Distribuzioni uniformi di carica
Capitolo 2
Problema 2.11
Si considerino un piano isolante indefinito carico con densità superficiale di carica positiva costante σ e un anello isolante di raggio R = 0.5 m carico con densità di carica negativa
costante λ = – 3 nC/m il cui asse è perpendicolare al piano. Si osserva che il campo elettrostatico è nullo nel punto sull’asse dell’anello a distanza z0 = 0.2 m dal centro dell’anello
stesso. Calcolare:
1) la densità di carica sul piano
σ
2) la forza esercitata dal piano sull’anello
F
Fissato il piano nella posizione simmetrica (– z0) rispetto all’anello, e considerando una
carica puntiforme q = 8 × 10−17 C che all’istante t0 si trova in z0 con velocità v0 diretta verso il piano lungo l’asse z dell’anello ed energia cinetica Ec,0 = 6 × 10−15 J, determinare:
3) l’energia cinetica di q quando avviene l’impatto sul piano
Ec
σ
–z0
λ
R
z0
v0 q
+
z
Soluzione
1) Utilizzando il principio di sovrapposizione il campo elettrostatico per z = z0 è dato da
σ
λ 2π Rz0
E = E p + Ea =
uz +
uz = 0
3
2ε 0
4πε 0 R 2 + z02 2
(
per cui
σ =−
(R
λ Rz0
2
+
z02
)
3
)
= 1.92 nC/m 2
2
2) Un elemento infinitesimo di carica dq sull’anello subisce lungo l’asse z l’azione del
campo elettrostatico generato dal piano. Allora ciascun elemento di carica sull’anello subisce lungo l’asse z la forza
σ
dF = E p dq =
λ ds
2ε 0
32
Capitolo 3
Conduttori isolati
Problema 3.7
Si considerino due gusci sferici conduttori concentrici C1 e C2 di raggio R1 = 2 cm e
raggio R2 = 6 cm rispettivamente. La sfera centrale è completamente avvolta da un guscio
sferico di un materiale di costante dielettrica relativa al vuoto κ = 4 e spessore d = 2 cm. Su
C2 si porta una carica negativa q2 = – 8 nC mentre su C1 un’opportuna carica q1 tale da stabilire fra le due sfere una differenza di potenziale ΔV = V2 –V1 = – 500 V. Determinare:
1) la carica presente sulla sfera interna
q1
2) il periodo di rivoluzione di una particella di carica positiva
con q/m = 1.5 × 106 C/kg che orbita con velocità angolare
costante a distanza r = 8 cm dal centro comune delle sfere
T
3) il lavoro per unità di carica fatto dall’agente esterno che ha
portato la particella inizialmente ferma sulla superficie di C2
fino all’orbita di raggio r
W/q
d
d
v
–
q
r
R1
C1
C2
κ
R2
Soluzione
1) I due gusci sferici C1 e C2 nel loro complesso costituiscono un condensatore a sua
volta descrivibile come la serie di due condensatori sferici: uno con dielettrico Ck, fra R1 e
R1+d, e uno nel vuoto C0, fra R1+d e R2. Osservando che la distanza fra le armature è sempre pari a d la capacità dei due condensatori è
Ck = 4πε 0κ
R1 ( R1 + d )
( R + d ) R2 = 13.3 pF
= 17.7 pF e C0 = 4πε 0 1
d
d
per cui
1
1
1
1
d
1
d
=
+
=
+
C Ck C0 4πε 0κ ( R1 + d ) R1 4πε 0 ( R1 + d ) R2
C=
4πε 0κ ( R1 + d ) R1 R2
= 7.63 pF
d ( R2 + κ R1 )
Utilizzando la definizione di capacità e osservando che, poiché V2 –V1 è negativo, q1 deve
essere positiva
q1 = −C ΔV = 3.81 nC
2) Il campo elettrostatico a distanza r dal centro comune delle sfere è
53
Sistemi di condensatori
Capitolo 4
Problema 4.6
Due condensatori piani identici sono costituiti da armature di area Σ = 100 cm2 poste a
distanza d = 3 mm. Sono collegati come in figura (a) e in ciascuno di essi è inserito un dielettrico di spessore d/2, area Σ e costante dielettrica relativa al vuoto κ = 2.5. Il dielettrico
di uno dei due condensatori viene rimosso e inserito a riempire completamente lo spazio fra
le armature dell’altro come in figura (b). Sapendo che la carica sulle armature di ciascun
condensatore nella situazione iniziale è q = 5 nC, determinare:
1) la differenza di potenziale elettrostatico iniziale fra le armature V0
2) la carica finale sulle armature di ciascun condensatore
q1, q2
3) la variazione di energia elettrostatica
ΔUe
d
ț
d/2
ț
ț
(a)
(b)
Soluzione
1) Nella situazione iniziale i due condensatori hanno uguale capacità e ciascuno di loro
è equivalente ad una serie di due condensatori piani con le armature a distanza d/2, uno dei
quali riempito con dielettrico. La capacità di ciascun condensatore è data da
d
d
d (1 + κ )
1
= 2 + 2 =
⇒ C = 42.2 pF
C ε 0 Σ ε 0κΣ
2ε 0κΣ
per cui la differenza di potenziale elettrostatico ai capi dei condensatori è inizialmente
d (1 + κ )
q
V0 = = q
= 119 V
C
2ε 0κΣ
2) La carica totale sulle armature resta costante, ma si ridistribuisce. Poiché i due condensatori sono in parallelo la capacità equivalente è data da
ε Σ ε κΣ ε 0 Σ
C ′ = C1 + C2 = 0 + 0
=
(1 + κ ) = 103 pF
d
d
d
La differenza di potenziale elettrostatico ai capi dei condensatori è ora
2q
d
V1 =
= 2q
= 96.8 V
C′
ε 0 Σ (1 + κ )
e quindi le cariche su ciascun condensatore sono
ε0 Σ
⎧
⎪⎪q1 = C1V1 = d V1 = 2.86 nC
⎨
⎪q2 = C2V1 = ε 0κΣ V1 = 7.14 nC
⎪⎩
d
72
Capitolo 6
Moto di cariche in campo elettrostatico e magnetico uniformi
Problema 6.9
Un protone (m = 1.67 × 10–27 kg, e = 1.6 × 10–19 C) si muove in un campo elettrostatico
dovuto a due piani isolanti paralleli orizzontali (da considerarsi indefiniti) carichi rispettivamente con densità di carica σ e – 3σ con σ = 4 × 10–8 C/m2. All’istante t0 = 0 il protone si
trova nel punto P con velocità v0 = 3 × 105 m/s parallela ai piani ed esce dalla zona di campo elettrostatico nel punto Q. Uscito da questa zona entra con velocità v in una regione R
di campo magnetico uniforme in cui viene deflesso su una traiettoria circolare di raggio
r = 25 cm che percorre con periodo T = 4 µs. Determinare:
1) l’intensità del campo magnetico
B
2) la differenza di potenziale elettrostatico fra i punti P e Q
ΔV
3) la deflessione verticale fra i punti P e Q
Δy
4) il tempo impiegato a percorrere il tratto PQ
t1
σ
R
++++++++++++++++++++++++++++++
P+
Q
v0 Δy
+
B
r
v
–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!–!– – – – – – – !
−3σ
Soluzione
1) Il periodo è dato da
T=
2π 2π m
=
ω
eB
⇒ B=
2π m
= 16.4 mT
eT
2) La traiettoria nel campo magnetico è circolare uniforme con velocità
qBr
v=
= 3.93 × 10 5 m/s
m
e la differenza di potenziale elettrostatico responsabile dell’accelerazione del protone deriva
dalla conservazione dell’energia meccanica. Per cui
1
eΔV + m v 2 − v02 = 0
2
m 2
ΔV =
v − v02 = 335 V
2e
(
(
)
)
3) Il campo elettrostatico è dovuto alla sovrapposizione dei campi generati dalle due
distribuzioni di carica, che fra i piani sono paralleli e concordi, per cui
σ
3σ
2σ
E=
+
=
= 9 kV/m
2ε 0 2ε 0 ε 0
per cui la deflessione è
115
Capitolo 8
Forze elettromotrici da moto di conduttori in campo magnetico
Problema 8.17
Un spira conduttrice di forma quadrata di lato a = 20 cm, massa m = 20 g e resistenza
complessiva R = 0.2 Ω si trova all’istante t = 0 appena al di fuori di una zona R di larghezza L in cui agisce un campo magnetico uniforme d’intensità B = 0.5 T perpendicolare al
circuito stesso. Tramite un impulso la spira comincia a penetrare in R con velocità iniziale
v0 = 3 m/s ; quando è penetrata completamente in R la sua velocità è v1 = 2.5 m/s . Calcolare:
1) la carica che ha attraversato la spira in questo tempo
q
2) l’energia dissipata nella spira
WR
3) l’energia cinetica con cui la spira emerge successivamente
dalla regione R
Ec
L
,
B
v1
v0
v2
Soluzione
1) La carica si ottiene dalla legge di Felici:
Ba 2
= 0.1 C
R
2) L’energia dissipata è pari alla diminuzione di energia cinetica della spira:
1
1
WR = mυ 02 − mυ 2 = 2.75 × 10 −2 J
2
2
3) Data la simmetria del sistema l’effetto sulla spira del campo magnetico è lo stesso sia
quando entra che quando esce. Inoltre entro la regione R non varia il flusso, per cui la velocità resta costante. Scrivendo l’equazione del moto della spira mentre entra, utilizzando la
seconda legge elementare di Laplace
Bav
B2 a2 v
dv
F = iaB = −
aB = −
=m
R
R
dt
q=
cambiando variabile da tempo a posizione abbiamo
m
dv
dv dx
dv
=m
= mv
dt
dx dt
dx
⇒ −
B2 a2
dv
=m
R
dx
per cui integrando otteniamo la velocità come funzione della posizione
168
Capitolo 9
Forze elettromotrici da campi magnetici variabili nel tempo
Problema 9.3
Al centro di un solenoide, da considerarsi ideale, con n = 1000 spire/m e resistenza
RS = 2 Ω è posta una bobina di resistenza Rb = 0.4 Ω, coassiale al solenoide, composta da
Nb = 20 spire ciascuna di area Σb = 10 cm2. Si chiude il circuito del solenoide su un generatore di forza elettromotrice e la corrente nel solenoide varia in modo tale che la potenza
dissipata sulla bobina PR = 3 × 10−8 W sia costante. Determinare:
1) la rapidità di variazione del campo magnetico del solenoide
dB/dt
2) il momento di dipolo magnetico della bobina
m
3) l’energia dissipata per effetto Joule sul solenoide nel tempo τ = 3 s
WR
Soluzione
1) La potenza dissipata sulla bobina dipende dalla forza elettromotrice indotta, per cui
Ei2
Rb
PR =
⇒ Ei = PR Rb = 0.11 mV
La forza elettromotrice indotta è dovuta alla variazione del campo del solenoide
Ei =
dΦ
dB
= Nb Σ b
dt
dt
⇒
dB
Ei
=
= 5.5 mT/s
dt N b Σ b
2) Il momento di dipolo magnetico della bobina vale
E
m = ib N b Σ b = i N b Σ b = 5.5 × 10 −6 Am 2
Rb
3) L’energia dissipata per effetto Joule sul solenoide è
WR =
∫
τ
0
RS is2 dt
per cui si tratta di trovare come varia la corrente nel solenoide nel tempo. La variazione del
campo magnetico nel solenoide è data da
dB
di
= µ0 n = cost
dt
dt
per cui la corrente varia linearmente con valore iniziale nullo e con rapidità
di
1 dB
k=
=
= 4.36 A/s
dt µ0 n dt
e quindi l’energia dissipata per effetto Joule nell’intervallo di tempo τ è
τ
R k 2τ 3
2
WR =
RS ( kt ) dt = S
= 342 J
0
3
∫
Problema 9.4
All’interno di un solenoide molto lungo composto da n = 2000 spire/m è posta una bobina composta da Nb = 20 spire circolari di raggio a = 2 cm e resistenza complessiva
177
Capitolo 10
Riflessione, rifrazione e polarizzazione delle onde elettromagnetiche
Problema 10.6
Un sottile fascio di luce ordinaria d’intensità I 0 incide perpendicolarmente sul sistema
di tre polarizzatori paralleli P1, P2 e P3 mostrati in figura (a). L’angolo tra gli assi di P1 e di
P3 è γ = π/2 (polarizzatori incrociati); l’angolo tra gli assi P1 e di P2 è α = π/6. L’ampiezza
del campo magnetico della luce trasmessa da P3 è B3 = 0.144 µT. Calcolare:
1) l’intensità della luce incidente sul sistema
I0
2) la pressione di radiazione esercitata dalla luce sul polarizzatore ,
P2 , supposto di materiale perfettamente assorbente
p2
Il polarizzatore P2 viene sostituito da una lamina a quarto d’onda ideale L, il cui asse
ottico forma una angolo β = π/4 con l’asse di P1 come mostrato in figura (b). Calcolare:
3) l’intensità trasmessa dal polarizzatore P3 al variare
dell’angolo γ tra l’asse di P1 e di P3
I 3 (γ )
π/2
α
I0
P1
P2
β
I0
P3
P1
(a)
γ
L
P3
(b)
Soluzione
1) Il campo elettrico dopo il sistema dei polarizzatori è
E3 = cB3 = 43.3 V/m
Detta E1 l’ampiezza del campo elettrico trasmessa da P1, l’ampiezza E2 del campo elettrico
trasmessa da P2 e l’ampiezza E3 del campo elettrico trasmessa da P3 sono rispettivamente
E2 = E1 cos
π
6
π
π
⎛π π⎞
e E3 = E2 cos ⎜ − ⎟ = E1 cos sen
⎝ 2 6⎠
6
6
per cui
E1 =
E3
= 100 V/m
π
π
cos sen
6
6
L’intensità dell’onda trasmessa da P1 è
E2
I1 = 1 = 13.26 W/m 2
2Z 0
ed è pari a metà dell’intensità dell’onda non polarizzata incidente su P1 per cui
I 0 = 2I1 = 26.52 W/m 2
2) La pressione di radiazione esercitata dalla luce uscente da P1 su P2 è
I
p2 = 1 = 4.42 × 10 −8 N/m 2
c
205
Capitolo 12
Diffrazione
Problema 12.2
Luce di lunghezza d’onda λ = 0.6 µm incide su un reticolo di diffrazione le cui fenditure
sono larghe b e distanti fra di loro a, passo del reticolo. Si osservano i primi tre massimi
principali d’interferenza in trasmissione nella direzione θ = 0º, 2.86º, 5.74º mentre il massimo principale successivo risulta assente. Calcolare:
1) il passo del reticolo
a
2) la larghezza delle fenditure
b
3) il numero minimo di fenditure del reticolo per separare, secondo
il criterio di Rayleigh,nella direzione θ = 5.74º, due lunghezze
d’onda che differiscono di Δλ λ = 2 × 10 −4 N
4) il rapporto fra l’intensità del massimo principale osservato a
θ = 5.74º e l’intensità del massimo centrale
R
Soluzione
1) I massimi principali si trovano nelle posizioni date da
a sen θ = mλ
per cui considerando il massimo del primo ordine otteniamo
λ
a=
= 12 µm
sen 2.86°
2) Il massimo d’interferenza di ordine m = 3 non si osserva perché in questa direzione
c’è il primo minimo di diffrazione, ossia
sen θ 3 =
3λ λ
=
a
b
⇒ b=
a
= 4 µm
3
3) La direzione θ = 5.74º corrisponde alla posizione del massimo principale di interferenza di ordine m = 2. La possibilità di risolvere due lunghezze d’onda secondo il criterio di
Rayleigh implica che il potere risolutivo del reticolo in quella direzione deve essere
λ
R=
= mN = 2N
Δλ
per cui il numero minimo di fenditure risulta
1 λ
N=
= 2500
2 Δλ
4) La diffrazione dovuta ad un reticolo è governata dalla legge
2
2
π b sen θ ⎞ ⎛
N π a sen θ ⎞
⎛
sen
sin
⎜
⎟ ⎜
⎟
λ
λ
I (θ ) = I 0 ⎜
π b sen θ ⎟ ⎜
π a sen θ ⎟
⎜
⎟ ⎜ sin
⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
λ
λ
ove per un massimo d’interferenza si ha
λ
π b sen θ π b mλ
b
sen θ = m
⇒
=
= πm
a
λ
λ a
a
230
