esercizi svolti Fisica II

Elettrostatica
1.
Si consideri un condensatore cilindrico, di altezza h, raggio interno R1, raggio esterno R2, e costante dielettrica
relativa εr. Si determini:
a) la ddp V che si determina tra le armature, se su di esse è posta la carica q;
b) la capacità del condensatore;
c) l’energia elettrostatica accumulata in tali condizioni;
d) il tempo necessario (tempo caratteristico τ) per scaricare il condensatore, se esso è chiuso su una resistenza R;
e) il valore della massima corrente che scorre nel circuito durante la fase di scarica.
h = 0.01 m ; R1 = 0.010 m ; R2 = 0.011 m ; q = 4 × 10-12 C ; R = 2000 Ω ; εo = 8.8 × 10-12 Farad m-1 ; εr = 5
Per determinare la d.d.p. tra le armature, occorre innanzitutto valutare il
r
campo elettrico E . Utilizzando il teorema di Gauss, applicato al cilindro di
raggio r e altezza h (grigio chiaro in figura), si trova:
r
Q int,lib
q
;
Φ S D = Q int,lib ; 2 π r h D = Q int, lib ; D =
=
2π r h 2π r h
()
q
2π ε o ε r r h
Il calcolo è stato condotto, come di consueto, trascurando gli effetti di bordo.
e quindi E =
La d.d.p. vale allora:
V=
R2
R2
R1
R1
∫ E(r ) dr = ∫
q
q
dr =
2π ε o ε r r h
2π ε o ε r h
R2
1
q
R
∫ r dr = 2π ε o ε r h ln R12 = 0.14 V
R1
La capacità del condensatore vale:
q
C=
= 29 pF
V
L’energia elettrostatica è data da: U =
1
C V 2 = 0.3 × 10−12 J
2
Il tempo caratteristico del circuito RC è
τ = RC = 5.8 ns
Il valore della massima corrente durante la fase di scarica si ricava dall’equazione del circuito:
q(t )
q(t )
q
0=Ri+
= 0.7 mA , poiché il massimo valore di q(t) è la carica iniziale q.
; i=−
; i max =
C
RC
RC
2.
Un cannone elettronico è realizzato accelerando gli elettroni
emessi da un catodo caldo, posto a un potenziale Vo rispetto alla
griglia. La corrente emessa è pari a i. Gli elettroni attraversano un
condensatore a facce piane e parallele, quadrate, di lato l e
distanza d, collegato a un generatore di f.e.m. costante f.
f
θ
Si determini:
a) la velocità degli elettroni dopo la griglia;
b) la potenza erogata dal cannone;
c) il valore del campo elettrico nel condensatore;
d) l’angolo di deflessione degli elettroni all’uscita del condensatore;
e) la direzione e l’intensità del campo magnetico che è necessario applicare nella regione del condensatore,
perché gli elettroni non siano deflessi.
Vo = -250 V ; i = 500 µA; l = 1 cm ; d = 5 mm; f = 10 mV ; me = 9.1 × 10-31 Kg ; e = 1.6 × 10-19 C ;
εo = 8.8 × 10-12 Farad m-1
La velocità degli elettroni si calcola facilmente in base al teorema di conservazione dell’energia meccanica. Detti A e B
rispettivamente il punto nel quale gli elettroni sono emessi, con velocità approssimativamente nulla, e la posizione della
griglia, si ha:
E(A) = E(B) ; K(A) + U(A) = K(B) + U(B) ; K(A) + (- e) V(A) = K(B) + (- e) V(B) ;
K(B) = (- e)[V(A) - V(B)] = - e Vo
Pertanto, v =
−
2 e Vo
= 9.4 × 106 ms-1
m
La potenza erogata dal generatore del dispositivo è W = Vo i = 125 mW.
f
Nel condensatore trasversale è presente un campo elettrico E = = 2 Vm −1 . Dunque l’equazione del moto degli
d
r
v
elettroni nel volume del condensatore è: - e E = m a . L’accelerazione è quindi costante, con modulo
E
a = = 0.34 × 1015 ms −2 , e con riferimento alla figura, diretta verso l’alto. Fissato allora un sistema di riferimento
m
con asse x orizzontale, e asse y verticale, le leggi del moto (uniformemente accelerato) si scrivono:
 x = v xo t


1
2
 y = v yo t + 2 a t


; 

v x = v xo
v y = v yo + a t
Le condizioni iniziali sono vxo = v, e vyo = 0.
Il tempo di attraversamento è
t=
vy = a t = 0.36 × 106 ms-1 , da cui tg θ =
l
l
= = 1.1 ns . La componente y della velocità finale è allora:
v xo v
vy
vx
= 0.038 ; θ = 2.2°
In presenza di un campo magnetico, la forza complessiva sugli elettroni diventa:
r
r r v
F = −e E +v×B
(
)
Quindi, per compensare esattamente la forza elettrica, si deve applicare un campo magnetico di modulo
E
B = = 0.2 µT . La direzione del campo magnetico deve essere trasversale, con verso entrante nel foglio.
v
3.
z
Un dipolo elettrostatico è costituito da due cariche ±q separate da una distanza δ.
r
Il dipolo è collocato nell’origine di un sistema di riferimento, col vettore p
allineato all’asse z.
a) Si determini il valore del potenziale elettrostatico V nel punto P (a, a, a).
r
b) Viene applicato un campo elettrico E = E x , E y , E z . Determinare l’energia
(
+q
x
)
-q
y
elettrostatica del dipolo.
q = 2 pC ; δ = 5 µm; a = 1 cm ; Ex = 5 V m; Ey = 0 ; Ez = 10 V m; εo = 8.8 × 10-12 Farad m-1
r
r
r
Per definizione, il momento di dipolo è dato da p = q δ . Nel caso in esame, quindi, p = q δ ẑ .
Il potenziale elettrostatico generato dal dipolo nel punto P può essere calcolato come segue. Per il principio di
q
−q
+
sovrapposizione, con riferimento alla figura, si ha V = V+ + V− =
4π ε o r+ 4π ε o r−
Quindi: V =
q
4π ε o
 1
1
q r− − r+

−  =
r
r
4
π
ε o r+ r−
− 
 +
P
r
r+
r
δ
r
r−
r
r+
P
r
r
r
r−
r
δ θ
Dalla seconda parte della figura (nella quale si immagina di spingere il punto P all’infinito, essendo r− , r+ >> δ ) si
vede che valgono le approssimazioni r+ r− ≈ r 2 ; r− − r+ ≈ δ cos θ .
r r
δ cos θ
p cos θ
p r cos θ
p⋅r
q
=
=
Quindi: V =
e, infine: V =
4π ε o
r2
4π ε o r 2 4π ε o r 3
4π ε o r 3
r r
Nel caso proposto dal quesito, p ⋅ r = p x a + p y a + p z a = p z a = p a , e quindi:
V=
pa
4π ε o
( 3 a )3
= 0.17 mV
r
In presenza di un campo elettrico E , il dipolo acquista un’energia meccanica pari all’energia potenziale elettrostatica
delle cariche q, -q (essendo nulla l’energia cinetica). Nel caso considerato, la carica q è posta nel punto B, individuato
1 r
1r
dal vettore δ , e la carica –q nel punto A individuato dal vettore − δ . Si ha quindi:
2
2
U = q V(B) + (− q ) V (A ) = q [V(B) − V(A )]
B
B
r
r
Per la definizione di potenziale elettrostatico, si ha : V (A ) − V(B) = E ⋅ dl ; V (B) − V(A ) = − E ⋅ dl
∫
∫
A
A
B
Poiché i punti A e B sono molto vicini, si può valutare approssimativamente l’integrale:
∫
r
r
E ⋅ dl ≈ E ⋅ ∆l , con ∆l
A
r
r
vettore spostamento da A (punto iniziale) a B (punto finale). Quindi V (B) − V (A ) ≈ − E ⋅ ∆l , o anche ∆V ≈ − E ⋅ ∆l .
r
r r
r r
r r
In questo caso ∆l = δ e quindi V (B) − V (A ) ≈ − E ⋅ δ , e infine U = − q E ⋅ δ = − p ⋅ E .
r r
Nel caso in esame dunque U = − p ⋅ E = − p x E x + p y E y + p z E z = − p z E z = − p E z = − 1 × 10 −16 J
[
]
+
4.
Un generatore di Van der Graaf è costituito da una sfera metallica cave di raggio a,
collegata a massa attraverso la resistenza R. Per caricare elettrostaticamente la sfera, si
procede in questo modo. Un generatore G è collegato ad alcune punte metalliche in modo
da depositare cariche elettriche su un nastro di materiale isolante. Il nastro è tenuto in
movimento dal motore M; le cariche vengono così trasportate fino alla sfera, sulla quale
sono raccolte grazie ad altre punte metalliche ad essa collegate.
a) Il massimo potenziale elettrostatico Vmax cui si può portare la sfera è determinato
dalla rigidità dielettrica (campo di breakdown) del gas in cui è immersa la sfera. Se si
usa SF6 ad alta pressione, si ha Eb = 3 × 107 V m-1. Determinare Vmax .
b) Determinare il valore della corrente che attraversa R, nell’ipotesi che V sia circa
uguale a Vmax.
c) Si supponga che il nastro, di larghezza w, sia caricato da G in modo uniforme, e
presenti dunque una densità di carica σ. Qual è la sua velocità di avanzamento?
L
d) Quanto vale il lavoro f =
che M compie per trasferire sulla sfera la carica
q
unitaria?
e) Prescindendo dagli attriti, che potenza deve erogare M per tenere in movimento la
cinghia?
+
+
+
+
+
+
R
+
+
+
G
G
M
C
R
a = 0.5 m ; Eb = 3 × 107 V m-1 ; R = 1011 Ω ; σ = 50 × 10-6 C m-2 ; w = 20 cm ; εo = 8.8 × 10-12 Farad m-1
Detta q la carica presente sulla sfera nelle condizioni prossime alla rottura del dielettrico, il campo elettrico generato
1
q
nella regione esterna, a distanza r dal centro, vale in modulo E(r ) =
. Il campo è massimo alla superficie
4 π εo r 2
1
q
della sfera, dove E(a ) =
. Dalla relazione E(a ) = E b si ricava q = 4 π εo a 2 E b . Il potenziale generato
4 π εo a 2
1
q
all’esterno
della
sfera
vale
V (r ) =
,
e
sulla
sfera
si
ha
4 π εo r
V max = V(a ) =
4 π εo a 2 Eb
1
q
1
=
= a E b = 15 × 10 6 V
4 π εo a 4 π εo
a
Per la legge di Ohm, detta VR la ddp ai capi di R, si ha : VR = i R . Guardando il circuito equivalente, si vede che VR è
uguale alla ddp V ai capi del condensatore, e dunque al potenziale Vmax della sfera. Quindi,
V
i = max = 150 × 10 −6 A = 150 µA
R
∆q
. Alla velocità v, nel tempo ∆t il nastro sposta sulla sfera tutta la carica
∆t
larghezza w e lunghezza
∆l = v ∆t . Quindi
∆q = σ w v ∆t , e
La corrente portata dal nastro è data da i =
contenuta
i=
sul
rettangolo
di
∆q σ w v ∆t
i
=
= σ w v , da cui v =
= 15 m s −1
∆t
∆t
σw
Si consideri una carica q prelevata dal nastro nel punto A, in cui V = 0, e portata nel punto B, sulla sfera, dove V =
Vmax. Il lavoro LE compiuto dal campo elettrico vale LE = q (VA – VB) = -q Vmax . Si tratta di un lavoro negativo. In
r
r
r
assenza di attriti, la forza F esercitata su q dal motore è uguale e opposta alla forza elettrica FE = q E , perché le
r r
r
cariche si muovono a velocità costante, e la II equazione della dinamica è allora F + FE = m a = 0 . Allora anche il
lavoro L compiuto dal motore sarà uguale e opposto al lavoro LE: L = - LE = q Vmax . Dunque
f =
L
= Vmax = 15 × 10 6 V
q
La potenza erogata dal motore può essere scritta come W =
∆L f ∆q
=
= f i = 2200 Watt
∆t
∆t
5.
Un condensatore a facce piane e parallele di area S , poste a distanza d, è collegato a un
generatore di f.e.m. f .
a) Determinare la carica Qo sulle armature, e la forza attrattiva che un’armatura
esercita sull’altra;
b) Tenendo il condensatore collegato al generatore, si introduce al suo interno un
dielettrico, con costante dielettrica relativa εr. Determinare la carica Q sulle
armature, alla fine del processo.
c) Determinare il lavoro Lg compiuto dal generatore tra l’istante iniziale, e quello in
cui il dielettrico è completamente inserito.
S = 20 cm2 ; d = 1 mm ; f = 150 V ; εr = 3 ; εo = 8.8 × 10-12 Farad m-1
La capacità di un condensatore a facce piane e parallele è data, come noto, dalla relazione C = ε o ε r
situazione iniziale, il condensatore è immerso nel vuoto e quindi C = ε o
ricordando che, per definizione di capacità, C =
S
. Nella
d
S
= 78 pF . La carica Qo si determina
d
Qo
, dove ∆V è la d.d.p. ai capi del condensatore. In questo caso
∆V
∆V = f , e dunque Qo = C f = 12 nC.
La forza attrattiva tra le armature, nella situazione attuale, va determinata in questo modo. Si considera la prima
armatura come sorgente del campo elettrico in cui la seconda armatura è posta. Non si commetta l’errore, dunque, di
valutare il campo elettrico totale nel condensatore, perché questo è determinato per metà dalle stesse cariche su cui si
vuole determinare la forza! Il campo generato dalla prima armatura è il campo di un piano indefinito carico, su cui sia
Q
σ
presente la densità di carica σ =
. Tale campo vale E =
(si noti che tale valore è la metà del campo totale nel
S
2 εo
r
r
r
condensatore). La forza su una carica dq della seconda armatura vale allora dF = dq E . Tutti i vettori dF sono
r
paralleli.
Quindi
la
forza
totale
ha
modulo
pari
alla
somma
dei
moduli
dei
dF :
Q o2
σ
=
= 4 × 10 −3 N . La forza è naturalmente attrattiva, poiché le cariche sulle due
2 εo 2 εo S
armature hanno segno opposto.
F=
∑
dq E = Q o E = Q o
Dopo l’introduzione del dielettrico, la carica sulle armature aumenta di un fattore εr perché è aumentata la capacità del
condensatore. Quindi Q = εr Qo = 36 nC.
Durante il processo di inserimento, il generatore deve fornire cariche al condensatore. In base alla definizione di f.e.m.,
per spostare la carica δq esso compie il lavoro δLg = δq f . Poiché la f.e.m. è costante durante il processo, il lavoro
∫
∫
totale è dato da: L g = dL g = f dq = f
∫ dq = f (Q − Q o ) = 3.6 µJ
Campo magnetico
6.
Un circuito chiuso da una sbarretta mobile di lunghezza L è immerso in
un campo magnetico uniforme e costante nel tempo B. La parte fissa del
circuito ha una lunghezza totale l , ed è realizzato usando un filo di
sezione S e resistività ρ. I contatti striscianti e la sbarretta hanno
resistenza elettrica trascurabile. La sbarretta è spostata con velocità
costante v verso destra. Determinare:
a) il valore del campo elettromotore di Lorentz e della f.e.m. ad esso
associata;
b) il valore della corrente indotta che scorre nel circuito;
c) la forza esterna che è necessario applicare per trarre la sbarretta;
d) la potenza meccanica erogata da tale forza.
r
B
r
r
v
L = 10 cm ; Β = 0.5 Τ ; l = 1 m ; S = 0.1 mm2 ; ρ = 3 × 10-6 Ω m ; v = 6 m s-1
r
r r
Il campo elettromotore di Lorentz è E m = v × B , il cui modulo vale:
Em = v B = 3 V m-1 .
r
B
r
La f.e.m. associata è:
r
r
f.e.m. = Em ⋅ d s = v B L = 0.3 V (positive col verso di percorrenza
∫
r
v
r r
v×B
indicato).
La corrente che scorre nel circuito è data da:
f.e.m. v B L v B L S
i=
=
=
= 10 mA
R
R
ρl
r
La sbarretta procede a velocità costante. Essa è soggetta all’azione della forza esterna F e della forza magnetica
r
v v
F L = i L × B (forza di Laplace). L’equazione della dinamica è allora:
r r
r
F + FL = m a = 0
La forza che è necessario applicare per trarre la sbarretta a velocità costante è dunque uguale in modulo alla forza di
Laplace, ma con verso opposto. Dunque:
v B2 L2
F=iLB=
= 5 × 10− 4 N
R
La potenza erogata, infine, è data dalla relazione:
W=Fv=
(v B L )2
R
= 3 mW
r
B
r
r
FL
r
L
r
F
7.
Una lastrina di un semiconduttore drogato, di lunghezza L, larghezza w e
spessore t, è collegata ad un generatore di f.e.m. f, ed è percorsa dalla
corrente i. Il materiale è caratterizzato dall’avere portatori di carica
positivi (lacune), con una densità n, ed una velocità di Fermi vF. La
lastrina è immersa in un campo magnetico uniforme B, ad essa
perpendicolare. Determinare:
a) il valore della densità di corrente che attraversa la lastrina;
b) la velocità di deriva dei portatori di carica;
c) il libero cammino medio l dei portatori di carica;
d) la d.d.p. trasversale, dovuta all’effetto Hall.
r
B
r
J
L = 1 cm ; w = 0.1 cm ; t = 10 µm ; f = 10 V ; i = 1.0 pA ; vF = 3 × 106 m s-1; Β = 0.02 Τ ; n = 7 × 1012 m-3
La densità di corrente vale J =
i
i
=
= 0.1 A m −2
S wt
Poiché si ha : J = n e v d , segue che v d =
J
= 8.9 × 104 m s-1
ne
La resistenza elettrica della lastrina vale R =
Poiché nel modello di Drude si ha: σ =
Rwt
f
= 1.0 × 1013 Ω . La resistività vale allora: ρ =
= 10 7 Ω m
i
L
m vF
1 n e2 τ n e2 l
=
=
, segue che: l =
= 1.5 µm
ρ
m
m vF
n e2 ρ
r
r r
v
In regime stazionario, la forza di Lorentz F = e E + v d × B sui portatori di carica si deve annullare. Deve essere allora
presente un campo elettrico trasversale alla direzione del moto, che ha modulo pari a quello del campo di Lorentz
r v
v × B , ma verso opposto. Dunque E = vd B = 1.8 × 103 V m-1 ; e la d.d.p. ad esso associata vale V = E w = 1.8 V.
(
)
Si noti che un effetto Hall tanto marcato dipende dal fatto che il materiale in esame ha un numero di portatori di carica
molto basso rispetto ai buoni conduttori, il che dà anche luogo a una notevole resistività.
8.
Due fili rettilinei indefiniti, paralleli e posti a distanza 2d, sono percorsi dalla
corrente i con versi opposti.
a) Con riferimento al sistema di assi cartesiani mostrato in figura, si determini il
valore del campo magnetico totale generato nei punti P1 (0, 0, 0) e P2 (d, 0, 0).
b) Si determini la forza per unità di lunghezza che un filo esercita sull’altro, e si
stabilisca se si tratta di una forza attrattiva o repulsiva.
z
y
x
i = 25 mA ; d = 1.4 cm ; µo = 4π × 10-7 Henry m-1
Il campo magnetico totale si può determinare facendo ricorso al principio di sovrapposizione, dopo aver calcolato il
valore del campo generato separatamente da ciascun filo.
Il campo generato a distanza r da un filo rettilineo indefinito può essere calcolato ricorrendo alla legge di circuitazione
di Ampere:
∫
r
B ⋅ dl = µ o I c .
Γ
r
Le linee del campo B di un singolo filo devono rispettare la simmetria assiale della
distribuzione di corrente; inoltre esse devono essere linee chiuse. Dunque, esse sono
circonferenze con centro sul filo, come mostrato in figura.
y
x
Si consideri innanzitutto il filo che porta corrente nella direzione positiva dell’asse z. Per trovare B
si introduce come ausilio di calcolo la circonferenza orientata Γ, di raggio r, giacente nel piano xy,
con centro sull’asse del filo. Scegliendo come verso positivo di percorrenza di Γ il verso antiorario,
resta fissato, in modo concorde all’asse z, il verso positivo della normale alla superficie del cerchio
r
r
S che ha Γ come orlo. Poiché B è tangente alla circonferenza, si ha che B ⋅ dl = B t dl . Inoltre, Bt
è costante sul cammino di integrazione, e quindi:
∫
Γ
r
B ⋅ dl =
∫ B t dl = B t ∫ dl
Γ
= B t 2π r
Γ
La corrente concatenata Ic è data per definizione dalla corrente totale che attraversa la superficie orientata S. In questo
caso evidentemente Ic = i . Quindi:
2π r B t = µ o i ; B t =
µo i
.
2π r
Poiché Bt > 0, il campo è orientato in verso concorde a Γ. il campo ha solo la componente tangenziale, B = Bt .
Si noti come cambia il calcolo se Γ è orientata in verso orario. In questo caso, la normale a S è orientata in verso
µ i
opposto a quello della corrente i ; quindi Ic = -i , e B t = − o . Dunque il campo ha componente tangenziale opposta
2π r
r
al verso di percorrenza orario. Si ottiene nuovamente il risultato corretto: B è orientato in verso antiorario.
Ripetendo il ragionamento in modo analogo per il secondo filo, si conclude che il campo da esso generato ha linee
percorse in verso opposto, cioè orario. Dovendo calcolare il campo totale generato dai due fili, si devono sommare
r
r
vettorialmente i campi B1 e B 2 generati dai fili in ciascun punto.
r
r
Con riferimento alla figura, si vede che nel punto P1 i campi B1 e B 2 sono uguali in
modulo, direzione e verso, sicché
r
B tot
r
r
r
r
r
µ i µ i
B tot = B1 + B 2 = 2 B1 ; B tot = 2 o = o = 0.71 µT ; B tot = − B tot x̂
2π d
πd
r
r
Nel punto P2 i campi B1 e B 2 sono uguali in modulo, ma non sono paralleli. Per simmetria,
il campo totale ha solo la componente x, e questa è negativa. Tenendo conto che in questo
r
B2
caso r = 2 d , si ha infine:
B tot =
µo i
2π 2 d
µo i
= 0.36 µT ;
2π d
cos θ =
r
B1
y
x
B tot = B1x + B 2 x = 2 B1x ;
B1x = B1 cos θ =
θ
µo i
2 µo i
=
;
2
4π d
2π 2 d
1
r
B1
2
r
F12
r
B tot = − B tot x̂
x
r
l2
y
Per calcolare la forza che il filo 1 esercita su un tratto di lunghezza l 2 del filo 2, si ricorre all’espressione della forza di
Laplace:
r
r
r
F12 = i 2 l 2 × B1
r
r
Il vettore l 2 ha lo stesso verso della corrente i2 nel filo 2; il campo B1 è quello generato dal filo 1 nella posizione
occupata dal filo 2, che si trova a distanza 2d. In modulo, seguendo ragionamenti analoghi a quelli presentati prima, si
ha:
B1 =
µ o i1
µ i
= o 1
2π (2d ) 4π d
r
r
µ i i
µ i2
Poiché l 2 ⊥ B1 , si ha F12 = i2 l 2 B1 = o 1 2 l 2 = o
l2
4π d
4π d
La forza per unità di lunghezza vale allora: f =
F12 µ o i1 i 2
=
= 4.5 × 10 −9 N m −1
l2
4π d
Come mostrato dalla figura, tenendo conto del calcolo del prodotto vettoriale, la forza è di tipo repulsivo.
9.
Un protone entra con velocità v in una regione di spazio limitata (vedi figura) in
r
cui è presente un campo magnetico B uniforme e diretto lungo l’asse z.
Determinare:
a) la velocità angolare del moto circolare descritto dal protone;
b) il raggio della traiettoria circolare descritta;
c) l’angolo di deflessione θ;
d) la posizione P di impatto del protone su uno schermo posto a distanza
r
A
θ
B
A’
h
AB = l ;
P
e) il tempo che il protone impiega a percorrere il tratto A’P.
e = 1.6× 10-19 C ; mp = 1.67 × 10-27 Kg ; v = 3 × 105 m s-1 ; B = 0.1 T ; d = 5 mm ; l = 40 cm
r
La dinamica del protone in presenza del campo B è determinata dalla II equazione della dinamica in presenza della
forza di Lorentz:
r
r r
q v×B=ma
r
Siccome B è diretto lungo l’asse z, la forza di Lorentz giace nel piano xy in ogni istante di tempo. Poiché
(vr × Br ) ⊥ vr
si ha che la forza è sempre perpendicolare alla velocità, e quindi ha componente tangenziale sempre nulla. Si introduca
allora il sistema di riferimento tangente, che ha assi rispettivamente paralleli al versore tangente t̂ e al versore normale
n̂ , orientato in verso centripeto. La seconda equazione della dinamica proiettata sugli assi diventa:
dv

 0 = m a c = m dt


2
qvB=ma =m v
c

r
La prima equazione assicura che il modulo della velocità sia costante. La seconda permette di calcolare la velocità
angolare ω, che risulta costante e indipendente dalla velocità iniziale:
q vB=m
ω=
v2
v
; qB=m
; q B = m ω;
r
r
qB
= 0.96 × 10 −3 s −1
m
La velocità angolare in questo tipo di moto è anche detta pulsazione ciclotronica.
Il raggio della traiettoria è costante, e vale:
mv
r=
= 3 cm
qB
Il moto è dunque curvilineo piano, con v = cost e raggio di curvatura costante. Si tratta di un moto circolare uniforme.
r
In presenza di un’eventuale componente della velocità iniziale in direzione parallela al campo B , il moto sarebbe
risultato elicoidale, come combinazione di un moto circolare e di un moto rettilineo uniforme in direzione
perpendicolare al piano della circonferenza.
L’angolo di deflessione si ricava facilmente, osservando che d = r sen θ . Si ha dunque
d
θ = arcsen = 9.6°
r
Con riferimento alla figura, si osserva poi che:
h = AA' + A ' P sen θ = AA' + l tan θ = (r − r cos θ ) + l tan θ = 6.8 cm
Dopo aver lasciato la regione in cui è presente il campo, il protone si muove di moto rettilineo uniforme. Il tempo t
dunque vale:
A' P
t=
v
=
l
tan θ = 0.2 µs
v
10. Si consideri il cavo coassiale di lunghezza l mostrato in figura. Il conduttore interno è un
filo di rame, di raggio a e resistività elettrica ρ. La guaina esterna è una sottile lamina
metallica di raggio b. La resistenza elettrica per unità di lunghezza della guaina è λ. Il cavo è
collegato da un lato a una resistenza elettrica R, dall’altro a un generatore di tensione G
praticamente ideale.
a) Calcolare la resistenza elettrica totale del circuito R;
b) calcolare l’induttanza del circuito L.
l = 30 m ; a = 0.5 mm ; b = 3 mm ; ρ = 2.5 µΩ cm ; λ = 0.15 Ω m-1 ; R = 2 Ω ;
µo = 4π × 10-7 Henry m-1
La resistenza elettrica R1 del conduttore interno si calcola facilmente in base alla relazione
R1 = ρ
l
l
=ρ
=1Ω
S
π a2
La resistenza R2 della guaina esterna è data a sua volta da
R 2 = λ l = 1.5 Ω
La resistenza totale, considerando che nel circuito equivalente R1 , R2 , R sono montate in serie, è data dalla somma:
R = R1 + R2 + R = 4.5 Ω
Per il calcolo dell’induttanza si trascurano gli effetti di bordo dovuti al montaggio dei componenti discreti (resistenza e
generatore). Dunque L è essenzialmente l’induttanza del cavetto schermato. Il calcolo può essere effettuato in base alla
definizione:
L=
Φ
I
in cui Φ è il flusso autoindotto dal passaggio della corrente di alimentazione I. Nel caso del cavetto schermato, è
comodo definire l’autoinduttanza per unità di lunghezza:
∆L ∆Φ
=
∆l I ∆l
in cui, col simbolo ∆Φ, si è indicato il flusso autoindotto attraverso il rettangolo punteggiato in figura, di altezza ∆l , e
base di lunghezza pari a (b-a).
Per definizione di flusso autoindotto, ∆Φ è dato da:
r
∆Φ = B ⋅ n̂ dS
∫
S
r
dove S è il rettangolo citato, e B è il campo magnetico che il cavetto schermato genera
r
quando è attraversato dalla corrente I , il cui verso è indicato dalla freccia. Per determinare B
a distanza r dall’asse si può ricorrere alla legge di circuitazione di Ampere applicata alla
circonferenza orientata Γ , di raggio r, indicata nel disegno:
r
r
∫ B ⋅ d l = µ o I conc
Γ
Per la simmetria del problema, si ha:
r
r
∫ B ⋅ d l = 2π r B
Γ
r
poiché B è sempre tangente alla circonferenza Γ, ed il suo modulo è costante sui punti di Γ. Inoltre, la corrente
concatenata a Γ è evidentemente pari alla corrente I:
Iconc = I
sicché in definitiva
2π r B = µ o I
;
B = µo
I
2π r
r
Il campo B , nella regione compresa tra il conduttore interno e la guaina, ha dunque lo stesso andamento di quello
r
generato da un filo rettilineo indefinito. L’andamento di B nelle altre regioni dello spazio è riportato nel seguito, ma è
ininfluente ai fini del calcolo di L.
r
Nei punti del rettangolo S il campo B è parallelo a n̂ , e quindi:
r
∆Φ = B ⋅ n̂ dS
∫
∫
S
S
I
I
B dS = µ o
dS = µ o
2π r
2π
∫
∫
S
S
Il
1
∆l dr = µ o
r
2π
b
∫
a
I ∆l
dr
b
= µo
ln
r
2π
a
Nella seconda parte della figura, l’elemento di superficie dS è rappresentato in tratteggio.
Tornando dunque alla definizione di L, si ha:
µ
I ∆l
∆L ∆Φ
1
b
b
=
=
µo
ln = o ln
∆l I ∆l
I ∆l
2π
a
2π
a
e infine
L=
µ l
∆L
b
l = o ln = 11 µHenry
∆l
2π
a
Torniamo, per completezza, alla questione del valore del campo B negli altri punti dello spazio. Il calcolo si effettua
ancora in termini della legge di Ampere, ricorrendo ancora a una circonferenza di raggio r.
Supponiamo che sia r < a. In questo caso la corrente concatenata è inferiore alla corrente di alimentazione I.
Se il cavetto è alimentato da una corrente continua o lentamente variabile nel tempo,
la densità di corrente J sarà uniforme sulla sezione del conduttore, e pari a:
J=
I
r
π a2
a
In questa ipotesi, la corrente concatenata vale:
r
I conc = J ⋅ n̂ dS
∫
Σ
dove Σ è il cerchio di raggio r , con la normale orientata concordemente al verso della corrente (uscente dal foglio nel
disegno a fianco). Si ha allora:
∫
∫
Σ
Σ
I conc = J dS = J dS = J π r 2 =
I
π a2
π r2 = I
r2
a2
Per la simmetria del problema, si ha ancora:
∫
r r
B ⋅ d l = 2π r B
Γ
sicché infine
2π r B = µ o I
r2
a
2
;
B = µo
I
2π a 2
r
Quando il cavetto è alimentato a frequenza elevata (~ 1 GHz) , la densità di corrente non può più essere considerata
uniforme, a causa del cosiddetto “effetto pelle”. In questo regime la corrente è confinata in un sottile strato alla
superficie del conduttore interno; quindi la corrente concatenata è molto minore del valore appena determinato, e al
crescere della frequenza si annulla, sicché il campo magnetico diventa anch’esso pari a 0.
r
All’esterno della guaina il campo B è sempre nullo. Infatti la corrente concatenata ha
due contributi uguali e opposti, dovuti alla corrente che sale lungo il conduttore
interno, e a quella che scende lungo la guaina.
r
Il grafico del modulo di B in funzione di r ha l’andamento mostrato in figura.
B
bassa frequenza
alta frequenza
0
a
r
b
Elettrodinamica e onde
11. Un solenoide di altezza h, raggio a, n avvolgimenti per unità di lunghezza, è
alimentato dalla corrente i = i(t). La resistenza totale del circuito è R. Si determini:
a) l’autoinduttanza del circuito;
b) la massima f.e.m. autoindotta (valore assoluto);
c) la massima f.e.m. indotta in una spira montata esternamente al solenoide, come in
figura;
d) la massima potenza erogata dal generatore;
e) massimo valore del modulo, direzione e verso del vettore di Poynting ai punti
sulla superficie del solenoide.
h
=
10
cm;
a
=
2
cm;
n
=
10
4
-1
m ;
 i o t t ≤ 10 τ

i(t ) =  τ
 10 i o t > 10 τ

;
io
= 120 mA s −1 ; τ = 100 ms ; R = 10 Ω; µo = 4π × 10-7 Henry m-1
τ
L’autoinduttanza è data per definizione da:
L=
Φ
i
dove Φ è il flusso autoindotto, cioè è il flusso del campo magnetico attraverso la superficie del circuito.
Per il calcolo si suppone dunque il solenoide alimentato da una corrente i. Il campo magnetico nel solenoide può essere
r
ricavato utilizzando la legge di circuitazione di Ampere, e le nozioni sulla fenomenologia e la simmetria del campo B :
il campo 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
B ⋅ ds = µ o I c
Si ha però che
∫
r r
B ⋅ ds = B l
perché l’unico tratto della circuitazione su cui si ha un contributo non nullo è quello interno, parallelo all’asse; e inoltre
µo Ic = µo n l i
Dunque, combinando le due relazioni:
B = µo n i
L’area del circuito è la collezione di N cerchi di area S = π a2 . Quindi:
Φ = B N S = µ o n i N S = µ o n 2 πa 2 h i ;
Φ
L=
= µ o n 2 πa 2 h = 16 mHenry
i
La f.e.m. autoindotta è data dalla legge di Faraday Neuman:
f.e.m. = −
i

dΦ
di − L o
=−L
=
τ
dt
dt 
0
per t ≤ 10 τ
per t > 10 τ
In valore assoluto, la massima f.e.m. è pari a 1.9 mV.
La massima f.e.m. indotta nella spira esterna si calcola ancora usando la legge di Faraday
Neuman. Questa volta il flusso Φ’ attraverso la spira esterna va calcolato considerando che
essa è attraversata dalle linee del campo B solo nella porzione della sua area pari al cerchio
di raggio πa2; infatti, all’esterno del solenoide il campo B si annulla. Dunque, per t ≤ τ :
f.e.m. = −
(
)
i
dΦ '
d
di
= − µ o n i πa 2 = − µ o n πa 2
= − µ o n πa 2 o
dt
dt
dt
τ
a
In valore assoluto, la massima f.e.m. è pari a 1.9 µV.
Il significato del segno è legato alla convenzione geometrica sull’orientamento della normale ad una superficie aperta.
Nel calcolo del flusso si è implicitamente assunto l’orientamento della normale come concorde alla direzione del campo
B (uscente dal foglio nella figura a fianco). Dunque il verso di percorrenza positivo dell’orlo del circuito è quello
antiorario (freccia in figura). La f.e.m., in considerazione del segno derivante dalla legge di Lenz, è però orientata in
modo da far circolare una corrente indotta con verso orario.
La potenza erogata dal generatore è data dalla relazione:
Wg = f g i
La f.e.m. del generatore, fg, è data dall’equazione:
fg = R i + L
i
i
i
di
= R o t + L o = o (R t + L )
dt
τ
τ
τ
Sostituendo:
i
 i 
Wg = f g i =  o (R t + L )  o t 
τ
 τ 
Il massimo valore si ottiene nell’istante finale t = 10 τ. Dunque, Wmax = 140 mW .
Per la simmetria del problema, il vettore di Poynting ha direzione radiale. Inoltre, durante la fase in cui la corrente
aumenta, c’è un aumento di energia magnetica nel volume del solenoide. Pertanto, il vettore di Poynting punta verso
l’interno del solenoide.
Il vettore è dato dalla relazione:
r r
r E×B
I=
µo
Per determinare il valore del campo elettrico, si può fare riferimento all’equazione di Faraday Neuman applicata a una
circonferenza di raggio r, con r di poco inferiore ad a:
∫
r r
dΦ
E ⋅ ds = −
dt
Per la simmetria del problema, si ha:
r
r
∫ E ⋅ d s = 2π r E
Inoltre,
Φ = B S = µ o n i πr 2 ;
dΦ
di
= µ o n πr 2
dt
dt
Quindi:
2π r E = µ o n πr 2
di
;
dt
µ n r di
E= o
2
dt
Mettendo questo valore nell’espressione che definisce il modulo del vettore di Poynting, e ponendo r = a, si trova:
I=
i
EB
1  µo n a io  
=

 µo n o
µo
µo  2
τ 
τ
Il massimo valore si ha ancora per t = 10 τ. Quindi:
Imax = 18 × 10-3 W m-2
2
 µ a ni 
t = o  o  t
2  τ 

12. Un condensatore a facce piane e parallele è montato in un circuito RC, che all’istante t = 0 è chiuso su un
generatore di f.e.m. fo. Le armature sono due dischi di raggio a, posti a distanza d; tra i dischi è interposto un
dielettrico con costante dielettrica relativa εr. Si determini:
a) l’andamento del campo elettrico nel condensatore, in funzione del tempo;
b) il valore della polarizzazione P in funzione del tempo;
c) il valore delle seguenti grandezze fisiche, all’istante t = RC, all’interno del condensatore:
- densità di corrente libera;
- densità di corrente di spostamento;
- densità di corrente di polarizzazione.
fo = 0.3 V ; R = 10 Ω ; a = 2 cm; d = 100 µm; εr = 2.5
La capacità del condensatore vale:
C = εo ε r
π a2
= 0.28 nF
d
Durante la carica del condensatore, la carica sulle armature cresce secondo la legge:
t

− 

τ
q = io τ 1 − e 




dove τ = RC = 2.8 ns e io =
fo
= 30 mA
R
Il campo elettrico nel condensatore a facce piane e parallele vale
io τ
σ(t )
q(t )
E=
=
=
2
εoε r εoε r π a
εoεr π a 2
t

− 

τ
1 − e 




La polarizzazione vale:
P = εo χ E =
t

− 
χ io τ 
τ
1
−
e



εr π a 2 


All’istante t = RC, si ha infine:
JL = 0 (nel condensatore non scorre mai corrente libera)
t
−
io
dE
J S (t ) = ε o
=
e τ
dt
εr π a 2
da cui J S (RC ) =
t
−
χ io
dP
J P (t ) =
=
e τ
2
dt
εr π a
da cui J P (RC ) =
io
εr π a 2
χ io
εr π a 2
e −1 = 0.35 A m-2
e −1 = 0.53 A m-2
13. Un’onda E.M. piana, monocromatica, incide perpendicolarmente su una lastra di
materiale dielettrico di superficie S e spessore d. Siano < Io > l’intensità della
radiazione incidente; < Ir > l’intensità della radiazione riflessa; < I 'tr > l’intensità
della radiazione che emerge dall’altro lato della lastra.
a) Determinare la potenza media dissipata nella lastra (potenza assorbita).
r
b) Determinare l’ampiezza del campo E dell’onda emergente dalla lastra.
< Io >
< I 'tr >
< Ir >
< Io > = 2 mW m-2 ; < Ir > = 0.4 mW m-2 ; < I 'tr > = 1.5 mW m-2; S = 2 m2 ; d = 10 cm ; c = 3 × 108 m s-1
In base al teorema di Poynting, si ha:
−
r
dU
=ΦI +W
dt
()
Per un fenomeno stazionario,
dU
= 0 , e quindi :
dt
r
Φ I +W=0.
( )
Si applichi ora il teorema alla superficie Σ che racchiude la lastra. La normale positiva alla superficie chiusa è la
r
normale uscente; pertanto, i flussi entranti sono negativi, e quelli uscenti sono positivi. Nel calcolo del termine Φ I si
hanno allora termini con segno opposto:
()
r
Φ I = I 'tr S + I r S − I o S
()
Quindi si ha:
[
]
W = I o − I 'tr − I r S
L’intensità di un’onda E.M. è il valor medio del modulo del vettore do Poynting. Prendendo allora il valor medio
dell’ultima equazione si trova:
[
]
W = < I o > − < I 'tr > − < I r > S = 0.2 mW
Il vettore di Poynting associato a un’onda E.M. piana, monocromatica, che si propaga nel vuoto, è dato da:
r r
r E×B E B
I=
k̂
=
µo
µo
con k̂ versore allineato alla direzione di propagazione.
Poiché B =
E
E2
, segue che I =
.
c
µo c
In un’onda monocromatica, il campo elettrico in una posizione fissata è una funzione oscillante del tempo, del tipo:
E = E o sen (ω t + ϕ)
e quindi
I(t ) =
E o2 sen 2 (ω t + ϕ)
µo c
Il valore medio temporale della funzione sen 2 (ω t + ϕ) vale
sen 2 (ω t + ϕ) =
1
T
T
∫ sen
2
(ω t + ϕ) dt = 1
0
2
1
:
2
2π 

T =

ω

Quindi:
I =
E o2
2 µo c
Nel caso in esame, il campo associato all’onda emergente ha dunque ampiezza:
E 'tr o = 2 µ o c I 'tr = 1.1 V m-1
14. Un solenoide di raggio a, altezza h, n spire per unità di lunghezza, è percorso dalla
corrente costante i. All’istante iniziale (t = t1) , nel solenoide è inserito un nucleo di
materiale ferromagnetico con permeabilità magnetica relativa µr.
a) Determinare il valore del campo B generato dal solenoide.
b) Intorno al solenoide è posta una spira S di raggio b > a , e resistenza elettrica R.
r
Determinare il valore del flusso Φ1 = Φ S B a t = t1.
c) Viene estratto il nucleo ferromagnetico. L’operazione è completata all’istante t2.
r
Determinare il valore di B e del flusso attraverso S, Φ 2 = Φ S B , all’istante t2.
r
d) Durante il processo di estrazione del nucleo, il flusso Φ S B cambia nel tempo, e
nel circuito S scorre una corrente indotta i’. Scrivere l’equazione del circuito.
e) Determinare la carica totale Q che attraversa il circuito durante il processo di
()
()
()
t2
estrazione del nucleo, definita come Q =
∫ i' dt .
t1
a = 20 cm ; h = 50 cm; n = 3 × 103 m-1 ; i = 0.25 A ; µr = 100 ; µo = 4π × 10-7 Henry m-1 ; b = 30 cm ; R = 10 Ω
Per la simmetria del problema (simmetria assiale), le linee del campo magnetico sono
parallele all’asse del solenoide. Si può poi assumere come dato sperimentale che il campo
sia trascurabile nel volume esterno al solenoide stesso. Ciò premesso, tenendo conto del
fatto che il solenoide ha un nucleo ferromagnetico, si può determinare il valore del campo
H ricorrendo alla legge di circuitazione di Ampere scritta nella forma:
∫
r r
H ⋅ d s = I c,lib
Γ
dove Γ è il rettangolo orientato mostrato in figura, e Ic, lib è la corrente libera concatenata al
rettangolo. Ora si ha che
r
r
∫ H ⋅ ds = H l
Γ
perché l’unico tratto della circuitazione su cui si ha un contributo non nullo è quello
interno, parallelo all’asse; e inoltre
I c, lib = n l i
Si noti il segno positivo di Ic, lib : il verso di percorrenza positivo di Γ indicato in figura
implica una normale positiva concorde al verso della corrente i. Dunque,
H=ni
Poiché
B = µo µr H
segue che:
B = µo µr n i = 0.06 T
b
a
Il valore di Φ1 è dato per definizione da:
r
r
Φ1 = Φ S B = B ⋅ n̂ dS
() ∫
S
S è una superficie orientata che vede la spira come orlo. Orientando il circuito in verso antiorario, n̂ risulta allineata
r
verso l’alto, e dunque è concorde a B . Dunque:
∫
r
B ⋅ n̂ dS = B dS
∫
S
S
La superficie S può essere divisa nel cerchio C di raggio a più la corona circolare di raggio interno a, ed esterno b. Il
r
campo B è nullo in tutti i punti della corona circolare, sicché
∫
Φ1 = B dS = π a 2 B = 72 × 10-4 Wb
C
r
All’istante t2 il campo B è ridotto del fattore µr, poiché il nucleo non è più presente. Anche il flusso è ridotto dello
stesso fattore, e dunque:
Φ2 =
Φ1
= 72 × 10 −6 Wb
µr
In presenza di un flusso variabile, nasce la f.e.m. di Faraday Neumann, e l’equazione del circuito si scrive:
−
dΦ
= i' R
dt
Integrando ambo i membri dell’equazione del circuito tra t1 e t2 si ottiene la cosiddetta legge di Felici:
t2
∫
t1
t2
 dΦ 
−
 dt = i' R dt ;
 dt 
∫
t1
t2
− (Φ 2 − Φ1 ) = R
∫ i' dt ;
t1
e infine
Q=
Φ1 − Φ 2
R
Nel caso in esame, allora:
Q = π a 2 µ o µ r n i − π a 2 µ o n i = π a 2 µ o (µ r − 1) n i = 12 mC
Φ1 − Φ 2 = R Q
15. Un’onda EM piana, monocromatica, di lunghezza d’onda λ e intensità I procede nel vuoto nella direzione
dell’asse x.
a) Determinare l’ampiezza Eo del campo elettrico e quella Bo del campo magnetico;
b) Determinare il valore della frequenza ν;
c) Determinare l’energia che l’onda trasporta in un periodo T attraverso una superficie di area S, la cui normale n̂
r
sia parallela al vettore d’onda k ;
d) Determinare l’energia che l’onda trasporta in un periodo T attraverso una superficie di area S, la cui normale n̂
r
formi un angolo θ col vettore d’onda k
λ = 0.8 µm ;
I
= 5 × 10-2 W m-2 ; εo = 8.8 × 10-12 Farad m-1 ; θ = 45° ; S = 2 m2 ; µo = 4π × 10-7 Henry m-1
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
k
r
r
e siccome in un’onda che si propaga nel vuoto E ⊥ B , si ha
I=
EB
µo
r
r r
Le direzioni dei campi E , B e del vettore d’onda k sono riportate in figura. Dalla definizione, si vede che il vettore di
r
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 )
ed inoltre i moduli Eo, Bo sono legati dalla relazione:
Eo = c B o
con c velocità della luce, data da
c=
1
εo µo
Sostituendo le relazioni date nell’equazione per I, 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 vede quindi che:
Eo =
2 c µo
Bo =
Eo
= 20 nT
c
I
= 6 V m-1
La frequenza ν è legata alla lunghezza d’onda dalla relazione
λν=c
sicché
ν=
c
= 3.7 × 1014 Hz
λ
Il periodo T è l’inverso di ν, e quindi
T=
1
= 2.7 × 10 −15 s
ν
La potenza trasportata dall’onda attraverso una superficie S è data dal flusso del vettore di Poynting:
W=
∫
r
I ⋅ n̂ dS = I S cos θ
S
La potenza media vale allora
W = I S cos θ
L’energia Q trasportata in un periodo si può calcolare moltiplicando la potenza media per T:
Q = W T = I S T cos θ
Nei due casi proposti, θ vale rispettivamente 0 e 45°, sicché si trovano i valori di Q:
Q1 = 2.7 ×10-16 J ; Q2 = 1.9 ×10-16 J