Compiti I semestre - Dipartimento di Fisica

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Universit` a di Pisa Corso di laurea in Fisica Compiti di elettromagnetismo www.df.unipi.it/ãstrumia/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 pi` u o meno è: Modalit` a 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 pi` u 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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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 capacit` a 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 sar` a distribuita uniformemente e il campo elettrico sar` a 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 capacit` a vale quindi C=

Q ab = 4πε0 , V b−a

e l’energia elettrosattica vale U = CV 2 /2. b) La densit` a 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)

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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 (ˆ x cos θ + zˆ 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 pu` o scrivere come B up (r) = B dipolo (P , r − X) + Bup (r) dove

3ˆ r(ˆ r · 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 pu` o 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 zˆ · (B up − B dn ) = 0ˆ z × (µB up − B dn ) = 0

(1.1)

da cui si ricava zˆ · P up = −

µ−1 µ+1

zˆ · P

zˆ × P up =

µ−1 µ+1

zˆ × 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)ˆ z 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 pu` o fare il calcolo diretto. Alernativamente si pu` o 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 = −Φ/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 conducibilit` a 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 d` a E(r) = A

r 1 − 0 µ0 ω 2 r2

(1.4)

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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 densit` a superficiale di carica si determina dalla discontinuit` a della componente radiale del campo elettrico: σsup = −0 E(R) La densit` a superficiale di corrente è allora wsup = ωRσsup φb (e coincide ovviamente con quella che si ottiene dalla discontinuit` a della componente tangente del campo magnetico).

Compito di Fisica bIB (20 giugno 2005)

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Una sfera conduttrice di raggio R contiene una carica Q. La sfera è per metà immersa in acqua (costante dielettrica > 0 ); l’altra met` a 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.

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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 densit` a 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 continuit` a 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

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CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA c) La densit` a 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

ˆ. Una spira rettangolare di lati ` e 2` ha resistenza R, autoinduzione trascurabile e velocità iniziale v 0 = v0 x Nella regione x > 0 è presente un campo magnetico costante B = Bˆ z . 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 ˆ , mantenuta costante. x, e messa in moto verso la zona dove B = 0 con velocità v 00 = −v00 x 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.

˙ W = E 2 /R = B 2 S˙ 2 /R = −F v Soluzione: In generale, detta S(t) la superficie entrata al tempo t si ha E = −B S, ˙ x. dove F è la forza magnetica agente sulla spira. L’equazione del moto è quindi m¨ x = F = −xB ˙ 2 S 02 /R dove S 0 = S/ ˙ a) S = ` · v0 t e l’attraversamento dura ∆t = 2`/v0 . Quindi l’energia dissipata vale U = W ∆t = 2B 2 `3 v0 /R. b) L’equazione x = −x/τ ˙ con 1/τ = `B 2 /R, risolta da x(t) ˙ = v0 e−t/τ . Quindi lo spazio percorso è R ∞ del moto è m¨ 2 ∆x = 0 x˙ 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 velocit` a viene scelta in modo che S˙ sia costante. Ad una spira circolare va fatta passare pi` u lenta quando è a met` a 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)

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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 met` a 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 densit` a 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 capacit` a 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 pu` o 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 pi` u grosso. =− 2 ∂z0 d`(D2 − `2 ) `−D d`

a0 ) Lo si pu` o 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 pi` u 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 :

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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 pi` u 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 zˆ 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 velocit` a nel piano perpendicolare all’asse del solenoide: i conti tornano perché la posizione iniziale era completamente determinata mentre della velocit` a 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

rR

b) La corrente vale J = σE. Quindi ρ˙ = −∇ · 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 densit` a 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 pu` o 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 pu` o 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 = −gˆ z (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, ˙ = −LI(t) ˙ + Bdz(t) RI(t) = −φ(t) ˙ mentre dall’equazione di Newton m¨ z (t) = −mg − BdI(t) a) Se L = 0 si ha RI(t) = Bdz(t) ˙ e sostituendo m¨ z (t) = −mg −

(Bd)2 z˙ R

12

CAPITOLO 1. ELETTROSTATICA E MAGNETOSTATICA ovvero un moto smorzato. Asintoticamente z¨(t) → 0, quindi z(t) ˙ → −mgR/(Bd)2 e I(t) → −mg/(Bd)

˙ b) Se R = 0, si ha LI(t) = Bdz(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 m¨ z=− 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 pu` o derivare l’equazione di Faraday e sostituirvi l’espressione per z¨(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 z(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 z(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 mz˙ 2 (t) = m¨ z (t)z(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 4 1 ˆ c) La forza fra due dipoli p e p0 a distanza X, orientati perpendicolarmente a X, è F = 3(p · p0 )X/4π 0 X . Nel 2 3 2 2 4 −7 caso particolare di questo esercizio si ha Fx = −3p r R/4π0 (R − r ) . Per grande R si ha F ∝ R .

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 pu` o 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

` e il campo elettrico generato da

p0 .

L’unico termine che contribuisce alla derivata calcolata a y = 0 ` e Ex = 3p0 y/4π0 X 4 .

14


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 rˆ per r ≤ R e E(r) = rˆ 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)ˆ r−p per |r| R 3 4π0 r

15 Il momento di dipolo è allineato lungo l’asse zˆ (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 zˆ = QRˆ z 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 zˆ 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 zˆ e m2 = πI2 a2 zˆ 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 zˆ. La forza è invece: ∂ µ0 a2 I1 zˆ 3 π 2 µ20 a8 K 2 tz = zˆ 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 cos`ı pure il coefficiente di mutua induzione.

17 d) Per ragioni di simmetria il campo elettrico E indotto deve avere solo componente tangenziale, come si pu` o 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 zˆ 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 ˆ ρ ∂Bz ˆ θ θ=− 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 densit` a 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 pu` o 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 capacit` a si pu` o 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 capacit` a 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 zˆ ( zˆ 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 zˆ = mg + V zˆ = mg − − 1 zˆ 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 capacit` a 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 zˆ. 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 · rˆ1 )ˆ r1 − m −3(m · rˆ2 )ˆ r2 + m B(r) = + 4π r13 r23

(1.5)

ove i vettori r 1,2 e i relativi versori rˆ1,2 sono dati da: r1

= r − (0, 0, +d),

r2

= r − (0, 0, −d),

r1 r1 r2 rˆ2 = r2 rˆ1 =

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 prossimit` a 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 · rˆ2 )ˆ ∂ r2 + m µ0 2mˆ z 3µ0 m2 zˆ 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, cos`ı come viene spesso presentato nelle dimostrazioni delle straordinarie propriet` a 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 densit` a 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 zˆ 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 zˆ. In tal caso infatti sarebbero soddisfatte sia le condizioni al contorno sulle armature, sia la richiesta di continuit` a 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 densit` a 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 capacit` a totale risulta pertanto pari a: C=

h x Q Q x i S = = 0 + 1− V↑ − V ↓ −Ez d L L d

b) Le densit` a 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 ˆ z/L. vale Bz = B0 z

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 velocit` a 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 = vˆ z ). B) Oppure si pu` o approssimare la spira con ` interessante un dipolo: F = −∇(µ · B)/2 dove µ = −πa2 Iˆ z è il momento magnetico indotto della spira. C) E anche fare il conto nel modo pi` u 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


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: ` noto che due cariche q e q 0 = −qR/d a distanze dd0 = R2 dal centro di una sfera producono potenziale zero a) E 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 densit` a 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 densit` a 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 densit` a 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 pu` o 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 n ˆ 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 pu` o 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)ˆ r × zˆ = IdrBz S 0 (θ)θˆ Il momento totale è pertanto dato da: Z Z Z 0 ˆ M = dM = r × dF = IBz S (θ)(ˆ r × θ)

a

drr = I(t)Bz S 0 (θ)

0

a2 zˆ 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 pi` u soggetta a forze esterne e procede con velocit` a 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 densit` a 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) ρ˙ = −∇ · J = −σ∇ · E = −ρσ/0 : quindi ρ(t) = ρ0 e−t/τ dove τ = 0 /σ. c) Si pu` o procedere integrando la potenza W sul tempo. Oppure, si pu` o pi` u semplicemente usare il fatto che tutta l’energia iniziale E0 viene dissipata: Z 0 E 2 dQ2 E0 = dV = . 2 24πa2 0 ˙ = −J è la ‘corrente di spostamento’. Quindi d) ∇ × B = µ0 (J + J S ) dove J = σE è la corrente e J S = 0 E B = 0.

25 IF

Una spira rettangolare di massa m è disposta verticalmente in prossimit` a 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 pi` u 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 z˙ 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: m¨ z=−

µ0 if a 2πz(z + a)

2

b2 z˙ + 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 velocit` a ha segno opposto al termine costante dovuto alla forza di gravit` a; pertanto l’accelerazione massima z¨ = 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 unit` a 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 avr` a 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 velocit` a 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 velocit` a 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 pu` o 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 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


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: ˆ+y ˆ ˆ−y ˆ kq kq z kq z kq ˆ+ 2 √ ˆ− 2 √ −q· z F piano→1+2 = q · − 2 z d 2d d2 2d 2 2 kq 2 1 ˆ = − 2 2− √ z 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 = qdˆ y, abbiamo il potenziale: p · r p · r p · r ˆ − k ' −kd z · ∇ ϕ(x) = k 3 r r=x− d2 zˆ r3 r=x+ d2 zˆ r3 r=x ed utilizzando il sistema di coordinate polari di figura abbiamo: p·r p sin θ p ˆ ∇ 3 =∇ = −2 sin θˆ r + cos θ θ 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 ˆ 3 sin 2θˆ r − 2 cos 2θ θ 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: kqdˆ z

E(r) = −

r2 +

d2 4

23

e sfruttando il teorema di Gauss: ˆ=− σq (r) = 0 (Eext. − Eint ) · z

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∈
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 densit` a 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 velocit` a delle lastre quando, sotto l’azione delle forze elettrostatiche, la distanza fra esse è variata di hi /2. Si supponga ora che la suscettivit` a dielettrica del gas dipenda linearmente dalla sua densità: κi κ= n ni La guida è a tenuta stagna e quindi la quantit` a 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


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 unit` a 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 velocit` a 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


Soluzione: • Φ = ABθ con Bθ = ...µ sin θ/r03 . E = −Φ˙

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 resistivit` a 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 densit` a di carica libera superficiale alla separazione tra l’armatura del condensatore ed il dielettrico 1 e σc la densit` a alla separazione tra il dielettrico 1 ed il conduttore. La neutralit` a impone che tra il dielettrico 2 e l’altra armatura ci sia una densit` a −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 pi` u 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 gravit` a 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 permeabilit` a 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: ˆ: quindi sull’asse B 0 (z) ' a1) A distanze z b il campo magnetico della spira è quello di un dipolo mi = πb2 i0 z ˆµ0 mi /(2πz 3 ). Considerando il campo uniforme sulla sfera, l’energia potenziale è U ' −ms · B(z) dove ms = z 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. s 2 a2) La magnetizzazione indotta è MB = κ−1 e U = −(1/2)Vs MB ·B 0 (z) = − (κ−1)V µ0 κ B 0 (z) e l’energia potenziale ´ 2µ0 κ B0 (z). La forza magnetica Fz = −dU/dz ∝ −1/z 7 è sempre attrattiva.

ˆµ0 ms /(2πz 3 ) dove ms = Vs M. Il flusso è b1) Il campo magnetico generato dalla sfera sulla spira è B s (z) ' z 2 ˆ z . La forza elettromotrice indotta è = −dΦ(Bs )/dt = − µ0zb3 vz ms · u ˆ z , essendo vz = dz/dt, Φ(Bs ) ' πb2 B s (z)· u e la corrente è i = /R. 3µ0 2 b2) Usando i risultati del punto a1) Fz = − 2πz uz . Quindi Fz = 4 ms · mi dove mi = πb iˆ 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 r¨ = −

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 densit` a 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 cos`ı 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 densit` a 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 velocit` a 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 densit` a di carica all’interno del cilindro e la densità di carica superficiale. c) Si determini la densit` a 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 permeabilit` a 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 unit` a 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


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 capacit` a 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 capacit` a 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)