prove scritte AA 05-06 #2

Elettrostatica
1.
Un condensatore a facce piane e parallele presenta armature di area S separate dalla
distanza d. Nel condensatore sono presenti due strati dielettrici diversi, come mostrato
in figura, che hanno rispettivamente costante dielettrica relativa e spessore ε1, ε2, d1, d2.
Sulle armature del condensatore è presente la carica ±q. Determinare:
r
a) Il valore del vettore spostamento D nei due dielettrici;
r
b) il valore del campo E nei due dielettrici;
c) la differenza di potenziale ai capi del condensatore;
d) la capacità del condensatore;
r
e) la polarizzazione P nei due dielettrici;
f) la densità di carica superficiale di polarizzazione su ciascuna interfaccia.
S = 20 cm2 ; d1 = 10 µm ; d2 = 50 µm ; ε1 = 2 ; ε2 = 3 ;q = 20 pC ; εo = 8.8 × 10-12 Farad m-1
r
Per il calcolo del vettore spostamento D si procede come di consueto facendo ricorso al teorema di Gauss, espresso
nella forma:
r
Φ Σ D = Q int,lib
()
In base alla simmetria del problema, la superficie chiusa Σ può essere scelta come in figura
(un cilindro retto, con una base di area A nell’armatura metallica e l’altra nel dielettrico). La
superficie Σ può essere scomposta in tre parti: la superficie di base Σ1 , immersa nel
dielettrico; la superficie di base Σ2 , immersa nell’armatura metallica; la superficie laterale
Σlat . Si ha dunque:
r
r
r
r
Φ Σ D = Φ Σ1 D + Φ Σ 2 D + Φ Σlat D
()
()
()
()
r
Solo il primo dei tre addendi è diverso da 0. Infatti, D = 0 nei punti di Σ2 (in elettrostatica, non c’è campo all’interno dei
r
conduttori); inoltre D ⊥ n̂ nei punti di Σlat , quindi:
r
Φ Σlat D =
( ) ∫ Dr ⋅ n̂ dΣ = 0
Σ lat
r
poiché D ⋅ n̂ = 0 (le linee di campo non attraversano Σlat). Dunque si ha:
r
r
Φ Σ D = Φ Σ1 D =
()
( ) ∫ Dr ⋅ n̂ dΣ = ∫ D dΣ = DA
Σ1
Σ1
r
Nel calcolo si è tenuto conto del fatto che D // n̂ e che D è uniforme per simmetria su Σ1.
La carica libera interna alla superficie su Σ è una porzione della carica totale q sull’armatura. Detta σlib la densità
superficiale di carica libera, si ha:
σ lib =
qA
q
; Q int,lib = σ lib A =
S
S
Dal teorema di Gauss si ricava dunque:
qA
S
e quindi:
DA=
D=
q
= 10-8 C m-2 Q
S
Questo valore non cambia passando da un dielettrico all’altro.
r
Il campo elettrico è legato a D dalla relazione
r
E=
r
D
εo εr
A
e quindi nei due dielettrici rispettivamente:
E1 =
D
D
= 570 V m-1 ; E 2 =
= 380 V m-1
ε o ε1
εo ε2
C
B
La ddp V tra i punti A e B posti sull’armatura positiva e negativa vale:
B
V = V(A ) − V(B) =
∫
B
C
B
r
E ⋅ ds =
E ds =
E ds +
E ds = E1 d1 + E 2 d 2
A
∫
∫
∫
A
A
C
avendo indicato con C un punto sull’interfaccia tra i due dielettrici. Quindi, sostituendo i valori numerici:
V = 25 mV
La capacità del condensatore è data da:
C=
q
q
q
1
1
=
=
=
=
V1 V2
1
1
V E1 d1 + E 2 d 2 V1 + V2
+
+
C1 C 2
q
q
Pertanto, la capacità del condensatore è equivalente a quella di una serie di due condensatori distinti, il primo
contenente il dielettrico 1, il secondo il dielettrico 2. Numricamente si ha:
C=
q
= 0.8 nF
V
r
La polarizzazione P nei dielettrici va determinata in base alla relazione
r
r
r
P = ε o χ E = ε o (ε r − 1) E
e quindi nei due dielettrici, rispettivamente:
P1 = ε o χ1 E1 = ε o (ε1 − 1) E1 = ε o (ε1 − 1)
ε −1
D
D
= 1
ε o ε1
ε1
P2 = ε o χ 2 E 2 = ε o (ε 2 − 1) E 2 = ε o (ε 2 − 1)
Numericamente:
P1 = 5 × 10-9 C m-2 ; P2 = 7 × 10-9 C m-2
ε −1
D
D
= 2
εo ε 2
ε2
Le cariche superficiali di polarizzazione si determinano dalla relazione:
r
σ pol = P ⋅ n̂
con n̂ normale uscente dal dielettrico. In prossimità dell’armatura positiva il dielettrico 1 presenta la densità di carica di
polarizzazione
r
σ1 = P1 ⋅ n̂ = − P1
r
(poiché il vettore P punta verso il basso, mentre n̂ su questa superficie punta verso l’alto).
Analogamente, in prossimità dell’armatura negativa il dielettrico 2 presenta la densità di carica di polarizzazione
r
σ 2 = P2 ⋅ n̂ = P2
r
(poiché il vettore P punta verso il basso, ed n̂ su questa superficie punta anch’essa verso il basso).
Sulla superficie all’interfaccia tra i dielettrici si trova una densità di carica dio polarizzazione pari alla somma algebrica
delle densità attirbuite ai due dielettrici, come se fossero separati. Quindi:
r
r
σ12 = P1 ⋅ n̂ 1 + P2 ⋅ n̂ 2 = P1 − P2
I valori numerici sono i seguenti:
σ1 = - 5 × 10-9 C m-2 ; σ2 = 7 × 10-9 C m-2 ; σ12 = -2 × 10-9 C m-2
2.
Si consideri una lastra di spessore 2d, che presenta una distribuzione di carica volumica
uniforme ρ. Determinare:
a)
il valore del campo elettrico all’esterno della lastra;
b)
determinare il valore del campo elettrico all’interno della lastra in funzione
della distanza z dal piano mediano (vedi figura);
c)
determinare la d.d.p. tra i punti A (0, 0, 0) e B (0, 0, d);
d)
determinare che energia cinetica deve avere una carica positiva q in prossimità
della lastra (z > 0) per poter passare dall’altro lato (z < 0), nonostante l’azione del
campo elettrico repulsivo (si supponga trascurabile l’energia che la carica q dissipa
a causa degli urti con le altre particelle costituenti la lastra).
z
d = 2 µm ; ρ = 5 × 10-3 C m-3 ; q = 3.2 × 10-19 C ; εo = 8.8 × 10-12 Farad m-1
r
Per il calcolo del campo elettrico E si utilizza il teorema di Gauss:
r
Q
Φ Σ E = int
εo
()
z
In base alla simmetria del problema, la superficie chiusa Σ può essere
scelta come in figura (un cilindro retto, con le basi di area A poste a uguali
distanze dal piano di simmetria).
La superficie Σ può essere scomposta in tre parti: la superficie di base Σ1 ,
posta nel semispazio z > 0 ; la superficie di base Σ2 , posta nel semispazio
z < 0 ; la superficie laterale Σlat . Si ha dunque:
r
E
r
r
r
r
Φ Σ E = Φ Σ1 E + Φ Σ 2 E + Φ Σ lat E
()
()
()
()
Nei punti di Σ1, sia il campo elettrico che la normale alla superficie di Gauss puntano verso l’alto, e quindi:
r r
r r
E // n ; E ⋅ n = E(z )
da cui:
r
Φ Σ1 E =
( ) ∫ Er ⋅ n̂ dΣ = ∫ E(z) dΣ = E(z) A
Σ1
Σ1
Nei punti di Σ2, sia il campo elettrico che la normale alla superficie di Gauss puntano verso in basso, e quindi di nuovo:
r r
r r
E // n ; E ⋅ n = E(− z ) = E(z )
Si è qui fatto uso della relazione
E(z) = E(-z)
valida per i moduli dei campi, dovuta alla simmetria del problema. Quindi:
r
r
Φ Σ 2 E = Φ Σ1 E
()
()
r
Inoltre, poichè E ⊥ n̂ nei punti di Σlat , segue che:
r
Φ Σlat E =
( ) ∫ Er ⋅ n̂ dΣ = 0
Σlat
r
poiché E ⋅ n̂ = 0 (le linee di campo non attraversano Σlat). Dunque si ha:
r
Φ Σ E = 2 E(z ) A
()
La carica interna alla superficie su Σ va valutata separatamente per il caso z > d e per il caso z < d.
Se z > d (superficie di Gauss a sinistra in figura), Qint = ρ 2d A . Dal teorema di Gauss segue allora che:
2 E(z ) A =
ρ 2d A
ρd
; E(z ) =
εo
εo
Dunque all’esterno della lastra il campo è uniforme. Il suo valore numerico è E = 1.1 KV m-1
Se z < 0 (superficie di Gauss a destra in figura), Qint = ρ 2z A . Dal teorema di Gauss segue allora che:
2 E(z ) A =
ρ 2z A
ρz
; E(z ) =
εo
εo
Il campo ha dunque dipendenza lineare da z.
I due grafici mostrano rispettivamente la dipendenza da z del modulo del campo E = E(z), e della sua componente z,
Ez = Ez(z). Il simbolo Eo denota il valore di E all’esterno della lastra.
1.0
1.0
Ez/Eo
E/Eo
0.5
0.5
0.0
-0.5
-1.0
0.0
-2
-1
0
z/d
1
2
-2
-1
0
z/d
1
2
La ddp tra i punti A e B è data per definizione da:
B
r
V(A ) − V (B) = E ⋅ ds
∫
A
Poiché
r
E ⋅ ds = E(z ) dz
si ha:
d
d
∫
∫
0
0
V(A ) − V(B) = E(z ) dz =
ρ
ρ d2
z dz =
εo
εo 2
Il valore numerico è V(A) – V(B) = 1.1 mV
Per affrontare l’ultimo punto, si consideri il grafico in figura.
Sull’asse delle ordinate è riportato il valore del potenziale
V = V(z), calcolato assumendo che V(d) = 0 :
∫
(
ρ
d2 − z2
2 εo
)
se
1
z <d
ρd
(d − z )
2 εo
se z > d
ρd
(d + z )
2 εo
se z < − d
V(z)/Vo





d

V(z ) = E(z ) dz = 

z





0
-1
-2
-2
-1
0
1
2
z/d
ρ d2
Nella figura è stato posto Vo =
εo 2
L’energia potenziale Coulombiana di una carica q in presenza del potenziale V è data da:
U=qV
Si vede dal grafico che quando la carica q passa attraverso la lastra, essa supera una barriera di energia potenziale di
altezza
Uo = q Vo
Dunque essa deve possedere almeno l’energia cinetica K = q Vo = 3.5 × 10-22 J
3.
Due sfere metalliche, di raggio R1 e R2 rispettivamente, sono collegate da un sottile filo conduttore. Detta q la
carica totale comunicata al sistema, calcolare (in condizioni di equilibrio):
e)
il valore delle cariche q1 e q2 sulle due sfere;
f)
il valore del potenziale elettrostatico V alla superficie delle sfere;
g)
il valore de campo elettrico alla superficie delle sfere (E1, E2 rispettivamente).
Detta d la distanza tra i centri delle sfere, si supponga d >> R1 e d >> R2.
q = 20 nC ; R1 = 10 cm ; R2 = 50 cm ; εo = 8.8 × 10-12 Farad m-1
Le due sfere metalliche sono collegate da un filo conduttore, e dunque si trovano allo stesso
potenziale elettrostatico. Pertanto, detti rispettivamente V1 e V2 i potenziali elettrostatici
delle sfere, deve essere:
+
+
+
V1 = V2
+ +
+
+
+ +
+
+ +
In linea di principio, la distribuzione superficiale di cariche su ciascuna sfera non è costante;
infatti, a causa dell’induzione elettrostatica dovuta alle cariche sull’altra sfera, di segno
uguale, ci sarà una certa tendenza ad accumulare cariche sul lato più lontano (vedi figura).
Tuttavia, se le sfere sono abbastanza lontane (d >> R1 e d >> R2), questo effetto è trascurabile. In questa ipotesi le
densità di carica σ1, σ 2 sono approssimativamente uniformi, e i potenziali sono dati dalle relazioni:
V1 =
q1
4π εo R 1
; V2 =
q2
4 π εo R 2
(potenziale di sfera conduttiva uniformemente carica).
A questo punto, i valori delle cariche q1, q2 si determinano mettendo a sistema l’equazione per l’uguaglianza dei
potenziali, con quella che esprime la conservazione della carica totale q:
q1
q2

 4π εo R = 4π εo R
1
2


q +q =q
1
 1

Risolvendo il sistema si trovano le relazioni:
q R1

 q1 = R + R
1
2



q R2
 q2 =
R1 + R 2

da cui seguono i valori numerici q1 = 3.3 nC ; q2 = 16.7 nC. Il valore del potenziale è V1 = V2 = 300 V .
Il valore del campo elettrico alla superficie dei conduttori si ricava facilmente in
termini del teorema di Coulomb, che viene qui ripreso.
Con riferimento alla figura, si consideri una superficie di Gauss Σ costituita da
un cilindro retto, con area di base S, che presenta la base superiore all’esterno
del metallo, e la base inferiore all’interno.
Il teorema di Gauss si scrive:
r
E
n̂
r Q
Φ Σ E = int
εo
()
La superficie Σ può essere scomposta in tre parti: la superficie di base Σ1 , immersa nel vuoto; la superficie di base Σ2 ,
immersa nel metallo; la superficie laterale Σlat . Si ha dunque:
r
r
r
r
Φ Σ E = Φ Σ1 E + Φ Σ 2 E + Φ Σ lat E
()
()
()
()
r
Solo il primo dei tre addendi è diverso da 0. Infatti, E = 0 nei punti di Σ2 (in elettrostatica, non c’è campo all’interno dei
r
conduttori); inoltre E ⊥ n̂ nei punti di Σlat , quindi:
r
Φ Σlat E =
( ) ∫ Er ⋅ n̂ dΣ = 0
Σlat
r
poiché E ⋅ n̂ = 0 (le linee di campo non attraversano Σlat). Dunque si ha:
r
r
Φ Σ E = Φ Σ1 E =
()
( ) ∫ Er ⋅ n̂ dΣ = ∫ E dΣ = E S
Σ1
Σ1
avendo tenuto conto del fatto che il campo elettrico alla superficie di un conduttore è sempre allineato alla normale alla
superficie del conduttore stesso. Come noto, questa proprietà dipende dal fatto che la superficie del conduttore è una
superficie equipotenziale, e che le superfici equipotenziali sono perpendicolari alle linee del campo.
A secondo membro, va ora valutata la carica interna Qint. Questa è data in termini della densità di carica superficiale σ :
Qint = σ S
Infine, sostituendo nell’equazione che esprime il teorema di Gauss, si ha:
ES=
σS
εo
da cui segue l’espressione del Teorema di Coulomb:
E=
σ
εo
che esprime il modulo del campo alla superficie di un conduttore in termini della densità superficiale di carica.
Tornando al problema assegnato, si determinano innanzitutto le densità di carica superficiale in base alle relazioni:
σ1 =
q1
q1
q
q2
q
1
q
1
=
=
; σ2 = 2 =
=
S1 4π R 12 4π (R 1 + R 2 ) R 1
S2 4π R 22 4π (R 1 + R 2 ) R 2
e infine i campi:
E1 =
σ1
σ
q
q
=
; E2 = 2 =
εo
4π ε o (R 1 + R 2 ) R 1
εo
4π ε o (R 1 + R 2 ) R 2
Numericamente, si ha E1 = 30 V m-1 ; E2 = 6 V m-1
Si noti, a commento finale, che le cariche q1, q2 sono in proporzione diretta ai raggi R1, R2 ; le densità di carica σ1, σ 2
sono in proporzione inversa ai raggi R1, R2 ; così pure i campi elettrici E1, E2 . Ciò rende conto del cosiddetto effetto
delle punte: un conduttore con un raggio di curvatura locale molto piccolo (una punta) avrà in quel punto la massima
densità di carica superficiale, e quindi il massimo campo elettrico alla superficie. Se l’intensità di tale campo supera il
campo di breakdown (rigidità dielettrica) del dielettrico in cui il metallo è immerso, si ha la rottura del dielettrico, e
scocca una scintilla. Nel sistema considerato, la scintilla parte sempre dalla sfera più piccola.
Un approccio alternativo, sicuramente più rapido, è il seguente. Il sistema può essere visto come un montaggio in
parallelo di due condensatori sferici, la cui armatura esterna è portata all’infinito. Nel montaggio in parallelo, la capacità
effettiva C è la somma delle capacità dei singoli condensatori C1, C2:
C = C1 + C2
Le capacità C1, C2 sono date dalle relazioni:
C1 = 4π εo R1 ; C2 = 4π εo R2
e quindi
C = 4π εo ( R1 + R2 )
Il potenziale V è dato da:
V=
q
q
=
C 4π ε o (R 1 + R 2 )
e le cariche q1, q2 si determinano dalla definizione di capacità:
q1 = C1 V = 4π ε o R 1
q 2 = C 2 V = 4π ε o R 2
q R1
q
=
4π ε o (R 1 + R 2 ) (R 1 + R 2 )
q R2
q
=
4π ε o (R 1 + R 2 ) (R 1 + R 2 )
Campo magnetico
4.
Il circuito rettangolare in figura, di lati a e b (a orizzontale e b verticale), è percorso
r
r
dalla corrente i ed è immerso in un campo magnetico uniforme B . Il campo B forma
l’angolo θ con la normale al rettangolo n̂ . Determinare:
r r r r
a) il valore delle forze F1 , F2 , F3 , F4 sui 4 lati del circuito
r
b) il valore della risultante Ftot
r
c) il valore del momento meccanico τ
d) i valori di θ per i quali il circuito si trova in equilibrio stabile e instabile
rispettivamente.
1
4
2
θ
3
n̂
a = 0.5 m ; b = 0.3 m ; i = 2.5 A ; B = 0.8 T ; θ = 30°
La forza magnetica che agisce su ciascun lato del circuito è data dalla legge di Laplace:
r
r r
F=i l×B
r
F1
r
dove l è un vettore che ha la lunghezza del lato considerato ed è orientato nel verso della
corrente nella spira.
r r r r
Le direzioni dei vettori F1 , F2 , F3 , F4 si determinano facilmente e risultano come in figura.
Le quattro forze sono a due a due uguali e opposte. Per rispondere alla prima domanda basta
calcolare i moduli di F1 ed F2.
r
F3
F1 = i a B senθ = 0.5 Ν
F2 = i b B = 0.6 N
r
La risultante Ftot è nulla.
r r
Il momento meccanico si determina osservando che F1 , F3 formano una coppia di forze di
r r
braccio nullo, mentre F2 , F4 sono una coppia di forze con braccio b = a sen θ . Il momento
meccanico di una coppia di forze è indipendente dal polo scelto per il calcolo. Il modulo è
pari al prodotto di una della forze per il braccio:
r
F4
τ = b F2 = a sen θ i b B = i S B sen θ
θ
dove S è l’area della spira. Numericamente si ha τ = 0.15 N m
r
r r r
Dalla relazione vettoriale τ = r × F4 (dove r è il vettore che dà la distanza tra
r
r
r
applicazione di F2 e quello di F4 ) si vede che la direzione di τ è parallela a
r
ottenere un’espressione vettoriale per τ introducendo il momento di dipolo
r
m della spira:
r
m = i S n̂
Si ha infatti, in modulo direzione e verso, l’identità:
r r r
τ=m×B
il punto di
r
F1 . Si può
magnetico
r
F2
r
B
Le posizioni di equilibrio sono quelle in cui si annullano sia la risultante delle forze che quella dei momenti. Deve
r
r r
r
r r r
essere dunque τ = m × B = 0 , e cioè m // B oppure m // − B , il che significa θ = 0 e θ = 180° rispettivamente. La
r
prima posizione è di equilibrio stabile, perché ruotando di un piccolo angolo il vettore m (situazione nelle figure) si
r
determina un momento meccanico τ che tende a riportare il sistema all’equilibrio; la seconda è di equilibrio instabile,
r
r
perché ruotando di un piccolo angolo il vettore m si determina un momento meccanico τ che tende ad aumentare la
distanza dall’equilibrio.
Alla stessa conclusione si arriva ricordando l’espressione dell’energia meccanica (energia potenziale) di un momento di
r
r
dipolo m immerso nel campo B :
r r
U m ec = − m ⋅ B = - m B cos θ
osservando che il minimo della funzione (-cos θ), e dunque di Umec, si ha in θ = 0, ed il massimo in θ = 180°.
r
Una barra cilindrica di materiale ferromagnetico di raggio a, altezza h, presenta una magnetizzazione residua M
allineata all’asse. Determinare:
a) il valore delle correnti superficiali di magnetizzazione;
r
b) il valore del campo H all’interno del cilindro ;
r
c) il valore del campo B all’interno del cilindro, ed all’esterno, in prossimità della base superiore del cilindro.
5.
M = 5× 105 A m-1 ; Ω; µo = 4π × 10-7 Henry m-1
Le correnti superficiali di magnetizzazione sono date dalla relazione generale:
r
M
r
r
j m = M × n̂
r
jm
dove n̂ è il versore normale uscente dalla superficie del materiale magnetizzato.
Nel caso di una barretta cilindrica piuttosto lunga, interessa valutare jm sulla superficie
r
r
laterale. Se il vettore M è diretto verso l’alto, si vede subito che j m descrive una corrente
superficiale che ruota in senso antiorario. In modulo:
n̂
jm = M
e quindi jm = 500 A m-1 .
Nella situazione considerata non ci sono correnti libere. In base alla simmetria del problema (del tutto simile a quella di
un solenoide), dall’equazione che esprime la legge di Ampere applicata al rettangolo Γ in figura, si ricava subito che
H = 0:
r
r
∫ H ⋅ ds = I conc , lib ; H l = 0
; H=0
Γ
Dalla relazione
r
r r
B = µo H + M
(
)
r
si trova subito il valore di B :
Γ
r
r
B = µo M
l
da cui B = µo M = 0.6 T
Allo stesso risultato si poteva pervenire in base alla relazione:
∫
r r
B ⋅ ds = µ o I conc
Γ
applicata alla curva Γ mostrata in figura. La corrente concatenata è parte della corrente di magnetizzazione; così:
B l = µ o jm l ; B = µ o jm = µ o M
Quest’ultima procedura mette in evidenza l’equivalenza tra una barretta cilindrica magnetizzata e un solenoide con n
spire percorso dalla corrente i, in cui si abbia n i = jm .
r
Il campo magnetico B all’esterno della barretta, in prossimità della superficie superiore, si determina in base alle
r
condizioni di continuità del campo B .
La legge di Gauss
r
ΦΣ B = 0
()
è applicata alla superficie Σ in figura, che ha base di area A e altezza h
piccola rispetto alle altre dimensioni caratteristiche del sistema
(propriamente, h è infinitesimo dio ordine superiore ad A), ottenendo:
r
Φ Σ B = A B⊥1 - A B⊥2 = 0 ; B⊥1 = B⊥2
()
In questa relazione il pedice 1 indica la valutazione nel vuoto; il pedice 2
nel mezzo materiale; il simbolo ⊥ indica “componente perpendicolare alla
superficie di separazione”.
I due addendi recano segno opposto perché il primo è determinato dal flusso attraverso la base superiore, che ha
normale rivolta verso l’alto, e il secondo attraverso la base inferiore, che ha normale rivolta verso il basso. Il contributo
al flusso attraverso la superficie laterale è trascurabile nel limite h → 0.
Poiché nel problema in esame il campo ha solo componente componente perpendicolare alla superficie di separazione,
segue che B1 = B2. Pertanto all’esterno, in prossimità della base superiore del cilindro, B ha lo stesso valore che esso
assume all’interno.
Si osservi infine che tale valutazione trascura il fatto che, a causa degli effetti di bordo, le linee dei campi non sono
parallele all’asse in prossimità della superficie superiore, ed è pertanto valida solo approssimativamente.
r
J
r
Una lastra conduttiva di spessore 2d è percorsa da una densità di corrente uniforme J .
r
d
dal piano di simmetria, e a distanza
Determinare il campo B generato a distanza
2
2d dal piano di simmetria.
6.
z
x
d = 0.5 cm ; J = 2.5 × 104A m-2
Le linee del campo magnetico, nell’approssimazione di
lastra indefinita, sono rette parallele all’asse x, nel
semispazio z > 0; e rette antiparallele all’asse x, nel
semispazio z < 0 .
Il campo magnetico generato dalla distribuzione di
corrente assegnata può essere determinato ricorrendo alla
legge di circuitazione di Ampere, tenendo presente la
simmetria del problema.
r
Per calcolare il modulo di B all’esterno della lastra, si
applichi la legge al rettangolo Γ1 mostrato in figura, che ha
due lati di lunghezza l posti simmetricamente rispetto al
piano z = 0, alle quote z e –z rispettivamente. Si ha:
∫
y
z
r
B
1
4
x
r
J
2
Γ2
3
Γ1
r r
B ⋅ ds = µ o I c
Il rettangolo Γ può essere scomposto nei quattro lati, e dunque:
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
∫ B ⋅ d s = ∫ B ⋅ d s + ∫ B ⋅ ds + ∫ B ⋅ d s + ∫ B ⋅ d s
1
2
3
4
r
r
Il secondo e il quarto termine sono nulli. Infatti, sui lati 2, 4 si ha B ⊥ ds ; B ⋅ ds = 0
r
r
Il primo e il terzo termine sono uguali, perché su entrambi i tratti si ha B // ds ; B ⋅ ds = B ds . Quindi in definitiva:
r
r
r
r
∫ B ⋅ ds = 2 ∫ B ⋅ ds = 2 ∫ B ds = 2 B ∫ ds = 2 B l
Γ1
1
1
1
dove B indica il valore del modulo del campo sui tratti 1 , 3 (cioè all’esterno della lastra). Si è qui fatto uso della
r
r
relazione geometrica B // d s , valida per la scelta del verso di percorrenza di Γ1 mostrata in figura.
Resta ora da valutare la corrente concatenata a Γ1. Come si vede in figura, è attraversata da corrente solo una porzione
del rettangolo, di altezza pari allo spessore totale 2d della lastra. Detta Σ1 la superficie del rettangolo Γ1, e Σ1' la
superficie del rettangolo di base l e altezza 2d, sa ha:
r
Ic =
r
∫ J ⋅ n̂ dS = ∫ J ⋅ n̂ dS = ∫ J dS = J ∫ dS = J 2d l
Σ1
Σ1'
Σ1'
Σ1'
r
Qui si è fatto uso del fatto che J // n̂ , perchè la normale positiva, legata in base alla regola della mano destra al verso
di percorrenza positivo di Γ1, è parallela e concorde all’asse y.
Infine, mettendo insieme i due membri della legge di Ampere:
2 B l = µ o J 2d l ; B = µ o J d
Si noti che il valore riportato non dipende da z (il campo è uniforme in ciascun semispazio all’esterno della lastra).
Numericamente si trova B = 0.16 mT. Questo è anche il valore del campo a distanza 2d dal piano di simmetria.
Il campo all’interno della lastra si determina ricorrendo alla legge di Ampere applicata al rettangolo Γ2, che ha le basi
poste rispettivamente alla quota z e -z. Procedendo in modo analogo al caso precedente, si trova che:
r
r
r
r
∫ B ⋅ ds = 2 ∫ B ⋅ ds = 2 ∫ B ds = 2 B(z) ∫ ds = 2 B(z) l
Γ2
1
1
1
La corrente concatenata a Γ2 è data dall’espressione:
r
Ic =
∫ J ⋅ n̂ dS = ∫ J dS
Σ2
=J
Σ2
∫ dS
= J 2z l
Σ2
ricavata tenendo conto del fatto che in questo caso la densità di corrente su Σ2 è uniforme.
Infine, mettendo insieme i due membri della legge di Ampere:
2 B(z ) l = µ o J 2z l ; B(z ) = µ o J z
Il valore del campo a distanza
d
d
dall’asse è dunque B  = 0.08 mT .
2
2
r
L’andamento del modulo e della componente x del campo B in funzione di z sono riportati nel grafico in figura, dove si
è posto Bo = µo J d
1.0
1.0
Bx / Bo
B/ Bo
0.5
0.5
0.0
-0.5
-1.0
0.0
-2
-1
0
z/d
1
2
-2
-1
0
z/d
1
2
Elettrodinamica e onde
7.
Una lastra di spessore d è costituita da un di dielettrico imperfetto con costante
dielettrica relativa εr e conduttività ρ. La lastra è posta tra due armature, alle quali è
collegato un generatore ideale di fem variabile f(t). Determinare i valori assunti
all’istante τ dalle seguenti grandezze:
a) densità di corrente libera Jlib ;
b) densità di corrente di polarizzazione Jpol;
c) densità di corrente di spostamento Js.
d = 100 µm ; εr = 2 ; ρ = 6 × 104 Ω m ; εo = 8.8 × 10-12 Farad m-1 ; f (t ) = Vo e
−
t
τ
; Vo = 2 V ; τ = 2 µs
L’equazione del circuito in cui è montato in condensatore è la seguente:
f(t) = V
con V differenza di potenziale ai capi del condensatore, in quanto nel circuito esterno non ci sono resistenze elettriche e
il generatore, come recita il testo, può essere considerato ideale. Dunque la ddp V ai capi delle armature è in ogni istante
pari a f(t). Nella lastra è presente un campo elettrico uniforme, di modulo E, dipendente dal tempo. In approssimazione
circuitale, il modulo di E è legato a V dalla relazione
V=Ed
esattamente come in elettrostatica. Infatti:
B
B
B
r
V = V(A ) − V (B) = E ⋅ ds = E ds = E ds = E d
∫
∫
∫
A
A
A
avendo condotto l’integrale di linea lungo il segmento AB , che unisce le armature ed è parallelo alle linee di campo.
Si ricordi che il potenziale elettrostatico, a rigore, è definito solo in condizioni statiche. Tuttavia, se i tempi caratteristici
del fenomeno sono sufficientemente brevi, esso può essere ancora utilizzato senza commettere grandi errori
(approssimazione circuitale). L’ approssimazione circuitale richiede che le dimensioni caratteristiche del dispositivo o
del circuito siano piccole rispetto alla distanza percorsa dalla luce nel tempo caratteristico. In questo caso, la lunghezza
caratteristica è il raggio a del condensatore; il tempo caratteristico è τ. Quindi l’approssimazione circuitale è corretta
purché risulti
a << c τ = 600 m
il che è sicuramente vero per ogni realistico dispositivo. Si noti per inciso che le CPU dei computer con tempi
1
caratteristici τ = , con ν frequenza di clock, sono ormai alla soglia del limite circuitale.
ν
Tornando al problema in esame, il modulo di E è dunque dato da:
−
V V e
E= = o
d
d
t
τ
Noto E, si ricavano le grandezze fisiche richieste:
−
t
τ
J lib =
E Vo e
=
ρ
ρd
J pol =
ε (ε − 1) Vo − τ
∂P ∂
∂E
= (ε o χ E ) = ε o χ
=− o r
e
∂t ∂t
∂t
τd
t
t
Js = εo
−
ε V
∂E
= − o o e τ
∂t
τd
All’istante t = τ, i valori numerici sono rispettivamente Jlib = 0.1 A m-2 ; Jpol = -0.03 A m-2 ; Js = -0.03 A m-2
Si noti la differenza di segno tra la corrente libera e quelle di polarizzazione e di
spostamento.
La ddp ricorda quella ai capi di un condensatore a facce piane e parallele durante la fase di
scarica. Se il dielettrico fosse perfetto, la corrente scorrerebbe all’indietro nel circuito
esterno. Anche le correnti di polarizzazione e di spostamento scorrerebbero all’indietro.
Infatti, con riferimento alla superficie di Gauss in rosso, per la nota proprietà della corrente
di spostamento si ha:
+++
---
r r
Φ J + Js = 0
(
)
La base superiore della superficie di Gauss è attraversata dalle cariche libere che scorrono nel filo. Il flusso è diretto
verso l’esterno, dunque è positivo. Il flusso attraverso la base inferiore deve essere allora negativo. Perciò le correnti di
polarizzazione e di spostamento devono entrare nella superficie di Gauss; quindi esse puntano verso l’alto.
Poiché il dielettrico è imperfetto, c’è anche una corrente di conduzione. Questa deve puntare sempre dall’armatura
positiva a quella negativa, e quindi è diretta verso il basso.
8.
Un’onda EM piana, monocromatica, procede nel vuoto nella direzione dell’asse x. L’ampiezza del campo elettrico
è Eo. Determinare:
a) l’ampiezza del campo magnetico Bo ;
b) l’intensità della radiazione;
c) la pressione esercitata dalla radiazione su una superficie perfettamente assorbente posta perpendicolarmente
all’asse di propagazione.
Eo = 100 V m-1 ; εo = 8.8 × 10-12 Farad m-1 ; µo = 4π × 10-7 Henry m-1
In un’onda piana che si propaga nel vuoto, lontano dalle sorgenti e da altre cariche libere, le ampiezze dei campi
elettrico e magnetico sono legate dalla relazione:
Eo = co Bo
dove c o =
1
εo µo
= 3 × 10 8 m s −1
Si ha quindi:
Bo =
Eo
= 0.3 µT
co
L’intensità I di un’onda EM è il valore medio temporale del modulo del vettore di Poynting.
Questo è dato da:
r r
r E× B
I=
µo
r
E
r
B
r r
e siccome in un’onda che si propaga nel vuoto E ⊥ B , si ha
I=
r
k
EB
µo
r
r r
Le direzioni dei campi E , B e delrvettore d’onda k sono riportate in figura. Dalla definizione, si vede che il vettore di
Poynting è parallelo e concorde a k .
r r
In un’onda monocromatica piana che si propaga lungo l’asse x, i campi E , B hanno moduli dati da:
E = E o cos(k x − ω t )
B = B o cos(k x − ω t )
Sostituendo le relazioni date nell’equazione per I, e tenendo conto della relazione tra Eo e Bo, si ottiene:
I=
E o Bo
E2
cos 2 (k x − ω t ) = o cos 2 (k x − ω t )
µo
c µo
Il valore medio temporale è uguale per qualunque valore di x, e quindi si può calcolare in x = 0.
I =
E o2
E2
E2
cos 2 (k x − ω t ) = o cos 2 (k x − ω t ) = o cos 2 (ω t )
c µo
c µo
c µo
Poiché poi
cos (ω t )
2
1
=
T
T
∫ cos
2
(ω t ) dt = 1
0
2
si ha infine:
I =
E o2
2 c µo
Tornando ai dati del problema, si ha quindi:
I = 13 W m −2
Quando l’onda incide su una superficie fisica, essa mette in moto le cariche elettriche ivi presenti. Per determinare la
pressione esercitata, si consideri innanzitutto una singola carica q soggetta all’azione del campo EM. Su di essa agisce
la forza di Lorentz, data da:
r
r r r
F =q v×B+ E
(
)
Il modulo della forza magnetica è molto più piccolo del modulo della forza elettrica, a meno che la carica non acquisti
una velocità prossima a quella della luce. Infatti,
FE = q E ; FB = q v B
e quindi:
FB q v B o
v
≈
=
<< 1
FE
q Eo
co
In prima istanza, la forza magnetica appare quindi trascurabile. Tuttavia, se inizialmente la carica è ferma, la forza
elettrica la mette in oscillazione trasversalmente alla direzione di propagazione dell’onda, e la carica non acquisisce una
velocità media diversa da zero. La forza magnetica è invece allineata alla direzione di propagazione, e può fornire alla
carica una velocità media diversa da zero nella direzione di propagazione dell’onda.
Se l’onda incide su una superficie di area ∆S, essa interagisce con la quantità di carica totale
 ∆N 
q  ∆S = σ ∆S

 ∆S 
dove σ è la densità superficiale di carica. Quindi la forza magnetica complessiva è in modulo
∆FM = σ ∆S v B
Il rapporto tra forza e superficie dà la pressione dell’onda:
p=
∆FM
=σvB
∆S
Questa espressione può essere messa in termini un po’ diversi ricordando che la potenza ∆W erogata dall’onda sulle
stesse cariche è data da:
∆W = σ ∆S v E
e quindi
σ v=
∆W 1
∆S E
Sostituendo questa relazione si ottiene l’espressione per p:
p=
∆W B
1 ∆W
=
∆S E c o ∆S
∆W
cambia a seconda del tipo di
∆S
materiale. Per una superficie perfettamente assorbente, in media essa è uguale
all’intensità dell’onda incidente, come si vede dall’applicazione del teorema di
Poynting alla superficie di Poynting in figura:
La potenza erogata per unità di superficie
r
ΦI
()
∆W
r
dU
−
= Φ I + ∆W
dt
()
Passando ai valori medi:
r
0 = Φ I + ∆W
()
Si è qui fatto uso del fatto che
−
dU
= 0 , perché siamo in presenza di un fenomeno periodico, e quindi U è una
dt
funzione periodica. Infatti:
−
dU
1
=−
dt
T
T
∫
0
dU
1
dt ' = −
dt '
T
( U(T ) − U(0) ) = 0
Tornando al teorema di Poynting, si ha allora:
0 = − I ∆S + ∆W
;
∆W
= I
∆S
r
Si noti il segno negativo per il termine di flusso. Si tratta di un flusso entrante, per il quale I // − n̂ .
Tornando all’espressione di p, e considerandone il valore medio, si ha:
p =
1
co
I
∆W
=
∆S
co
In base ai dati del problema, si ha il valore numerico
p = 43 × 10 −9 N m −1
Si osservi che l’argomentazione riportata non vale nel caso di una superficie parzialmente riflettente. Il motivo
fondamentale è che, per un mezzo non perfettamente assorbente, si deve tenere conto della presenza dell’onda riflessa
sia nel calcolo della forza sulle cariche, che nel teorema di Poynting.
Per una superficie perfettamente riflettente si trova una pressione esattamente doppia rispetto al valore qui riportato. La
pressione sarà in generale contenuta tra questi valori limite.
1.
Due solenoidi di altezza h sono montati in asse, l’uno dentro l’altro. Il più interno ha
raggio a, n1 spire per unità di lunghezza, ed al suo interno è presente un nucleo
ferromagnetico dolce (con ciclo di isteresi stretto), caratterizzato dalla permeabilità
magnetica relativa µr; quello esterno ha raggio b e n2 spire per unità di lunghezza.
Determinare:
d) l’autoinduttanza L1 del primo solenoide;
e) l’autoinduttanza L2 del secondo solenoide;
f) la mutua induttanza M dei due circuiti.
h = 10 cm ; a = 1 cm ; n1 = 2 × 103 m-1 ; b = 6 cm ; n2 = 3 × 103 m-1 ; µr = 20
L’autoinduttanza è data per definizione da:
L=
r
ΦB
i
()
r
r
dove Φ B è il flusso autoindotto, cioè è il flusso del campo magnetico B attraverso la superficie del circuito che lo ha
generato.
()
Per il calcolo del coefficiente di autoinduttanza del solenoide interno, si supponga dunque che esso sia alimentato da
una corrente i. Il campo magnetico nel solenoide può essere ricavato utilizzando la legge di circuitazione di Ampere per
r
il campo H , ricordando che esso è approssimativamente nullo all’esterno del solenoide, e le linee di campo sono rette
parallele all’asse del solenoide al suo interno.
Applicando la legge al circuito Γ mostrato in figura, si ha:
r
r
∫ H ⋅ ds
= I conc
lib
l
Si ha però che
r
r
∫ H ⋅ ds
=H l
perché l’unico tratto della circuitazione su cui si ha un contributo non nullo è quello interno, parallelo all’asse; e inoltre
I conc
lib
= n1 l i
Dunque, combinando le due relazioni:
H = n1 i
Per un materiale ferromagnetico dolce, che abbia cioè un ciclo di isteresi molto stretto, il campo B (lontano dalla
saturazione) è legato ad H dalla relazione approssimata:
B = µo µr H
e quindi
B = µo µr n1 i
Il significato dell’approssimazione è chiaro dal diagramma in figura, in cui è riportato un ciclo di isteresi tipico di un
ferromagnete dolce, insieme alla retta di equazione B = µo µr H . Il grafico mette in evidenza il fatto che
l’approssimazione è valida per campi molto minori del campo di saturazione Hs, cioè del campo che permette
l’allineamento di tutti i momenti di dipolo magnetico e che quindi corrisponde alla magnetizzazione di saturazione Ms e
all’induzione Bs = µo (Hs + Ms). Si noti che invece al di sopra di Hs la magnetizzazione mantiene un valore costante, e la
relazione tra B e H diventa B = µo (H + Ms) . Il coefficiente angolare di questa retta è µo << µo µr e quindi l’asintoto che
essa rappresenta appare praticamente orizzontale.
1.5
1.0
B / Bs
0.5
0.0
-0.5
-1.0
-1.5
-1.5
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
1.5
H / Hs
Torniamo al calcolo di L1. L’area del circuito è la collezione di N1 cerchi di area S = π a2 . Quindi:
r
r
Φ B = N1 Φ1 B
()
()
r
con Φ1 B flusso attraverso un cerchio:
()
r
r
Φ1 B = B ⋅ n̂ dS =
() ∫
∫ B dS = B ∫ dS = B πa
2
r
avendo fatto uso della relazione geometrica B // n̂ e del fatto che B è uniforme in tutto il solenoide.
Pertanto:
r
Φ B = B N1 S = µ o n1 i N1 S = µ o n 12 πa 2 h i ;
()
r
ΦB
L1 =
= µ o µ r n12 πa 2 h
i
()
Il calcolo di L2 procede in modo simile. Si deve però considerare che il solenoide 2 è solo
parzialmente riempito da un nucleo ferromagnetico.
Si supponga che il solenoide sia alimentato dalla corrente i. Si osservi che, essendo
r
immutata la simmetria assiale del problema, il campo H non risente in alcun modo della
presenza del materiale ferromagnetico. Ripetendo dunque i passaggi precedenti, si ottiene
facilmente:
H = n2 i
a
b
Il calcolo di B richiede attenzione. Con riferimento alla figura, si vede che bisogna distinguere due zone: quella interna
al materiale ferromagnetico (r < a) e quella esterna ad esso ( a < r < b ) . Nella prima regione si ha:
Bint = µo µr H = µo µr n2 i
Nella seconda, invece, B = µo H e quindi
Bext = µo H = µo n2 i
Il calcolo del flusso procede dunque in questo modo:
r
r
Φ B = N 2 Φ1 B
()
()
r
con Φ1 B flusso attraverso un cerchio:
()
r
r
Φ1 B = B ⋅ n̂ dS =
() ∫
r
r
∫ B ⋅ n̂ dS + ∫ B ⋅ n̂ dS
Σint
Σ ext
Qui si è diviso l’integrale di flusso in due parti, di cui Σint è il cerchio di raggio a , e Σext la corona circolare compresa
tra le circonferenze di raggio b e di raggio a . Procedendo nel calcolo si ha:
r
Φ1 B =
( ) ∫ Br ⋅ n̂ dS + ∫ Br ⋅ n̂ dS = ∫ Bint dS + ∫ Bext dS =
Σint
Σext
Σint
Σext
Bint
∫ dS + Bext ∫ dS = Bint πa
Σint
2
(
+ B ext πb 2 − πa 2
)
Σ ext
r
Qui si è fatto uso ancora una volta del fatto che dovunque B // n̂ e del fatto che B è uniforme sia in Σint che in Σext . Il
(
)
fattore πb 2 − πa 2 è l’area della corona circolare.
Concludendo, allora:
r
r
Φ B = N 2 Φ1 B = N 2 Bint πa 2 + N 2 B ext πb 2 − πa 2 = N 2 µ o µ r n 2 i πa 2 + N 2 µ o n 2 i πb 2 − πa 2
()
(
()
)
(
e quindi:
L2 =
r
ΦB
= N 2 µ o µ r n 2 πa 2 + N 2 µ o n 2 πb 2 − πa 2 = µ o n 22 h π µ r a 2 + b 2 − a 2
i
()
(
)
(
(
))
)
I valori numerici risultanti sono L1 = 3.1 mHenry ; L2 = 19 mHenry
Per il calcolo della mutua induttanza M si deve far riferimento alla relazione:
M=
r
Φ 2 B1
i1
( )
r
che va intesa come segue: si alimenta il circuito 1 con la corrente i1 ; si determina il flusso del campo magnetico B1
così generato attraverso il circuito 2; si determina il rapporto tra tale flusso e la corrente i1.
r
Il campo B1 è già stato determinato. Si ha:
 µ o µ r n 1 i1 r < a

B1 = 
0
r>a

Quindi si ha:
r
Φ 2 B1 = N 2
( )
∫
 r

r
r


B1 ⋅ n̂ dS = N 2  B1 ⋅ n̂ dS + B1 ⋅ n̂ dS  = N 2
Σ

Σext
 int

∫
r
∫
∫ B1 ⋅ n̂ dS
Σint
Qui si è fatto uso delle seguenti proprietà:
a) l’area del circuito 2 è la collezione di N2 cerchi di raggio b;
b) un cerchio di raggio b, come visto per il calcolo di L2, si può separare nella superficie Σint + Σext;
c) B1 = 0 nei punti di Σext
Proseguendo nel calcolo si ha:
r
Φ 2 B1 = N 2
( )
r
∫ B1 ⋅ n̂ dS = N 2 ∫ B1 dS = N 2 B1 ∫ dS = N 2 B1 πa
Σint
Σint
2
Σint
Sostituendo il valore di B1 e dividendo per i1 si trova M:
M=
r
Φ 2 B1
N B πa 2 N 2 µ o µ r n1 i1 πa 2
= 2 1
=
= N 2 µ o µ r n1 πa 2 = µ o µ r n 1 n 2 h πa 2
i1
i1
i1
( )
Il valore numerico è M = 4.7 mHenry