvola.
Per effetto della repulsione coulombiana la nuvola inizia ad espandersi radialmente, mantenendo la simmetria sferica.
Nel corso del moto radiale le particelle non si scavalcano (cioè se inizialmente due strati di particelle si trovano alle
distanze r1 (0) e r2 (0) > r1 (0) dal centro, ad ogni istante successivo r2 (t) > r1 (t).)
b) Sia r = r(t) la posizione al tempo t delle particelle che a t = 0 sono a distanza r0 = r(0) < R dal centro.
Mostrare che l’equazione del moto per r = r(t) è
qQ r0 3
d2 r
m 2 =
(∗)
dt
4π0 r2 R
c) Si dica a che distanza dal centro si trovano inizialmente le particelle che acquistano la massima energia cinetica
durante l’espansione, e si dia il valore di tale energia massima.
Soluzione:
a)
(
V (r) =
Q
r2
4π0 (− 2R3
Q 1
4π0 r
+
3
2R )
per r < R
per r > R
b) Poichè le particelle non si scavalcano, la carica contenuta entro una sfera di raggio r(t) rimane costante.
c) L’energia potenziale corrispondente all’equazione del moto (*) è Ur0 = (Q/4π0 )(r0 /R)3 /r. L’energia cinetica
massima viene acquistata a distanza infinita ed è uguale a Ur0 , che è massima per r0 = R.
Due lastre metalliche identiche di superficie S e
massa M possono scorrere senza attrito lungo la
superficie interna di una guida isolante.
Inizialmente le la√
stre sono a distanza h = hi S fra loro. Nello spazio
fra le lastre si trova un gas avente densità n = ni e suscettività dielettrica κi . Si supponga che sulle lastre si trovino
rispettivamente le cariche +Q e −Q.
4
κ
a) Calcolare la forza tra le lastre e l’energia elettrostatica del sistema,
b) Calcolare la velocità delle lastre quando, sotto l’azione delle forze elettrostatiche, la distanza fra esse è variata
di hi /2.
Si supponga ora che la suscettività dielettrica del gas dipenda linearmente dalla sua densità:
κi
κ= n
ni
La guida è a tenuta stagna e quindi la quantità totale di gas tra le lastre è costante (la pressione cinetica del gas è
trascurabile).
c) Sotto questa nuova ipotesi si risponda di nuovo alle domande a), b).
Si supponga ora che le lastre siano connesse fra loro attraverso un generatore che mantiene una differenza di potenziale
costante V tra esse, mantenendo le altre ipotesi.
c) Rispondere di nuovo alle domande a), b) (κ costante) e c) (κ variabile con la densità).
32
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
Soluzione:
a) Ues = Q2 /2C = Q2 h/2S dove = 0 (1 + κi ). F = −∂Ues /∂h = −σE/2 (attrattiva).
f
i
i
b) Poichè il ssitem a è isolato K f − K i = 2(M v 2 /2) = Ues
− Ues
= Ues
/2 = Q2 /4C.
c) Come a) e b), ma nel calcolo dell’energia bisogna considerare la variazione di = (h) = 0 (1 + κi hi /h):
f
i
Ues
− Ues
= (Q2 /2)[hi /(2(hi /2)) − hi /(hi )].
d) Per uno spostamento a V costante dUes = d(CV 2 /2) = (V 2 /2)dC, dUgen = −dW = V dQ = V 2 dC, dUtot =
f
i
dUes + dURgen = −(V 2 /2)dC, dove dC = d(S/h) = S(−/h2 + ∂h /h)dh. In particolare K f − K i = Utot
− Utot
=
2
−(V /2) dC e quindi
Z hi /2
M v 2 = −S(V 2 /2)
(−/h2 + ∂h /h)dh.
hi
Compito di Fisica bIA (11 luglio 2003)
Un filo percorso dalla corrente variabile I = I0 t/τ è disposto lungo l’asse z di un sistema di riferimento. Lungo
l’asse x, a distanza r dal filo si trova una piccola spira quadrata
di lato a r e resistenza R. Il piano della spira è perpendicolare
al piano zy e forma un angolo α col piano xy.
Calcolare:
1
a) la corrente i indotta nella spira;
b) la forza sulla spira, specificandone il verso;
c) il momento delle forze sulla spira, specificandone il verso.
Sulla superficie di un palloncino sferico di raggio a è distribuita la
carica Q. Il palloncino si trova all’interno di un guscio conduttore
sferico di raggio R > 2a. I centri delle due sfere coincidono.
Il conduttore viene messo a terra, cioè mantenuto a potenziale nullo.
2
a) Calcolare la differenza di potenziale tra palloncino e guscio.
b) Calcolare la pressione elettrostatica sul palloncino e sulla superficie
interna del guscio conduttore.
Il palloncino si espande fino ad un raggio a0 = 2a.
c) Calcolare il lavoro compiuto dalle forze durante l’espansione del palloncino.
Si consideri ora il caso in cui il guscio conduttore è isolato.
d) Si dica come cambiano le risposte a)-c) rispetto al caso di conduttore a terra.
Un condensatore piano è costituito da due armature di superfice S e distanziate di d si trovano le cariche ±Q.
Calcolare la differenza di potenziale tra le armature nei casi seguenti:
3
√
S. Sulle armature
a) Il condensatore è riempito con due strati sovrapposti di spessore d/2 aventi costante dielettrica a , b > a .
b) Il condensatore è riempito con N strati sovrapposti di spessore d/N aventi costante dielettrica 1 = a , 2 =
a + δ, . . . , n = a + (n − 1)δ, . . . , N = b essendo δ = (b − a )/(N − 1).
33
c) Il condensatore è riempito con un materiale di densità variabile in modo che la costante dielettrica varia nello
spazio tra le armature in maniera continua secondo la legge (0 < x < d)
(x) = a + (b − a )x/d
Compito di Fisica bIA (20 giugno 2003)
Un cilindro di raggio r e lunghezza r è formato da due semicilindri dielettrici (a sezione di semicerchio,
uniti lungo l’altezza) di costanti dielettriche relative κ1 , κ2 e permeabilità magnetiche µ1 = µ2 . Sul cilindro
si avvolgono n spire per unità di lunghezza in cui si fa passare una corrente I(t) dipendente (lentamente) dal tempo.
1
a) Calcolare il campo elettrico all’interno del cilindro.
Si supponga ora µ1 6= µ2 .
b) Si risponda di nuovo alla domanda a).
Un gas di N elettroni è confinato in una lastra quadrata di lato L e spessore a L. Il sistema è posto in
un campo magnetico uniforme, parallelo alla superficie della lastra, che nel vuoto ha valore H0 . Si calcoli la
suscettività magnetica χ del sistema seguendo i seguenti passi:
2
a) si calcoli il momento magnetico di un elettrone di velocità v che si muove in un campo uniforme H;
b) supponendo che tutti gli elettroni abbiano velocità v e che il loro moto sia confinato nel piano della lastra,
calcolare la magnetizzazione M;
c) sapendo che il campo H è la somma del campo esterno H0 e del campo dovuto alla magnetizzazione, si calcoli
χ specificando se il sistema risulta diamagnetico o paramagnetico.
Soluzione:
a) L’elettrone gira con velocità v e raggio R dato da v 2 /R = evB/m generando una corrente i = e/T ed dipolo
magnetico
evR
mv 2 e2
µ = πR2 i =
=
2
2 B
Un satellite in orbita polare (raggio r0 > RT , si trascuri la differenza fra polo nord geografico e magnetico)
intorno alla terra è schematizzabile come una spira circolare di raggio a e resistenza R. Il satellite orbita con
velocità costante v ed asse parallelo a v. Sia µT il momento di dipolo magnetico terrestre. Calcolare:
3
a) la corrente I indotta nel satellite in funzione della sua posizione.
b) la potenza istantanea Pe dissipata per effetto Joule;
c) la forza meccanica Fm sul satellite e la potenza Pm sviluppata da essa;
d) l’energia totale Ud dissipata lungo un’orbita, nell’ipotesi Ud U , essendo U l’energia totale del satellite.
34
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
Soluzione:
• Φ = ABθ con Bθ = ...µ sin θ/r03 . E = −Φ̇
Compito di Fisica bIA (7 febbraio 2003)
Un condensatore piano (superficie S, spessore h = h0 + h1 + h2 ) è riempito con tre strati di materiali diversi:
un primo strato di materiale dielettrico con costante dielettrica relativa κ1 avente spessore h1 , uno strato
intermedio di conduttore con resistività ρ avente spessore h0 , ed un terzo strato di materiale dielettrico con costante
dielettrica relativa κ2 avente spessore h2 . Il condensatore è posto in serie ad un generatore di tensione costante V .
1
a) Si trovino in condizioni stazionarie il campo elettrico all’interno di ciascuno strato e le densità di carica libera
sulle superfici di separazione.
b) Si calcoli il tempo caratteristico affinchè il sistema raggiunga la condizione stazionaria e l’intensità di corrente
nel conduttore durante la fase transiente.
Soluzione:
a) Sia σ la densità di carica libera superficiale alla separazione tra l’armatura del condensatore ed il dielettrico 1 e
σc la densità alla separazione tra il dielettrico 1 ed il conduttore. La neutralità impone che tra il dielettrico 2 e
l’altra armatura ci sia una densità −σ e che tra il dielettrico 2 ed il conduttore ci sia −σc . Poichè nel conduttore
E = 0 deve essere σ = −σc . Si ha quindi che il campo D = 0 κE è lo stesso nei due dielettrici: D1 = D2 ovvero
κ1 E1 = κ2 E2 . Dall’altra condizione E1 h1 + E2 h2 = V si trova D = σ = 0 V /(h1 /κ1 + h2 /κ2 ) ≡ σ0 .
a) Durante la fase transiente nel conduttore esiste un campo E0 6= 0 e σc 6= σ. Nel conduttore passa la corrente
I = V0 /R = dQc /dt dove V0 = E0 h0 , R = ρh0 /S, e Qc = σc S. Quindi dσc /dt = E0 /ρ (che è la legge di Ohm in
forma differenziale). Dalle condizioni al contorno D1 − D0 = σc e D0 − D2 = −σc si ha che D1 = D2 . Usando
V −Hσ
inoltre E1 h1 + E0 h0 + E2 h2 = V , si ha E0 = 00(H+h
dove H ≡ (h1 /κ1 + h2 /κ2 ). Sostituendo si ha infine
0)
dσc /dt =
2
H
0 ρ(H+h0 ) (V /H
− σ); la soluzione è σc = σ0 (1 − e−t/τ ) dove τ =
0 ρ(H+h0 )
.
H
Un dipolo elettrico p è posto a distanza z da un piano conduttore infinito mantenuto a potenziale zero. La
direzione del dipolo forma un angolo θ con la normale al piano. Si determini:
a) il potenziale elettrico ed il campo elettrico in tutto lo spazio;
b) la densità di carica sul piano conduttore;
c) la forza sul dipolo;
d) il momento delle forze sul dipolo.
Soluzione:
a) Nella regione esterna al conduttore il potenziale ed il campo sono quelli dovuti al dipolo p più un dipolo immagine
p0 posto in posizione simmetrica rispetto a p (cioè p0x,y = px,y e p0z = −pz ). Quindi
p
p · r p0 · r 0
V =
+
4π0
r3
r03
con α di α0 , relativi alla direzione dei due dipoli, Sulla superficie del conduttore r = r0 e V = 0.
b) Ricordando che un dipolo p genera il campo elettrico
1 2(p · r)r r × (r × p)
E=
+
4π0
r5
r5
la carica superficiale vale σ = 0 Ez = pz /π0 z 3 .
35
c) Conviene scrivere l’energia potenziale di interazione fra i due dipoli:
Ue =
1
p2
(p · p0 − 3px p0 x) = −
(1 + cos2 θ).
3
4π0 (2z)
32π0 z 3
2
3p
2
Si ha Fz = − ∂U
∂z = − 32π0 z 4 (1 + cos θ).
2
p
d) Il momento è M = − ∂U
∂θ = − 32π0 z 3 sin 2θ.
3
Una sfera di raggio a e massa Ms è vincolata a muoversi su un asse verticale nel campo della gravità g. A
distanza z a sotto la sfera ed in asse con essa è fissata una spira di raggio b z e resistenza R.
a) Connettendo la spira ad un generatore di tensione si fa circolare in essa una corrente i0 . Si scriva l’energia
potenziale d’interazione tra la sfera e la spira e si trovi l’eventuale condizione per la quale la sfera rimane in
equilibrio nel campo di gravità nelle due situazioni seguenti:
a1) la sfera ha una magnetizzazione permanente M nella direzione parallela all’asse (si considerino esplicitamente i casi in cui M è parallela od antiparallela a g.);
a2) la sfera ha una permeabilità magnetica κ.
b) La spira è disconnessa dal generatore e la sfera con magnetizzazione costanteM è lasciata cadere. Si calcolino,
in funzione della posizione z e della velocità di caduta vz della sfera:
b1) la corrente indotta nella spira, trascurando il coefficiente di autoinduzione;
b2) la forza esercitata sulla sfera. Si dica se la forza magnetica rinforza l’azione della gravità o si oppone ad
essa.
Soluzione:
a1) A distanze z b il campo magnetico della spira è quello di un dipolo mi = πb2 i0 ẑ: quindi sull’asse B 0 (z) '
ẑµ0 mi /(2πz 3 ). Considerando il campo uniforme sulla sfera, l’energia potenziale è U ' −ms · B(z) dove ms =
3µ0
(4πa3 /3)M ≡ Vs M è il momento magnetico della sfera. La forza magnetica è Fz = −dU/dz = − 2πz
4 ms · mi ,
ed è attrattiva (repulsiva) se ms , mi sono concordi (discordi); nel secondo caso se Fz = Ms g la sfera rimane in
equilibrio.
(κ−1)Vs 2
a2) La magnetizzazione indotta è MB = κ−1
µ0 κ B 0 (z) e l’energia potenziale é U = −(1/2)Vs MB ·B 0 (z) = − 2µ0 κ B0 (z).
La forza magnetica Fz = −dU/dz ∝ −1/z 7 è sempre attrattiva.
b1) Il campo magnetico generato dalla sfera sulla spira è B s (z) ' ẑµ0 ms /(2πz 3 ) dove ms = Vs M. Il flusso è
2
Φ(Bs ) ' πb2 B s (z)· ûz . La forza elettromotrice indotta è = −dΦ(Bs )/dt = − µ0zb3 vz ms · ûz , essendo vz = dz/dt,
e la corrente è i = /R.
3µ0
2
b2) Usando i risultati del punto a1) Fz = − 2πz
4 ms · mi dove mi = πb iûz . Quindi Fz =
repulsiva.
3µ20 b4 vz
2
2Rz 7 |ms |
ed è sempre
Compito di Fisica bIA (17 gennaio 2003)
1
Nel modello di Thomson per l’atomo di idrogeno, la carica positiva e è distribuita uniformemente in una
sfera di raggio a0 . L’elettrone di carica −e è considerato puntiforme e si muove all’interno della sfera.
a) Calcolare il campo elettrico ed il potenziale generati dalla carica positiva e la posizione d’equilibrio per l’elettrone
(assunto in uno stato di momento angolare nullo).
b) Determinare l’energia di ionizzazione UI (ovvero l’energia necessaria ad estrarre l’elettrone dall’atomo). Trovare
il valore di a0 consistente col valore sperimentale UI = 2.18 × 10−18 Joule.
36
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
c) Determinare il periodo di oscillazione dell’elettrone intorno alla posizione d’equilibrio e confrontarlo col valore
sperimentale T = 3.04 × 10−16 sec−1 .
d) Si calcoli il momento di dipolo elettrico p indotto nell’atomo da un campo esterno E 0 , la polarizzabilità α
dell’atomo e la costante dielettrica dell’idrogeno allo stato solido (cioè nello stato in cui tutti gli atomi sono
adiacenti fra loro a formare un reticolo).
Si assuma ora che l’elettrone descriva un’orbita circolare (interna alla sfera) con un valore assegnato L del momento
angolare.
e) Calcolare il raggio rorb ed il periodo Torb dell’orbita, il momento magnetico µ dell’atomo ed il campo magnetico
B 0 generato dall’elettrone al centro dell’atomo. Sono gradite stime numeriche (si prenda L = 1.0546 × 10−34
Joule × sec).
Soluzione:
(
a) Il campo è radiale; E(r) =
e
4π0
e
4π0
r
a30
1
r2
r < a0
; V (r) =
r > a0
(
− 4πe0 a0
e 1
+ 4π
0 r
r2
2a20
−
3
2
r < a0
;
r > a0
equilibrio stabile in r = 0.
b) UI = −eV (0) = 3e2 /8π0 a0 , uguale al valore sperimentale per a0 = 1.6 10−10 m.
c) Dall’equazione del moto
r̈ = −
e e r
= −ω 2 r
me 4π0 a30
si ha ω 2 = e2 /4π0 me a30 e quindi T = 2π/ω = 7.9 10−16 s.
d) La nuova posizione d’equilibrio req è data da E(req ) = E 0 da cui r eq = 4π0 a30 E 0 /e; p = −er eq = αE 0 dove
α = 4π0 a30 ; la densità di atomi è n = 1/(2a0 )3 ; quindi = 1 + nα/0 = 1 + π/2.
p
2
2
3
3
2
e) Dal bilancio delle forze radiali me rorb
pωorb = e rorb /(4π0 a0 ) si ricava la frequenza orbitale ωorb = e /4π0 me a0
e Torb = 2π/ωorb . Il raggio è rorb = L/me ωorb . Schematizzando l’elettrone orbitante come una spira di corrente
e
i = −eωorb /2π si ricava µ= − 2m
L, B 0 = −µ0 eω orb /4πrorb .
e
Un cilindro è costituito da due semicilindri di forma identica, aventi
una sezione semicircolare di raggio R e altezza h R, e permeabilità
magnetiche relative κ1 e κ2 . Sul cilindro si avvolge N volte un filo nel quale
passa la corrente I, formando cosı̀ un solenoide.
κ1
2
a) Determinare i campi H e B e la magnetizzazione indotta M nel cilindro.
κ2
b) Determinare la pressione sulla superficie di contatto fra i due semicilindri.
c) Stimare il coefficiente di autoinduzione L del solenoide.
Soluzione:
a) H è continuo, uniforme e vale H = N I/h. B e M sono uniformi nei semicilindri e discontinui alla superficie;
Bi = µ0 κi H, Mi = Bi /µ0 − H.
b) P = (B12 − B22 )/2µ0 .
c) L = Φ(B)/I = πR2 (B1 + B2 )N /2I = πµ0 R2 N 2 (κ1 + κ2 )/2h.
37
Un condensatore costituito da due cilindri coassiali (raggi interno ed esterno r1 < r2 , altezza h r2 ) è posto
in serie ad un generatore di tensione costante V . Il condensatore
viene riempito d’acqua (costante dielettrica > 1, conducibilità
σ) fino ad un livello l < h. Calcolare
V
h
3
a) i campi E, D nel condensatore e la carica Q sulle armature;
l
b) la corrente I nel circuito.
Si interrompe ora la tensione:
c) calcolare il tempo di scarica del condensatore in funzione del
livello dell’acqua.
0 r1
r2
Soluzione:
a) E = E(r)ur ha simmetria radiale ed è continuo
R r alla superficie dell’acqua, mentre D = D1 = E nel vuoto e
D = D2 = E nell’acqua. Dalla relazione − r12 drE(r) = V si ha E(r) = Vr (ln rr12 )−1 . Dal th. di Gauss
2πr[D1 (h − l) + D2 l] = Q/0 , quindi Q = CV dove C = 2π0 (h − l + l)/ln rr12 .
b) Integrando la densità di corrente J = σE sulla superficie si ha I = V /R dove R = ln(r2 /r1 )/2πlσ.
c) Il sistema è equivalente ad un circuito RC dove R, C sono dati sopra e quindi τ = RC ∝ l(h − l + l).
Compitino di Fisica bIA (20 dicembre 2002)
Si calcoli, per 0 < X < a ed in condizioni stazionarie:la corrente I che circola nella spira (intensità e verso); la
Si considerino ora le fasi di ingresso del lato destro (X = 0, t = 0) e del lato sinistro (X = a, t = a/V ) della spira
nella regione di campo magnetico:
b)
d)
a)
c) Assumendo che la spira abbia un coefficiente di autoinduzione L, si calcoli l’andamento temporale di I(t) per
t > 0 e t > a/V e il tempo caratteristico in cui la corrente va a regime.
Soluzione:
a) La forza eletromotrice indotta è ε = −dΦ(B)/dt = −d(BaX)/dt = −BaV ; la corrente I = ε/R = −BaV /R
circola in senso orario se B è uscente dal piano del foglio.
b) Pdiss = RI 2 = (BaV )2 /R .
c) La forza meccanica è opposta alla forza di Lorentz sul circuito: F = −BIa = (Ba)2 V /R, diretta lungo x. La
potenza è P = F V = (BaV )2 /R. Il lavoro meccanico è quindi convertito in potenza dissipata per effetto Joule.
38
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
d) In fase transiente ε = RI + L dI/dt. La soluzione per t > 0 è I(t) = I0 (1 − e−t/τ ), dove I0 = −BaV /R e
τ = L/R; per t > t0 ( L/R), si ha I(t) = I0 e−(t−t0 )/τ .
Un cilindro conduttore di raggio R e lunghezza L R viene mantenuto in rotazione intorno al proprio
asse a velocità angolare fissata ω, in presenza di un campo magnetico B 0 anch’esso in direzione assiale. Si
trascurano effetti ai bordi.
2
a) Si scriva la forza totale sugli elettroni di conduzione in condizioni stazionarie e si determini il campo elettrico
generato nel cilindro per mantenere l’equilibrio.
b) Si determini la densità di carica all’interno del cilindro e la densità di carica superficiale.
c) Si determini la densità di corrente all’interno del cilindro e la densità di corrente superficiale.
d) Si determini il campo magnetico B ind indotto dalle correnti.
Soluzione:
a) La velocità degli elettroni è v = ω × r. La forza di Lorentz è F L = qe v × B 0 = qe B0 ωr dove qe = −e < 0.
La forza centrifuga è F c = me ω 2 r. La forza totale è F = qe E + F L + F c . All’equilibrio F = 0 impone
E = −ω(B0 + me ω/qe )r. Si ha B0 > 0 (B0 < 0 se B0 è parallelo (antiparallelo) ad ω. La forza centrifuga è
generalmente piccola e la trascuriamo nel seguito.
b) La densità di carica ρ è costante: infatti applicando il teorema di Gauss a un cilindro coassiale di raggio r ed
altezza h, ρ(πr2 h)/0 = E(r)(2πrh) = −2πωB0 r2 h e quindi ρ = −20 ωB0 . Oppure usando la divergenza in
coordinate cilindriche
1 ∂
ρ = 0 ∇ · E = 0
(rEr ) = −20 ωB0 .
r ∂r
La densità superficiale è σ = −0 E(R) = 0 ωB0 R. Il valore ed il segno sono quelli attesi in quanto la carica
totale deve venire zero: h(2πR · σ + πR2 · ρ) = 0.
c) La carica gira e dentro il conduttore genera una corrente J (r) = ρv = ρω × r cioè Jθ = ρωr. Sulla superficie
ι = σv(R) = σωR.
d) Sull’asse B ind = 0. Per simmetria Bind è diretto lungo l’asse. Calcoliamo la circuitazione di B ind su un circuito
rettangolare C di altezza h avente un lato sull’asse e larghezza r:
I
Z r
1
µ0 Iconc
B0 ωr
1
Bind (r) =
B ind · ds =
= µ0
Jθ (r0 ) dr0 = − µ0 ρωr2 = − ( )2 B0 .
h C
h
2
2 c
0
Alternativamente ottengo Bz usando il rotore in coordinate cilindriche:
(∇ × B)θ = −
∂Bz
= µ0 Jθ .
∂r
Due traferri di identica forma ad U, lunghezza totale d
e raggio della sezione piccolo rispetto a d sono costituiti
da materiali di permeabilità magnetiche relative κ1 e κ2 , rispettivamente. I traferri vengono accostati a formare una O come in
figura.
κ1
3
a) Attorno al traferro vengono avvolte N spire in cui passa la corrente I. Determinare i campi H e B all’interno
dei traferri (si assuma che i campi siano uniformi lungo il
raggio).
Si tolgono ora le spire e si inseriscono tra i traferri due spessori (di
altezza δ) di materiale avente una magnetizzazione permanente M
diretta ortogonalmente alle facce piane degli spessori (vedi figura).
b) Determinare i campi H e B all’interno dei traferri e degli
spessori. (Si considerino i due casi in cui le magnetizzazioni
degli spessori sono parallele o antiparallele)
κ2
39
Soluzione:
a) Poichè B è perpendicolare alle superfici di discontinuità risulta costante in tutto il circuito magnetico. Dalla
circuitazione di H si ottiene (H1 +H2 )d = N I. Poiché B = µ0 κ1 H1 = µ0 κ2 H2 , si ottiene B = (µ0 N I/d)/(1/κ1 +
1/κ2 ).
b) Anche in questo caso B è costante mentee la circuitazione di H è nulla (non ci sono correnti). Siano H3 e H4 i
valori del campo H nei due spessori magnetici. Per magnetizzazioni antiparallele, per simmetria H3 = H4 (ovvero
il verso di M e di H è sempre tangenziale nello stesso verso — antiorario in figura); quindi (H1 +H2 )d+2H3 δ = 0.
Essendo B = µ0 κ1 H1 = µ0 κ2 H2 , B = µ0 (H3 + M ), si ha B = 2µ0 M δ/[d(1/κ1 + 1/κ2 ) + 2δ]. Per magnetizzazioni
parallele, essendo B = µ0 (H3 + M ) = µ0 (H4 − M ), da (H1 + H2 )d + (H3 + H4 )δ = 0 si ottiene B = 0, con
H1 = H2 = 0, H3 = −H4 = −M .
Compitino di Fisica bIA (6 novembre 2002)
Una carica puntiforme q si trova al centro di una sfera cava conduttrice di raggio interno R e spessore a.
Nei due casi (a) di conduttore isolato e (b) di conduttore messo a terra [cioé collegato ad un conduttore a
potenziale fissato V0 = 0], calcolare
1
1. Il campo elettrico E in tutto lo spazio;
2. Il potenziale elettrico V in tutto lo spazio;
3. La densità di carica sulle superfici interna ed esterna;
4. La pressione (ovvero la forza per unità di superficie) esercitata sulle superfici interna ed esterna.
Soluzione:
1. Il campo è radiale. Dentro il conduttore E = 0. All’interno della sfera cava vale Er = kq/r2 dove k = 1/4π0 .
Fuori dalla sfera vale Er = kq/r2 se la sfera è isolata, e E = 0 se la sfera è messa a terra.
2.
V(a)

 kq(1/r − 1/R + 1/(R + a)) per r < R
kq/(R + a)
per R < r < R + a
=

kq/r
per r > R + a
V(b)

 kq(1/r − 1/R) per r < R
0
per R < r < R + a
=

0
per r > R + a
3. In entrambi i casi σinterna = −q/4πR2 . Nel caso (a) σesterna = q/4π(R + a)2 ; nel caso (b) σesterna = 0.
4. p = σEr /2.
Un conduttore è costituito da un semipiano infinito con una
sporgenza semisferica di raggio r. Una carica puntiforme q è
situata lungo l’asse di simmetria a distanza R dal centro della semisfera.
Assumendo che il conduttore sia messo a terra:
2
1. Trovando un opportuno sistema di cariche immagini, scrivere il
potenziale V in tutto lo spazio.
Calcolare
2. La forza F esercitata sulla carica q;
3. Il lavoro L necessario per portare q a distanza infinita;
4. La densità di carica σ indotta sul conduttore.
r
R
q
40
CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA
Soluzione:
1. Mettiamo l’asse x lungo l’asse di simmetria. Servono 3 cariche immagini: q 0 = −q a x = −R, q 00 = −qr/R a
x = r2 /R, q 000 = −q 00 a x = −r2 /R. V = 0 dentro il conduttore. Fuori V è il potenziale generato da q, q 0 , q 00 , q 000 .
2.
Fx = kq 2 −
3.
r/R
r/R
1
−
+
2
2
2
(2R)
(R − r /R)
(R + r2 /R)2
kq 2 1
r/R
r/R
L=
+
−
2 2R R − r2 /R R + r2 /R
4. Lungo la sfera
∂ϕ q(R2 − r2 )
q(R2 − r2 )
σ(θ) = 0 Er (ρ = r, θ) = −0
=
−
∂ρ ρ=r
4πr(R2 + r2 − 2rR cos θ)3/2
4πr(R2 + r2 + 2rR cos θ)3/2
Lungo il piano a ρ > r
σ(ρ) = 0 Ex = −
Rq
1
rq
1
+
2π (ρ2 + R2 )3/2
2π (ρ2 + (r2 /R)2 )3/2
Lo spazio compreso fra la armature di un condensatore cilindrico di raggi interno
r ed esterno R > r e lunghezza L R è parzialmente riempito da un dielettrico
di costante dielettrica relativa κ che riempe la corona circolare compresa fra (R + r)/2 ed
R, come in fig. a). Le due armature interna ed esterna contengono rispettivamente cariche
totali Q e −Q. Calcolare:
3
a)
1a. Il campo D;
2a. Il campo elettrico E nelle regioni occupate dal vuoto e dal dielettrico;
3a. La capacità C e l’energia elettrostatica U del condensatore.
Si consideri ora il condensatore in fig. b), dove il dielettrico riempie la regione colorata.
Calcolare:
1b. Il campo elettrico E;
2b. Il campo D nelle regioni occupate dal vuoto e dal dielettrico;
3b. La capacità C e l’energia elettrostatica U del condensatore.
Soluzione:
1a. D ha solo una componente radiale 0 Dr = 2kλ/r (λ = Q/L) cioè Dr = Q/2πrL.
2a. E = D/0 κ.
3a. Senza dielettrico sarebbe C = 2πL0 / ln(R/r). Con il dielettrico 1/C = 1/C1 + 1/C2 dove C1 = 2πL0 / ln((R +
r)/2r) e C2 = 2πLκ0 / ln(2R/(r + R)). U = Q2 /2C.
1b. Ha solo una componente radiale Er = Q/πLr0 (1 + κ). Il flusso di E è minore di Q, in quanto parte della carica
libera viene schermata dalle cariche di polarizzazione.
2b. D = E0 κ.
3b. C = C1 + C2 dove C2 = κC1 = πL0 / ln(R/r).
b)