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FISICA II
(ESERCIZI SVOLTI E COMMENTATI)
Parte 1
1
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Parte 1
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2
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1) Due cariche puntiformi uguali + q , ferme alla distanza 2d 0 l’una dall’alta, esercitano un’azione sulla
carica + q 0 ferma in un punto dell’asse della loro congiungente. Calcolare
− La forza complessiva esercitata su + q 0 ,
− la posizione nella quale l’intensità della forza esercitata risulta massima ed il suo valore.
(rappresentazione 01)
La forza elettrostatica Ft , esercitata dalle due cariche positive + q sulla carica + q 0 , è data dalla risultante
delle due forze
Ft ( x ) = F1 + F2
(1)
essendo
1 qq 0 ⎫
u1 ⎪
4πε 0 r 2
1 qq 0
⎪
F1 = F2 =
⎬
1 qq 0 ⎪
4πε 0 r 2
F2 =
u
2
⎪⎭
4πε 0 r 2
Osservando il sistema di riferimento in figura, si deduce che
r 2 = x 2 + d 02
F1 =
u 1 = cos ( − θ ) u x + sin ( − θ ) u y = cos θ u x − sin θ u y
u 2 = cos θ u x + sin θ u y
con
sin θ =
d0
=
r
d0
x +d
Sostituendo nella relazione (1) si ottiene
(1’)
2
cos θ =
2
0
Ft ( x ) = F1 + F2 = 2
x
=
r
x
x + d 02
2
1 qq 0
1
x
cos θ u x =
qq 0
ux
2
2
2 32
4πε 0 r
2πε 0
x
+
d
(
)
0
Per calcolare il massimo dell’intensità di tale forza, si annulli la derivata prima (rispetto ad x) del modulo
della relazione (1), ossia
dFt ( x )
d 2 − 2x 2
1
=
=0
qq 0 0
52
dx
2πε 0
( x2 + d2 )
0
ossia
2
d0
2
In tali punti la forza (1) assume il massimo valore dell’intensità
3 qq 0
Fmax = ±
ux
9πε 0 d 02
x=±
2) Due sferette (uguali per dimensioni e massa), elettrizzate con identica carica + q , sono sospese a fili
indeformabili lunghezza l 0 e massa trascurabile. I punti di sospensione sono posizionati a distanza
2d 0 l’uno dall’altro e, nella posizione di equilibrio strabile, i fili formano un angolo θ rispetto alla
verticale. Determinare il valore delle cariche di elettrizzazione.
(rappresentazione 02)
Considerato il sistema di riferimento in figura, su ognuna delle sferette agiscono
Parte 1
3
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− la forza di Coulomb
1 qq
ux
4πε 0 x 2
FC =
− la forza peso
P = mg u y
− la tensione
T = Tu
essendo
x = 2d 0 + 2l 0 sin θ = 2 ( d 0 + l 0 sin θ )
⎛π
⎞
⎛π
⎞
u = cos ⎜ + θ ⎟ u x + sin ⎜ + θ ⎟ u y = − sin θ u x + cos θ u y
⎝2
⎠
⎝2
⎠
Nella condizione di equilibrio stabile, la risultante delle tre forze deve essere nulla
FC + P + T = 0
e tale relazione vale anche per le componenti
⎛ 1
⎞
qq
−
(2)
asse x:
T
⎜
x ⎟ ux = 0
⎜ 4πε 0 2 ( d + l sin θ ) 2
⎟
0
0
⎝
⎠
(3)
asse y:
( Ty − mg ) u y = 0
Le due componenti della tensione T valgono
Tx = T sin θ
Dalla (3) si ricava il modulo della tensione
Ty = T cos θ
mg
cos θ
e dalla (2) si ricava il valore della carica di elettrizzazione
q = ± 2 ( d 0 + l 0 sin θ ) 2πε 0 mg tan θ
T=
3) Quattro cariche puntiformi uguali + q sono posizionate ai vertici di un quadrato ideale di lato l 0 .
Calcolare
− la forza agente su una qualsiasi delle cariche,
− il valore di una carica q 0 , posta al centro del quadrato, affinché la risultante di tutte le forze
agenti su ciascuna carica sia nulla.
(rappresentazione 03)
Dato un sistema di riferimento come in figura, le forze agenti sulla carica + q posta nell’origine sono
1 qq
1 qq
1
qq
F1 = −
ux
F3 = −
uy
F2 = −
u
2
2
4πε 0 l 2
4πε 0 l 0
4πε 0 l 02
(
0
)
essendo il versore u definito dalla relazione
u = cos θ u x + sin θ u y =
2
2
ux +
uy
2
2
La forza risultante è pari a
Ftot = F1 + F2 + F3 = −
con modulo
Parte 1
4
8 + 2 q2
(ux + u y )
16πε 0 l 02
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1+ 4 2 q2
8πε 0 l 02
Posizionando la carica q 0 al centro del quadrato, affinché non sia esercitata alcuna azione su ognuna delle
cariche + q poste ai vertici del quadrato, deve vale
Ftot =
( Ftot ) x + ( Ftot ) y
2
2
=
⎧ ∗
2 qq 0
(ux + uy )
⎪F =
4πε 0 l 02
⎪
∗
F + Ftot = 0 ⎨
2
⎪F = − 8 + 2 q u + u
( x y)
⎪ tot
16πε 0 l 02
⎩
F∗ = Ftot
ossia
1
q0 = − q 1+ 4 2
2
4) Tre cariche puntiformi uguali + q sono posizionate ai vertici di un ideale quadrato di lato l 0 .
Calcolare sia il campo sia il potenziale elettrostatico nel vertice libero. Nell’ipotesi che la carica
puntiforme + q 0 si sposti dall’infinito fino al vertice libero, calcolare il lavoro speso.
(rappresentazione 04)
Dato un sistema di riferimento come in figura, il campo elettrostatico nel vertice libero è dato da
(4)
E∗ = E A + E B + E O
con
1 q
1 q
1
q
EA =
ux
EB =
uy
EO =
u
2
2
4πε 0 l 2
4πε 0 l 0
4πε 0 l 02
(
0
)
essendo il versore u definito dalla relazione
u = cos θ u x + sin θ u y =
2
2
ux +
uy
2
2
Sostituendo nella (4) i valori si ricava
E∗ =
4+ 2 q
(ux + u y )
16πε 0 l 02
il cui modulo vale
1+ 2 2 q
8πε 0 l 02
Per il principio di sovrapposizione degli effetti, il potenziale elettrostatico è pari alle somma dei potenziali
elettrostatici determinati dalle tre cariche
(4’)
V * = VA + VB + VO
con
1 q
1
q
VA = VB =
VO =
4πε 0 l0 2
4πε0 l0
2 sostituendo in (4’) si ricava
1
q
4+ 2 q
V∗ =
=
4πε 0 l 0 2
8πε 0 l 0
E ∗ = E 2x + E 2y =
Il lavoro speso per trasferire la carica + q 0 dall’infinito fino al vertice libero vale
Parte 1
5
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L ∞∗ = q 0 ( V∞ − V ∗ ) = − q 0 V ∗ = −
4 + 2 qq 0
8πε 0 l 0
5) Tre cariche puntiformi uguali + q sono posizionate ai vertici di un ideale triangolo equilatero di lato
l 0 . Calcolare sia il potenziale elettrostatico sia la forza agente su ognuna delle cariche. Nell’ipotesi che
una delle cariche sia libera di muoversi, determinare la sua energia cinetica quando essa si è
allontanata fino a non più risentire alcuna azione da parte del sistema delle cariche.
(rappresentazione 05)
Considerato il riferimento in figura, il potenziale elettrostatico nel vertice C vale
1 q
1 q
VC = VA + VB =
+
4πε 0 l 0 4πε 0 l 0
ossia
1 q
VC =
2πε 0 l 0
Il campo elettrostatico nel punto C è la sovrapposizione dei due campi elettrostatici
1 q
1 q
uA
EA =
EB =
uB
2
4πε 0 l 0
4πε 0 l 02
essendo i versori definiti da
1
3
u A = cos 60 u x + sin 60 u y = u x +
uy
2
2
1
3
u B = cos ( 90 + 30 ) u x + sin ( 90 + 30 ) u y = − u x +
uy
2
2
Il campo E C è dato da
⎛ 3
1 q ⎡⎛ 1 1 ⎞
3⎞ ⎤
3 q
uy
− ⎟ u x + ⎜⎜
+
⎟⎟ u y ⎥ =
2 ⎢⎜
2
4πε 0 l 0 ⎢⎣⎝ 2 2 ⎠
2
2
4
l
πε
⎥
0
0
⎝
⎠ ⎦
e la forza agente sulla carica + q posizionata in C vale
EC = EA + EB =
3 q2
uy
FC = + qE C =
4πε 0 l 02
Il campo elettrostatico è un campo conservativo e quando una delle cariche del sistema si muove,
spostandosi dal vertice nel quale è posizionata fino all’infinito (ossia fino in un punto nel quale risulti nulla
l’azione del campo elettrostatico generato dalle altre), ad essa è applicabile la conservazione dell’energia
meccanica
⎧
1 q2
T =0
U C = + qVC =
2πε 0 l 0
( T + U ) C = ( T + U )∞ ⎪⎨ C
⎪T ≠ 0
U∞ = 0
⎩ ∞
1 q2
T∞ = U C =
2πε 0 l 0
6) Tre cariche puntiformi uguali + q sono posizionate ai vertici di un ideale triangolo equilatero di lato
l 0 . Calcolare sia il potenziale elettrostatico sia il campo elettrostatico al centro del triangolo.
(rappresentazione 06)
Il centro del triangolo è un punto equidistante dai tre vertici
Parte 1
6
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r = rA = rB = rC =
e scegliendo un riferimento come in figura si ricava
1 q
EA =
uA
4πε 0 r 2
1 q
EB =
uB
4πε 0 r 2
1 q
EC =
uC
4πε 0 r 2
l0
3
1 q
4 πε 0 r
1 q
VB =
4 πε 0 r
1 q
VC =
4 πε 0 r
VA =
Osservando che θ = 30 , i tre versori sono definiti dalle relazioni
3
1
u A = cos θ u x + sinθ u y =
ux + uy
2
2
u B = cos (180 − θ ) u x + sin (180 − θ ) u y = − cos θ u x + sin θ u y = −
uC = − uy
3
1
ux + uy
2
2
Il potenziale elettrostatico è la somma dei tre potenziali
Vtot = VA + VB + VC =
3 q
4πε 0 r
Ossia
Vtot =
3 3 q
4πε 0 l 0
Il campo elettrostatico complessivo vale
E tot = E A + E B + E C =
1 q ⎡⎛ 3
3⎞
⎛1 1 ⎞ ⎤
−
+
u
⎢
⎜
⎟
x
⎜ + − 1⎟ u y ⎥
4πε 0 r 2 ⎣⎢⎜⎝ 2
2 ⎟⎠
⎝ 2 2 ⎠ ⎦⎥
ossia
E tot = 0
7) Dato il riferimento O { x, y} , si consideri un campo elettrostatico piano ed uniforme E 0 = E 0u x .
Calcolare:
− la differenza di potenziale fra il punto O ed i generico punto P, posto sulla bisettrice dell’angolo
xy , a distanza OP = l 0 ;
− il lavoro compiuto per spostare la carica − q 0 dal punto O al punto P;
− l’energie potenziali elettrostatiche nei punti O e P, stabilendo se abbiano o meno valore differente.
(rappresentazione 07)
La differenza di potenziale fra i punto O e P è definita dalla relazione
P
P
2 l0
2
VO − VP = ∫ E 0 • dl = E 0 ∫ dl cos 45 = E 0
dl =
E 0l0
∫
O
O
2 0
2
o anche
2
ΔV = VP − VO = − E 0l 0
2
Essendo il campo elettrostatico conservativo, vale la relazione
E 0 = − grad V
e ricordando la definizione dell’operatore gradiente, nel presente esercizio a causa della simmetria si ha
Parte 1
7
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E 0u x = −
∫
P
O
P
P
O
O
dV
ux
dx
dV = − E 0 ∫ dx = − E 0 ∫ ds cos 45 = − E 0
VP − VO = ΔV = −
2 l0
ds
2 ∫0
2
E 0l 0
2
come nel caso precedente.
Il lavoro speso per spostare la carica − q 0 dal punto O al punto P è dato dalla relazione
L OP = ∫ F− • d l = − q 0 ∫ E 0 • d l = − q 0 (VO − VP ) = −
P
P
O
O
UO − U P
2
q 0 E 0l 0
2
ossia
2
q 0 E 0l 0 < 0
2
da cui di deduce che − ( U O − U P ) < 0 , ragion per cui si ha
L OP = −
UP < UO
Infatti, la carica − q 0 si muoverebbe spontaneamente in verso opposto al campo e per portarla dal punto O
al punto P deve essere spesa energia.
8) Quattro cariche puntiformi uguali + q sono posizionate ai vertici di un quadrato ideale di lato l 0 .
Calcolare
− l’energia potenziale elettrostatica del sistema,
− il lavoro necessario per spostare la carica posizionata in A fino a P, punto intermedio del alto
opposto.
(rappresentazione 08)
L’energia potenziale elettrostatica è definita dalla relazione
qiq j 1 ⎡ ⎛ 1 1 q 2 ⎞ ⎛ 1 1
1 1
q 2 ⎞⎤
=
+
U=
4
2
⎢
⎟⎥
⎜
⎟ ⎜
∑
2 4πε 0 i ≠ j rij
2 ⎢⎣ ⎝ 2 4πε 0 l 0 ⎠ ⎜⎝ 2 4πε 0 l 0 2 ⎟⎠ ⎥⎦
ossia
4 + 2 q2
U=
8πε 0 l 0
Essendo il campo elettrostatico conservativo, il lavoro che compie su una carica in moto è indipendente dal
percorso seguito. Dalla relazione L AP = + q ( VA − VP ) con
VA = 2
VP = 2
1 q
1
q
4+ 2 q
+
=
4πε 0 l 0 4πε 0 l 0 2
8πε 0 l 0
1
q
1
q
5+ 5 q
+
=
4πε 0 l 0 2 4πε 0 l 0 5 2 5πε 0 l 0
e sostituendo si ricava
L AP =
2 +2 5 −6 q
20πε 0
l0
9) Due masse puntiformi, sospese a fili indeformabili di lunghezza l 0 e agganciati ad un medesimo
punto, sono elettrizzate in modo identico. Calcolare il valore delle cariche in condizione di equilibrio.
Parte 1
8
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(rappresentazione 09)
Scelto un riferimento come in figura, le masse sono assimilabile a pendoli matematici e le forze agenti su
ognuna di essi sono la
1 qq
− forza coulombiana
con d 0 = 2l0 sin θ
Fe =
ux
4πε 0 d 02
− forza peso
P = − mgu y
− tensione del filo
T = Tu
essendo il versore definito dalla relazione
u = cos ( 90 + θ ) u x + sin ( 90 + θ ) u y = − sin θ u x + cos θ u y
La condizione di equilibrio è definita dalla relazione
FC + P + T = 0
che risulta valida anche per le componenti e precisamente
⎛ 1 qq
⎞
componente asse x)
− T sin θ ⎟ u x = 0
⎜
2
⎝ 4πε 0 d 0
⎠
componente asse y)
( T cos θ − mg ) u y = 0
Si osservi che i valori del seno e del coseno dell’angolo θ valgono
d 2
sin θ = 0
l0
Dalla componente asse y) si ottiene
cos θ =
l 02 − ( d 0 2 )
l0
mg
cos θ
e dalla componente asse x) si ricava il valore della carica
q = ± 4l 0 sin θ πε 0 mg tan θ
T=
A titolo di completezza, il campo elettrostatico nel punto di aggancio dei due fili ha modulo
1 q
EO =
2πε 0 l 02
Ed il potenziale elettrostatico
1 q
VO =
2πε 0 l 0
10) Si consideri una sferetta metallica di raggio R posta nell’aria. Determinare il massimo valore di
carica superficiale che è possibile localizzare senza che scocchi una scintilla. (sia E sc il campo
elettrostatico critico per il quale avviene la scarica).
A causa della simmetria della distribuzione superficiale di carica, il medesimo effetto è determinato da una
carica immagine di identico valore posizionata al centro delle sferetta. Considerando la superficie della
sferetta come superficie gaussiana, la legge di Gauss impone
q
Φ E sc = ∫∫ E sc • n dS = E sc 4πR 2 = max
ε aria
S
S
( )
E sc =
1 q max
ur
4πε aria R 2
essendo il campo a simmetria radiale. Ossia
q max = 4πε aria R 2 E sc = ε aria SE sc
Parte 1
9
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( )
q max = ε aria SE sc = ε aria Φ E sc
Il medesimo risultato si ottiene applicando la relazione che definisce il campo elettrostatico generato da un
conduttore elettrizzato nell’aria (teorema di Coulomb)
σ
E = max n
ε aria
Al valore critico vale E ≡ E cr e la densità superficiale di carica vale
q
σ max = mqx2
4π R
e sostituendo si ricava proprio la relazione precedente.
11) Nell’origine di un sistema di riferimento O { x, y, z} , la carica + q 0 genera nel vuoto il campo
elettrostatico E 0 che esercita un’azione sulla carica + q posta a distanza P − O = r . Ricavare la forza
di interazione fra le due cariche e dimostrare se tale forza sia o meno conservativa.
La forza coulombiana di interazione fra le cariche è data da
1 qq 0
1 qq 0 r
F0 = qE 0 =
ur =
2
4πε 0 r
4πε 0 r 2 r
e poiché valgono la relazioni
1
d ⎛1⎞
r
=− ⎜ ⎟
u r = = gradr
2
r
dr ⎝ r ⎠
r
si può scrivere
⎛ 1 qq 0 ⎞
1
d ⎛1⎞
1
⎛1⎞
qq 0 ⎜ ⎟ = −
qq 0 grad ⎜ ⎟ = − grad ⎜
⎟
4πε 0
dr ⎝ r ⎠
4πε 0
⎝r⎠
⎝ 4πε 0 r ⎠
La relazione che definisce l’energia potenziale elettrostatica di due cariche nel vuoto è
1 qq 0
U0 =
4πε 0 r
quindi è sempre possibile esprimere la forza elettrostatica fra due cariche (grandezza vettoriale) come
gradiente dell’energia potenziale elettrostatica (grandezza scalare)
F0 = − gradU 0
F0 = qE 0 = −
(5)
Il campo elettrostatico E 0 (grandezza vettoriale) si può esprimere come gradiente del potenziale
elettrostatico V0 (grandezza scalare)
V0 =
1 q0
4πε 0 r
ossia
E 0 = − gradV0
La tabella comparativa è la seguente
1 q0
E0 =
ur
4πε 0 r 2
↑ grad (
V0 =
Parte 1
← (q) →
)
1 q0
4πε 0 r
F0 =
1 qq 0
ur
4πε 0 r 2
↑ grad (
← (q) →
10
U0 =
)
1 qq 0
4πε 0 r
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− Si consideri un potenziale elettrostatico definito dalla relazione
V ( x ) = V0 + kx 4 3
essendo k una costante arbitraria positiva. Il campo elettrostatico vale
d
4
E ( x ) = − gradV ( x ) = − ( V0 + kx 4 3 ) = − kx1 3u x
dx
3
− Si consideri un potenziale elettrostatico definito dalla relazione
V ( r ) = kr 2
essendo k una costante arbitraria positiva. Calcolare sia il campo elettrostatico, nel generico punto P di un
riferimento O {x, y, z} a distanza P − O = r dall’origine, sia la densità volumica di carica. La distanza r è
definita in coordinate cartesiane come r 2 = x 2 + y 2 + z 2 e applicando la definizione di conservatività
(6)
∂V ( r )
∂V ( r ) ⎞
⎛ ∂V ( r )
E ( r ) = − gradV ( r ) = − ⎜
ux +
uy +
uz ⎟
∂y
∂z
⎝ ∂x
⎠
ossia
∂V ( r )
∂
=k
( x 2 + y 2 + z 2 ) = 2k x
∂x
∂x
∂V ( r )
∂
= k ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 2k y
∂y
∂y
∂V ( r )
∂
= k ( x 2 + y 2 + z 2 ) = 2k z
∂z
∂z
Sostituendo nella (6) si ottiene
E ( r ) = −2k ( xu x + yu y + zu z ) = −2k r
con modulo
E ( x, y, z ) = 2k x 2 + y 2 + z 2
La densità volumica di carica deve soddisfare l’equazione di Maxwell
∂E x ∂E y ∂E z
1
divE ( r ) = ρ =
+
+
= − 6k
ε0
∂x
∂y
∂z
ossia
ρ = − 6k ε 0
12) Due sferette conduttrici di massa m con una carica − q sono poste su una retta orizzontale a distanza
2d 0 reciprocamente. Una terza sferetta conduttrice, sempre di massa m e carica + q , è posta sull’asse
della congiungente delle due prime cariche. Sapendo che il sistema è posizionato verticalmente,
trovare la posizione di equilibrio.
(rappresentazione 12)
Scelto un riferimento come in figura, si ponga
− θ l’angolo in A e B,
− x = AC = BC la distanza fra le due cariche − q e la carica + q ,
−
sin θ = OC AC = x 2 − d 02 x
cos θ = OA AC = d 0 x
La carica positiva in C è sottoposta all’azione delle due forze attrattive
1 q2
1 q2
FA =
F
=
uB
u
A
B
4πε 0 x 2
4πε 0 x 2
essendo i due versori
Parte 1
11
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u A = cos (180 − θ ) u x + sin (180 − θ ) u y = − cos θ u x + sin θ u y
u A = cos θ u x + sin θ u y
La forza attrattiva complessiva è la risultante delle due forze precedenti
x − d0
1 q2
1
sin θ u y =
q2
uy
2
4πε 0 x
2πε 0
x3
e nella condizione di equilibrio detta risultante è uguale alla forza peso
F = −P
2
(7)
1
q2
2πε 0
Ponendo χ =
2
F = FA + FB = 2
x 2 − d 02
= mg
x3
1 q2
, la precedente equazione assume la forma
2πε 0 mg
(8)
x 3 = χ x 2 − d 02
quadrando la relazione (8) e ponendo ulteriormente y = x 2 , si ricava la funzione da studiare
f ( y ) = y 3 − χ 2 y + χ 2d 0
La ricerca dei valori di massimo e di minimo si attua annullando la derivata prima della funzione
df ( y )
3
= 3y 2 − χ 2 = 0
y=±
χ
dx
3
e studiando il segno della derivata seconda nei punti di annullamento della derivata prima
d 2f ( y )
= 6y
dy 2
⎛
3 ⎞
f ⎜⎜ +
χ ⎟⎟ > 0
minimo
3
⎝
⎠
2
⎛
d
3 ⎞
χ⎟ < 0
massimo
f ⎜⎜ −
2
dy ⎝ 3 ⎟⎠
− In corrispondenza del massimo si ha d 02 > 2χ 3 9 e la funzione f ( y ) non interseca alcun punto
d2
dy 2
dell’asse delle ascisse: non esistono posizioni di equilibrio stabile. La carica + q cade.
− In corrispondenza del massimo si ha d 02 < 2χ 3 9 e la funzione f ( y ) interseca in due punti l’asse delle
ascisse: esistono due posizioni di equilibrio stabile
3
< x2 < χ
3
− In corrispondenza del valore nullo della derivata prima si ha d 02 = 2χ 3 9 e la funzione f ( y ) è
0 < x1 < χ
tangente all’asse delle ascisse: esiste una sola posizione di equilibrio stabile.
13) Un condensatore piano, sconnesso dall’alimentatore, ha le armature (superficie S e distanza d)
indotte completamente con una densità superficiale di carica ± σ . Una lastra conduttrice piana
(spessore s < d ) elettricamente neutra è posizionata fra le armature (però non a loro contatto).
Calcolare sia la densità superficiale di carica che compare sulle superfici della lastra sia la differenza
di potenziale fra le armature.
(rappresentazione 13)
Trascurando l’effetto di bordo e sconnettendo il condensatore carico dall’alimentatore, esiste fra le armature
un campo elettrostatico uniforme dato da
Parte 1
12
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σ
n
ε0
Quando la lastra conduttrice è inserita fra le armature, tale campo determina una rilocalizzazione delle sue
cariche libere poiché su di esse agisce una forza
F− = − eE
Sulla superficie della lastra, prossima all’armatura positiva del condensatore, si localizza un eccesso di
cariche negative che determina una distribuzione superficiale negativa (induzione elettrostatica). Sulla
superficie opposta della lastra si ha una carenza di cariche negative che viene decodificata come
distribuzione di cariche positive. Durante il processo di rilocalizzazione, all’interno della lastra, si genera un
campo elettrostatico E′ di verso opposto ad E . Quando viene raggiunto l’equilibrio elettrostatico si ha
E′ = − E
ed il processo di rilocalizzazione si ferma: sulle superfici della lastra si hanno due distribuzioni superficiali
di carica pari a
∓σ
Fra le armature del condensatore, in condizione di equilibrio elettrostatico, esiste un campo elettrostatico
nello spazio ( d − s ) .
E=
In assenza di lastra conduttrice, fra le armature esiste una differenza di potenziale data da
d
σ
VA − VB = ∫ E • dl = d
0
ε0
In presenza della lastra conduttrice, la differenza di potenziale fra le armature vale
σ
VA′ − VB′ = ( d − s )
ε0
14) Il potenziale elettrostatico fra gli elettrodi (superficie S e distanza reciproca d) di un tubo elettronico
è dato dalla relazione
V ( x ) = V0 + kx 4 3
Sapendo che gli elettrodi sono contenuti in un’ampolla nella quale è stato fatto il vuoto, calcolare il
campo elettrostatico, la densità volumica di carica ed numero di cariche per unità di superficie fra
gli elettrodi.
(rappresentazione 14)
Nel riferimento in figura, essendo il campo elettrostatico conservativo deve valere la relazione
∂V ( x )
4
E ( x ) = − gradV ( x ) = −
= − kx1 3 u x
∂x
3
La densità volumica si ricava applicando la relazione
∂Ex ( x ) 1
= ρ
divE ( x ) =
∂x
ε0
da cui si ricava derivando
4
ρ = − ε 0 kx −2 3
9
La carica contenuta nel volume di spazio fra gli elettrodi vale
d
4
q = ∫∫∫ ρ ( x ) dW = ∫ ρ ( x ) Sdx = − ε 0 kSd1 3
0
3
W
E dividendo tale relazione per la superficie si ricava la densità di carica per unità di superficie
q
4
σ = = − ε 0 kd1 3
S
3
Parte 1
13
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15) Il nucleo di un atomo di carbonio può essere rappresentato, in prima approssimazione, con una sfera
di raggio R uniformemente elettrizzata (carica totale Q 0 , essendo e = 1.6 ⋅ 10 − 19 C la carica
dell’elettrone). Un protone (massa m p = 1.67 ⋅ 10 − 27 kg e carica q p = +1e ) viene accelerato da un
dispositivo, assimilabile ad un condensatore piano fra le cui armature è applicata una d.d.p.
ΔV = 6.85 ⋅ 10 5 V . Ipotizzando che il protone parta dal punto A di generazione con velocità iniziale
nulla e che attraversi l’armatura forata, posizionata ad una distanza d = 10 − 10 m dalla superficie del
nucleo di carbonio, calcolare:
− la velocità del protone all’uscita da B,
− il raggio del nucleo di carbonio sapendo che, nelle condizioni indicate, il protone raggiunge la
superficie del nucleo con velocità nulla.
(rappresentazione 15)
Il moto del protone del dispositivo di accelerazione deve soddisfare la conservazione dell’energia
meccanica
( T + U )A = ( T + U )B
essendo
U A = q pΔV
TA = 0
TB =
1
mp v2
2
UB = 0
Sostituendo tali valori si ricava
v= 2
qp
mp
Δ V = 1.15 ⋅107 m s
Nel punto di impatto, sulla superficie del nucleo di carbonio, vale ancora la conservazione dell’energia
meccanica
( T + U )B = ( T + U )P
essendo
TB =
1
m p v 2 = q p ΔV
2
UB =
TP = 0
UP =
1 q pQ0
4πε 0 d
1 q pQ0
4πε 0
R
si osservi che U B < U P e sostituendo si ottiene
Q0d
4πε 0 d ΔV + Q 0
Poiché d >> R , è accettabile l’approssimazione U B 0 ed il secondo termine del denominatore diventa
trascurabile. Il raggio del nucleo di carbonio ha valore
Q0d
= 1.26 ⋅10 −14 m
R
4πε 0 d ΔV
R=
16) In un riferimento O { x, y} come in figura, si consideri una distribuzione lineare (densità uniforme λ )
definita fra i valori {− ∞ , − y 0 } e {+ y 0 , + ∞} dell’asse y. Calcolare il campo elettrostatico in un punto
dell’asse x (il valore del campo risulta funzione di x).
(rappresentazione 16)
Parte 1
14
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Si considerino le due cariche infinitesime ± dq , poste a distanza ± y dall’origine O del sistema di
riferimento. I due campi elettrostatici generati nel generico punto P dell’asse delle ascisse hanno identico
modulo
1 dq
1 λ dy
=
dE1 = dE 2 =
2
4πε 0 r
4πε 0 r 2
e le loro risultante, per motivi di simmetria, è diretta lungo l’asse delle ascisse. Si ponga
− OP = x la distanza fra origine del riferimento e generico punto P,
− r la distanza fra ± dq ed il punto P,
− ± θ l’angolo formato dalle congiungenti le cariche ± dq con l’asse delle ascisse,
− ± θ 0 l’angolo che sottende l’ordinata ± y 0 dal punto P.
Il modulo della risultante dei due campi elettrostatici dE1 e dE 2 vale
dE ( x ) = dE12 + dE 22 = 2dE1 cos θ
(9)
Attenzione: il contributo della distribuzione {− ∞, − y 0 } è espresso dal termine 2, dalla figura si deduce che
dθ
cos 2 θ
1 cos 2 θ
x = r cos θ
=
r2
x2
Sostituendo nella (9) e integrando fra i limiti
y = y0
→
θ = θ0
y = +∞
θ=π 2
→
si ha
1 λ π2
E(x) =
d ( sin θ )
2πε 0 r ∫θ0
1 λ
E(x) =
[1 − sin θ0 ]
2πε 0 r
y = x tan θ
Poiché sin θ0 = y 0
dy = x
x 2 + y 02 , la relazione diventa
E(x) =
y0
1 λ⎡
⎢1 −
2
2πε 0 r ⎢
x + y0
⎣
⎤
⎥
⎥⎦
17) Si consideri una distribuzione lineare di cariche positive (densità λ ) di lunghezza 2d 0 di centro O.
calcolare sulla retta della distribuzione:
− il potenziale elettrostatico nel punto A, a distanza x A > d 0 ,
− trascurando la distribuzione compresa nel tratto 2x 0 ( < 2d 0 ) e centro O, il potenziale
elettrostatico nel punto B alla distanza x 0 < x B < d 0
(rappresentazione 17)
Fissato un riferimento con origine nel centro O della distribuzione, si consideri la carica dq = λ dx alla
distanza x < d 0 da O. Il potenziale elettrostatico nel punto A vale (figura a)
1 λ dx
dVA =
4πε 0 x A − x
ed integrando
+ d0
1
dx
λ∫
VA =
4πε 0 − d 0 x A − x
Parte 1
15
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x + d0
1
λ ln A
4πε 0
x A − d0
Il campo elettrostatico nel punto A si ottiene applicando il concetto di conservatività
d
∂V
1
λ 2 0 2 ux
E A = − gradVA = A =
∂ x 4πε 0 x A − d 0
Il potenziale elettrostatico nel punto B (figura b) vale
1 λ dx
1 λ dx
dVB =
+
4πε 0 x B − x 4πε 0 x B + x
ed integrando
− x0
+ d0
1
dx
1
dx
λ∫
+
λ∫
VB =
d
x
−
+
0 x
0 x
4πε 0
4πε 0
B +x
B −x
x − x0
x − d0
1
VB =
λ ln B
− ln B
4πε 0
x B − d0
xB + x0
VA =
VB =
x 2 − x 02
1
λ ln B
2
4πε 0
( x B − d0 )
18) Calcolare il campo ed il potenziale elettrostatico generato da una distribuzione superficiale di cariche
positive con densità + σ su una sfera di raggio R.
(rappresentazione 18)
Per motivi di simmetria, il campo elettrostatico presenta una simmetria sferica con verso orientato verso
l’esterno e sia n la normale alla superficie sferica di raggio R.
− Considerando una superficie gaussiana di raggio r > R , concentrica alla distribuzione, la legge di Gauss
impone
1
Φ E = ∫∫ E est • n dS = q int
ε0
4πr2
( )
Essendo E
n , il flusso vale
( )
Φ E = E est 4πr 2 =
σ
4πR 2
ε0
da cui
σ ⎛R⎞
= ⎜ ⎟ n
ε0 ⎝ r ⎠
2
E est
per r > R
− Quando r = R , si ottiene
σ
ER = n
per r = R
ε0
− Quando r < R , non essendo presenti cariche all’interno della superficie gaussiana, il campo è nullo
E int = 0
per r < R
Il campo elettrostatico attraverso la distribuzione superficiale presenta una discontinuità pari a
σ
Δ E = E est − E int = n
ε0
Internamente alla distribuzione il campo elettrostatico è nullo, ma non risulta nullo il potenziale
elettrostatico che ha valore costante in tutti i punti e risulta uguale al valore che ha sulla superficie sferica di
raggio r
− Quando r = R , si ottiene
Parte 1
16
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Vint − V ( R ) = ∫ E int • dr = 0
R
r
Vint = V ( R ) =
σ
R
ε0
per r < R
− Quando r > R , si ottiene
Vest − V ( R ) = ∫ E est • dr
e
R
sostituendo il valore del campo e integrando
σ R2
Vest =
per r > R
ε0 r
19) Nel centro di una sfera di raggio R, costituita da un materiale dielettrico omogeneo ed isotropo di
costante dielettrica relativa κ e , è posta una carica + q 0 . Determinare l’andamento del campo
elettrostatico e del vettore induzione elettrostatica nei punti interni ed esterni della sfera, ipotizzando
che la sfera sia nel vuoto.
La variabile rispetto alla quale determinare quanto richiesto sia r. Data una superficie sferica gaussiana,
concentrica alla sfera data, di raggio
− r < R (superficie interna), la legge di Gauss impone che
1
1
q0
Φ E int = ∫∫ E int • n dS = E int 4πr 2 = q 0 =
ε
κeε0
4πr2
( )
ossia
E int ( r ) =
−
1 q0
4πκ e ε 0 r 2
r > R (superficie esterna), la legge di Gauss impone che
( ) ∫∫ E
Φ E est =
• n dS = E est 4πr =
2
int
4πr2
1
q0
ε0
ossia
E est ( r ) =
1 q0
4πε 0 r 2
A causa della simmetria radiale delle linee del campo elettrostatico, i due vettori E ( r ) e D ( r ) risultano
paralleli e concordi e normali alla superficie della sfera di raggio R. Passando dal materiale dielettrico al
vuoto, il vettore induzione dielettrica non presenta discontinuità per le componenti normali. Quindi
D ( r ) = κeε0E ( r )
ed il suo modulo vale
D(r) =
1 q0
4π r 2
20) Cariche elettriche positive sono uniformemente distribuite con densità volumica + ρ all’interno di
una superficie cilindrica indefinita di raggio R. Determinare sia il potenziale elettrostatico sia la
differenza di potenziale fra l’asse del cilindro ed il mantello laterale.
(rappresentazione 20)
Si consideri una superficie gaussiana cilindrica, coassiale con il cilindro dato, di raggio r < R ed altezza
infinitesima dh . Sul mantello di tale superficie il campo elettrostatico ha valore costante e simmetria
cilindrica. La legge di Gauss impone che valga
Parte 1
17
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( )
d Φ E = E • n dS = E 2πrdh =
1
1
dq = ρπr 2 dh
ε0
ε0
dW
Ossia
1 ρ
rn
2 ε0
La differenza di potenziale fra l’asse del cilindro di raggio R ed il suo mantello è definita da
R
1 ρ 2
Vasse − Vmantello = ∫ E • dr =
R
0
4 ε0
E=
21) Assumendo come riferimento l’infinito, calcolare il campo ed il potenziale elettrostatico di una
distribuzione volumica sferica di cariche (densità volumica uniforme + ρ ) di raggio R.
Il campo elettrostatico presenta una simmetria radiale con orientamento verso l’esterno. Si consideri una
superficie gaussiana sferica di raggio r, concentrica alla distribuzione: la normale n alla superficie è
parallela e concorde con il vettore campo elettrostatico E . La legge di Gauss permette di determinare il
campo elettrostatico nei tre casi:
− r < R , il flusso vale
1
1 4
Φ E int = ∫∫ E int • n dS = E int 4πr 2 = q int = ρ πr 3
ε0
ε0 3
4πr2
( )
da cui
1 ρ
rn
per r < R
3 ε0
Internamente alla distribuzione il campo elettrostatico cresce uniformemente dal valore nullo nel suo
centro fino a raggiungere il massimo valore sulla sua superficie
1 ρ
E=
Rn
per r = R
3 ε0
E int =
−
r > R , il flusso vale
( ) ∫∫ E
Φ E est =
est
• n dS = E est 4πr
4πr2
2
=
1
1 4
q = ρ πR 3
ε0
ε0 3
da cui
E est =
1 ρ R3
n
3 ε0 r 2
per r > R
Esternamente alla distribuzione il campo elettrostatico decresce secondo la legge 1 r 2 fino ad annullarsi
all’infinito
La differenza di potenziale è definita da
− in punti esterni alla distribuzione
r
1 ρ 3 r 1
1 ρ R3
V∞ − Vest = 0 − Vest = ∫ E est • dr =
R ∫ 2 dr = −
∞
∞r
3 ε0
3 ε0 r
Vest =
1 ρ R3
3 ε0 r
per r > R
− in punti interni alla distribuzione
V∞ − Vint = ( 0 − Vsup erficie ) + ( Vsuperficie − Vint ) = ∫ E est • d r + ∫ E int • dr =
Parte 1
R
r
∞
R
18
1 ρ 3 r 1
1 ρ R3
R ∫ 2 dr = −
∞ r
3 ε0
3 ε0 r
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V∞ − Vint =
1 ρ 3 R 1
1 ρ
R ∫ 2 dr +
∞ r
3 ε0
3 ε0
∫
r
R
r dr
da cui
Vint =
1 ρ ⎛ 2 1 2⎞
⎜R − r ⎟
2 ε0 ⎝
3 ⎠
− sulla superficie della distribuzione
1 ρ 2
Vest =
R
3 ε0
per r < R
per r = R
22) Calcolare la capacità di un condensatore le cui armature sono due sfere conduttrici concentriche
totalmente indotte fra le quali vi è il vuoto.
(rappresentazione 22)
Ipotizzando che la distribuzione delle cariche positive sia sull’armatura centrale di raggio R 1 e quella delle
cariche negative sull’armatura esterna di raggio R 2 , la capacità del condensatore è definita come
q
C=
(10)
V1 − V2
Fra le armature totalmente indotte esiste un campo elettrostatico a simmetria radiale orientato dall’armatura
interna verso quella esterna. Si consideri una superficie gaussiana di raggio R 1 < r < R 2 e la legge di Gauss
relativa a tale superficie impone che
G
1
1 q
Φ E = E 4π r 2 = q
E=
4πε 0 r 2
ε0
G
La normale n alla superficie gaussiana risulta parallela e concorde con il campo elettrostatico
G
1 q G
E=
n
4πε 0 r 2
e la differenza di potenziale fra le armature vale
R2 G
G
q ⎛ 1
1 ⎞
q R 2 − R1
V1 − V2 = ∫ E • d r =
−
⎜
⎟=
R1
4πε 0 ⎝ R 1 R 2 ⎠ 4πε 0 R 1R 2
Sostituendo tale relazione nella (10) si ottiene
RR
C = 4πε 0 1 2
R 2 − R1
Considerazioni varie
− la capacità di un condensatore è una proprietà geometrica del sistema di conduttori,
− se R 1 << R 2 la capacità sarebbe
C 4πε 0 R 1
( )
− se R 1 R 2 R la capacità avrebbe valore
R2
C 4πε 0
R 2 − R1
ricordando che la superficie delle armature è S 4πR 2 e che la loro distanza è d = R 2 − R 1 , la capacità del
condensatore sferico è assimilabile a quella di un condensatore piano
S
C = ε0
d
Il campo elettrostatico manterrebbe il medesimo valore anche nell’ipotesi che il raggio dell’armatura interna
tendesse a zero. Fra tutti gli assiomi, la legge di Gauss permette di ricavare il campo generato da una carica
puntiforme (appunto R 1 → 0 ) senza ricorrere alla relazione di Coulomb.
Parte 2
19
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L’unica ipotesi aggiuntiva è che la carica puntiforme generi un campo a simmetria radiale.
23) Un condensatore a superfici piane e parallele (con l’aria come dielettrico) ha capacità C. Mantenendo
costante la carica sulle armature, quando la distanza iniziale fra le armature viene raddoppiata
calcolare la variazione sia del potenziale elettrostatico sia del lavoro speso.
La costante dielettrica relativa dell’aria sia κ a , la capacità del condensatore e la differenza di potenziale fra
le armature sono definite dalle relazioni quando la
− distanza fra le armature vale d
S
q
q d
1 q2 1 q2 d
ΔV1 = =
U1 =
=
C1 = κ a
2 C1 2 κ a S
d
C1 κ a S
− distanza fra le armature vale 2d
S
q
q 2d
1 q 2 1 q 2 2d
ΔV2 = =
U2 =
=
2 C2 2 κa S
2d
C2 κa S
La differenza di capacità nei due casi vale
1 S
ΔC = C 2 − C1 = κ a
2 d
La differenza di potenziale subisce una variazione
⎛ 1
C −C
1 ⎞
Δ V = Δ V2 − Δ V1 = q ⎜ − ⎟ = q 1 2
C1C 2
⎝ C 2 C1 ⎠
C2 = κa
q d
κa S
La differenza di energia posseduta dal condensatore vale
1 q2 d
ΔU = U 2 − U1 =
2 κa S
ΔV =
24) Calcolare la capacità equivalente del sistema di condensatori rappresentati in figura e la sua energia.
Determinare inoltre sia la d.d.p. ai capi dei singoli condensatori sia la carica sulle loro armature.
(rappresentazione 24)
Applicando le relazioni per sistemi di condensatori in serie ed in parallelo si ricava
( e)
− C123
= C1 + C 2 + C 3
1
1
(e)
− C1234
= (e) +
C123 C 4
−
−
( )
C 56
= C5 + C 6
1
1
(e)
C 567
= (e) +
C 56 C 7
e
e)
(e)
C (tote) = C1234
+ C (567
=
C 4 ( C1 + C 2 + C3 ) C 7 ( C5 + C 6 )
+
C1 + C 2 + C3 + C 4 C 5 + C 6 + C 7
(e)
( e)
è uguale a quella del condensatore equivalente C567
. Le
La d.d.p. ai capi del condensatore equivalente C1234
cariche sulle armature del condensatore
(e)
− di capacità C 4 sono uguali a quelle sulle armature del condensatore equivalente C123
q
( e)
C123
= 123 → q123 = q 4 = C 4 ΔV
ΔV
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ΔV = ΔV123 + ΔV4 → ΔV123 = ΔV −
C
q4
= ΔV − ΔV 123 = ΔV1 = ΔV2 = ΔV3
C4
C4
( e)
− di capacità C 7 sono uguali a quelle sulle armature del condensatore equivalente C 56
Sulle armature dei singoli condensatori si hanno le cariche
⎧q1 = C1ΔV123
⎪
q123 = q1 + q 2 + q 3 → ⎨q 2 = C 2 ΔV123
⎪q = C ΔV
3
123
⎩ 3
e)
si ricava
Con un ragionamento analogo per il condensatore di capacità equivalente C(567
q 56 = q 5 + q 6
L’energia complessiva del sistema è
1
U tot = C(tote ) ΔV
2
25) In un blocco di materiale isolante è stata scavata una semisfera di raggio r2 , riempita con un liquido
che presenta un’alta resistività ρ . In tale liquido è immerso un elettrodo concentrico semisferico di
raggio r1 < r2 . Calcolare la resistenza di isolamento elettrico della parte di elettrodo immerso nel
liquido e l’intensità della corrente circolante attraverso il liquido stesso quando si applica una d.d.p.
ΔV fra gli elettrodi.
(rappresentazione 25)
Applicando la d.d.p. fra gli elettrodi semisferici e concentrici, per motivi di simmetria, le due superfici
bagnate dal liquido sono equipotenziali. Nella regione di spazio compreso fra i due elettrodi, si considerino
due superfici semisferiche concentriche di raggi r1 < r < r2 e r + dr : la resistenza elettrica del liquido
compreso fra tali superfici è definita dalla relazione di Ohm
dr
dr
ρ dr
dR = ρ = ρ
=
2
4π r
S
2π r 2
2
Integrando fra i valori minimi e massimi di r, si ricava
ρ r2 dr ρ r2 − r1
=
R=
2π ∫ r1 r 2 2π r1r2
ed il valore dell’intensità della corrente
ΔV 2π r1r2
i=
=
ΔV
R
ρ r2 − r1
G
26) Un’asta di lunghezza l 0 (resistenza elettrica trascurabile) scorre senza attrito con velocità v su due
guide filiformi parallele conduttrici (resistività ρ e sezione calibra S) fra le quali è interposto un
generatore di forza elettromotrice E (con resistenza interna r). Sapendo che nell’intervallo temporale
Δt = t f − t i l’asta percorre lo spazio d 0 , calcolare il lavoro compiuta dal generatore durante lo
spostamento. Trascurare i fenomeni di autoinduzione che potrebbero presentarsi a causa della
variazione del flusso magnetico concatenato.
(rappresentazione 26)
Al generico istante t lo spazio percorso dall’asta sulle due guide vale x = vt e la corrente circolante nel
circuito vale
Parte 2
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E
R tot
essendo la resistenza totale del circuito definita dalla combinazione della resistenza del generatore e della
sbarra
x
R tot = r + 2ρ
S
ossia
S
E
i=
=E
x
r S + 2 ρvt
r + 2ρ
S
La potenza erogata dal generatore è definita da
dL
S
P=
= iE
dL = iE dt = E 2
dt
dt
rS + 2ρvt
integrando, rispetto alla variabile tempo, fra il valore t i = 0 e t f = d 0 v
i=
L = E 2S ∫
d0
v
0
dt
rS + 2ρvt
d ⎞
E 2S ⎛
L=
ln ⎜1 + 2ρ 0 ⎟
ρv ⎝
rS ⎠
27) Due fili conduttori, di lunghezza indefinita e distanti d 0 fra loro, sono posti in un piano verticale.
Sapendo che il conduttore c è percorso da una corrente di intensità i 1 , determinare:
− l’intensità della corrente circolante nel conduttore d affinché il vettore induzione magnetica,
calcolato in C sul prolungamento da A verso B (con BC = d 0 2 ), sia nullo;
− per i valori delle intensità precedentemente definite, il vettore induzione magnetica nel punto D
(simmetrico di C dalla parte di A) e nel punto generico E, non appartenente all’asse AB.
(rappresentazione 27)
Il vettore induzione magnetica, nel caso di un conduttore filiforme indefinito, è dato dalla relazione di BiôtSavart
μ i
B= 0
(11)
2π r
La corrente circolante nel conduttore c ha intensità i1 e nel conduttore d intensità i x , nel punto C il
vettore induzione magnetica vale
μ 0 i1 G
⎧G
AC = 3d 0 2
⎪⎪B1 = 2π AC n1
G
G G
BC = B1 + B 2
⎨G
⎪B = μ 0 i x nG
AC = d 0 2
2
2
2π BC
⎩⎪
Dalla figura si osserva che
G
G
n 2 = − n1
e uguagliando i moduli si ricava
μ 0 i1
μ i
= 0 x
2π 3 d
2π 1 d
0
0
2
2
da cui
1
i x = i1
3
Parte 2
22
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Con identico ragionamento si ricava il valore del vettore induzione magnetica nel punto D
μ 0 i1 G
⎧G
AD = d 0 2
⎪⎪B1′ = 2π AC n1
G
G G
B D = B1′ + B′2
⎨G
⎪B′ = μ 0 i x nG
CD = 3d 0 2
⎪⎩ 2 2π BC 2
e poiché i versori sono correlati dalla relazione
G
G
n′2 = − n′1
G
μ i G μ i G
BD = 0 1 n1 − 0 x n1
2π 1 d
2π 1 d
0
0
2
2
G
i G
8
BD = μ 0 1 n1
9 d0
Il punto E abbia distanza r1 dal punto A e distanza r2 dal punto B: il vettore induzione magnetica in tale
punto è definito da
μ i G
⎧G
B1′′ = 0 1 n 1′′
⎪
G
G G
2π r1
⎪
B E = B′′1 + B′′2
⎨G
⎪B′′ = μ 0 i x nG ′′ = μ 0 i1 nG ′′
⎪⎩ 2 2π r2 2 6π r2
il cui modulo vale
μ i
B E = B1′′ 2 + B′′2 2 = 0 1 r12 + 9r22
6π r1r2
e la cui direzione è quella definita dalla diagonale risultante.
28) Un fascio di protoni, accelerato dalla d.d.p. ΔV = 7 MV , deve essere incurvato di 90° in un tratto
lungo l 0 = 1.5m utilizzando un campo magnetico agente in direzione normale al piano della
traiettoria. Sapendo che la velocità iniziale del fascio è nulla, che la carica del protone vale
q = + 1.6 ⋅ 10 − 19 C e che la sua massa è m = 1.7 ⋅ 10 − 27 kg , determinare il valore del campo magnetico in
modulo, direzione e verso. La permeabilità magnetica del vuoto vale μ 0 = 4π ⋅ 10 −7 ( T ⋅ m ) A .
(rappresentazione 28)
G
Su ogni singolo protone del fascio il campo magnetico B esercita un’azione definita dalla forza di Lorentz
G
G G
FL = qv × B
il cui modulo vale
FL = qvBsin θ = qvB
G
G
Considerando la proprietà del prodotto vettoriale, la forza FL è normale sia alla velocità v del protone
(ricordare che il vettore velocità risulta essere sempre tangente in ogni punto alla traiettoria percorsa) sia al
G
campo di induzione magnetica B . Il verso è diretto verso il centro della traiettoria, che risulta essere una
circonferenza di raggio l 0 . La forza di Lorentz è identificabile con la forza centripeta (forza centrale)
FL = qvB = m
v2
l0
q
Bl 0
m
Il calcolo della velocità è fattibile applicando il teorema dell’energia cinetica
(12)
Parte 2
v=
23
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1
ΔV
mv 2 − 0 = qN
2
L
1
mv 2 = q ΔV
2
e, confrontando la (12) con la (13), si ricava il modulo del vettore induzione magnetica
1
m
B=
2 ΔV = 0.25T
l0
q
La direzione è imposta obbligatoriamente definita dalle proprietà geometriche della forza di Lorentz.
(13)
29) Un fascio costituito da protoni e ioni positivi è accelerato, partendo dalla quiete, applicando una
d.d.p. ΔV = 10 4 V .
Dopo una opportuna collimazione, il fascio attraversa una regione di spazio nella quale esiste un
campo di induzione magnetica uniforme (modulo B = 0.1T ), agente ortogonalmente al piano sul
G
quale si muove il fascio. I suoi componenti subiscono l’azione di B e si raggruppano in due distinti
fasci che, dopo aver subito una inversione di 180°, risultano spaziati di d = 0.14m (i protoni
descrivono una traiettoria semicircolare di raggio minore rispetto a quella descritta dagli ioni).
Poiché per i protoni il rapporto carica elettrica/massa vale
qp
= 9.6 ⋅ 10 7 C kg
mp
calcolare il medesimo rapporto per gli ioni del fascio.
(rappresentazione 29)
I componenti del fascio, a causa della d.d.p., acquisiscono una velocità determinabile applicando il teorema
dell’energia cinetica
1
L = q ΔV = mv 2 − 0
2
Precisamente per
− protoni
1
(14)
q p ΔV = m p v 2p
2
− ioni
1
(15)
q i ΔV = m i v i2
2
G
Sia i protoni sia gli ioni subiscono l’azione del campo B che si identifica con la forza di Lorentz
G
G G
FL = qv × B
G G
la quale determina l’incurvatura della traiettoria. Poiché v ⊥ B , la traiettoria è una circonferenza con raggio
G
calcolabile ricordando che FL è uguale alla forza centripeta
− protoni
m p v 2p
(16)
q p v p Bsin
θ
=
N
Rp
1
− ioni
m i v i2
Ri
1
Uguagliando la (14) con la (16) e la (15) con la (17) si ricava
− protoni
(17)
Parte 2
q i v i Bsin
Nθ =
24
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Rp =
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mp
1
ΔV = 0.145 m
2
B
qp
qp
mp
=2
ΔV
2
BR
2
p
= 9.6 ⋅10 7
C
kg
− ioni
m
1
2 i ΔV
B
qi
Secondo quanto enunciato fra due raggi di curvatura esiste la relazione
Ri =
2R i = 2R P + d
quindi per gli ioni si ricava
Ri = RP +
d
2
qi
ΔV
=2 2 2
mi
B Ri
Il valore del rapporto carica/massa vale
qi
ΔV
C
=2
= 4.8 ⋅10 7
2
mi
kg
B2 ( R p + d 2 )
Attenzione: lo ione minimo che soddisfi il valore trovato è il deutone (carica q′ = + 1.6 ⋅10 −19 C e massa
m′ = 3.3 ⋅10 −27 kg ). Tuttavia, ogni ione che abbia un valore del rapporto q m multiplo di quello del deutone
(ad esempio 4 He 2 ionizzato due volte oppure 6 He 3 ionizzato tre volte) soddisfa la relazione: il
procedimento illustrato non permette di selezionare ioni differenti aventi però il medesimo rapporto q m
30) Un filo conduttore sagomato, percorso da una corrente di intensità costante i, è posto su un piano
G
normale alla direzione di un campo di induzione magnetica B uniforme. Sapendo che AB = CD = d 0
G
p è una semicirconferenza di raggio R, calcolare l’azione che il campo B
e che il tratto BC
esercita sul
conduttore (in modulo, direzione e verso).
(rappresentazione 30)
Per comodità si consideri verticale il piano contenete il conduttore. Su ogni suo singolo elemento del
G
conduttore il campo B esercita un’azione definita dalla I legge di Laplace e precisamente
G
G
G
G
− tratto AB : FAB = i ( B − A ) × B
FAB = id 0 B u y
(direzione verticale)
G
G
G
− tratto BC : dFBC = i dl × B
dFBC = iBdl = iBRd θ u
(direzione radiale)
G
G
G
− tratto CD : FCD = i ( D − C ) × B
FCD = id 0 B u y
(direzione verticale)
Nel tratto BC la forza magnetica ha direzione radiale ed è possibile scomporla nella
π
( FBC ) x = iBR ∫0 cos θ dθ = 0
− componete orizzontale ( dFBC ) x = dFBC cos θ
tale componente non fornisce contributo in quanto fra
{90 ,180 } il medesimo valore è negativo.
D
{0,90 }
D
il valore è positivo mentre fra
D
π
− componente verticale ( dFBC ) y = dFBC sin θ
( FBC ) y = iBR ∫0 sin θ dθ = 2iBR
G
G
G
Quindi si ha FBC = FBC = 2iBR u y e la forza totale è la risultante delle tre forze che sono parallele e
( )
y
concordemente dirette verticalmente verso il basso
G
G
G
G
G
FAD = FAB + FBC + FCD = 2iBR ( d + R ) u y
( )
Parte 2
y
25
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31) La corrente di intensità costante i 1 fluisce in un filo conduttore rettilineo indefinito e la corrente di
intensità costante i 2 in una spira conduttrice rettangolare ( AB = CD = a e BC = DA = b ). Il filo e la
spira sono complanari, inoltre il lato AB dista d 0 = cost dal filo: calcolare l’azione che il campo di
G
induzione magnetica B1 , generato dalla corrente i 1 , esercita sulla spira.
(rappresentazione 31)
G
Il campo B1 è definito dalla relazione di Biôt-Savart e risulta normale al piano contenete filo e spira.
L’azione che esso esercita su ogni lato della spira è calcolabile applicando la I legge di Laplace e cioè
μ i
− lato AB : B1 ( d 0 ) = 0 1 = cost
(in quanto il lato ha distanza d 0 = cost dal filo)
2π d 0
G
G
FAB = i 2 ( B − A ) × B1 ( d 0 )
G
μ ii G
FAB = − 0 1 2 a u x
2π d 0
che risulta essere una forza attrattiva.
− lato BC : B1 ( x )
(variabile decrescente passando da B a C)
G
G G
dFBC = i 2 dx × B1 ( x )
G
μ ii
G
(18)
dFBC = 0 1 2 dx u y
2π x
μ
i1
− lato CD : B1 ( d 0 + b ) = 0
= cost
(in quanto il lato ha distanza d 0 + b = cost dal filo)
2π d 0 + b
G
G
FCD = i 2 ( D − C ) × B1 ( d 0 + b )
G
μ ii
G
FCD = 0 1 2 a u x
2π d 0 + b
che risulta essere una forza repulsiva.
− lato DA : B1 ( x )
(variabile crescente passando da D ad A)
G
G G
dFDA = i 2 dx × B1 ( x )
G
μ ii
G
(19)
dFDa = − 0 1 2 dx u y
2π x
Le due forze (18) e (19) hanno identica retta di azione, ma sono antiparallele. La loro risultante è nulla,
G
quindi non forniscono alcun contributo al calcolo della forza esercitata dal campo B1 sulla spira ed il loro
modulo vale
d0 +b
d 0 + b dx
μ
μ
d +b
FBC = ∫
dFB = 0 i1i 2 ∫
= 0 i1i 2 ln 0
= FDA
d0
d0
2π
x 2π
d0
G
G
Essendo il modulo della forza FCD minore di quello della forza FAB ed avendo la stessa retta di azione, la
G
forza complessiva esercitato dal campo B1 sulla spira è di tipo attrattivo e vale
G
G
G
μ
ab
G
Ftot = FAB + FCD = − 0 i1i 2
ux
2π
d0 (d0 + b)
32) Una rete elettrica è costituita da tre fili conduttori rettilinei paralleli e indefiniti. I due fili esterni, a
distanza d 0 l’uno dall’altro, sono percorsi nello stesso verso da correnti di intensità rispettivamente
i 1 e i 2 , mentre il filo centrale è percorso dalla corrente di intensità i 3 nel verso opposto.
Parte 2
26
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Determinare la posizione di equilibrio del filo centrale e calcolare la forza, per unità di lunghezza,
agente sui due fili esterni.
(rappresentazione 32)
Il filo conduttore centrale abbia distanza x dal primo conduttore, percorso dalla corrente di intensità i1 . I
campi di induzione magnetica, generati dalle correnti di intensità i1 e i 2 , nei punti del conduttore centrale
valgono
G
G
μ i G
μ
i1 G
B1 ( x ) = − 0 1 u z
B2 ( d 0 − x ) = 0
uz
2π x
2π d 0 − x
G
G
Sull’elemento i 3dl = i 3dl u y del conduttore centrale sono esercitate le due forze
G
G
G G
G G
dF13 = i 3dl u y × B1 ( x )
dF23 = i 3dl u y × B 2 ( d 0 − x )
che hanno direzione antiparallela fra loro. Nella condizione di equilibrio, la risultante delle forze
magnetiche agenti sul filo centrale deve essere nulla. Poiché i vettori sono normali fra loro
μ 0 i1 μ 0 i1
=
2π x 2 π d 0 − x
ossia
i
x = d0 1
i1 + i 2
La corrente di intensità i 3 circolante nel conduttore centrale, genera campi di induzione magnetica nei punti
dei due fili esterni di valore
G
G
μ i G
μ
i1 G
B3 ( d 0 − x ) = 0
uz
B3 ( x ) = − 0 3 u x
2π d 0 − x
2π x
G
e sull’elemento d l dei due fili conduttori le due forze magnetiche sono definite dalla I legge di Laplace
G
μ ii
G G
− dF31 = i1dl u y × B3 ( x )
dF31 = 0 1 3 dl
2π x
G
G
μ ii
G
− dF32 = i 2 dl u y × B3 ( d 0 − x )
dF32 = 0 2 3 dl
2π d 0 − x
G
Dividendo le due relazioni per d l si ottengono le forze per unità di lunghezza
dF
μ ii
dF
μ ii
f 32 = 32 = 0 2 3
f 31 = 31 = 0 1 3
dl
2π x
dl
2π d 0 − x
33) Si consideri una spira conduttrice costituita da un arco di raggio r1 e da un altro arco di raggio r2 ,
sottesi entrambi dal medesimo angolo θ, uniti da due elementi rettilinei di lunghezza l 0 . La spira è
percorsa da una corrente di intensità costante i 0 : calcolare il campo di induzione magnetica (in
modulo, direzione e verso) nel centro O di curvatura della spira.
(rappresentazione 33)
G
Il campo di induzione magnetica BO nel punto O è ricavabile applicando la seconda relazione di Laplace
G
G μ 0 dl × uG r μ 0 dl G
dB =
i0
i0 u θ
=
4π
r2
4π r 2
ai singolo rami della spira (principio di sovrapposizione degli effetti).
G
− Tratti BC e DA : l’elemento infinitesimo d l risulta essere parallelo concorde o discorde rispetto al
G
G
versore u r . Il prodotto vettoriale è nullo e nessun contributo è fornito al calcolo del campo BO .
G
p : l’elemento d l risulta essere normale rispetto al versore uG , inoltre dl = r d θ
− Tratto AB
r
Parte 2
27
1
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G
μ i G θ
μ i G θ
μ i G
B AB = − 0 02 u θ ∫ dl = − 0 0 u θ ∫ d θ = − 0 0 θ u θ
0
0
4π r1
4π r1
4π r1
G
G
p : l’elemento d l risulta essere normale rispetto al versore u , inoltre dl = r d θ
− Tratto CD
r
2
G
μ0 i0 G 0
μ0 i0 G θ
μ0 i0 G
θ uθ
BCD =
u θ dl = −
u θ dθ = −
4π r12 ∫θ
4π r1 ∫ 0
4π r1
I due campi risultano antiparalleli fra loro ed essendo BCD > B AB in quanto r1 > r2 , la loro risultante vale
G
G
G
⎛ 1 1⎞G
μ
BO = B AB + BCD = 0 i 0 θ ⎜ − ⎟ u θ
4π ⎝ r2 r1 ⎠
G
μ
r −r G
BO = 0 i 0 θ 1 2 u θ
4π
r1r2
σ
+
34) Un disco isolante di raggio R, elettrizzato uniformemente con cariche positive (densità superficiale di
G
carica
), ruota attorno al suo asse di simmetria con velocità angolare uniforme ω . Calcolare il
momento di dipolo magnetico di un disco.
0
(rappresentazione 34)
Il principio di equivalenza di Ampère definisce che il momento magnetico di una spira di superficie S,
percorsa da una corrente di intensità i 0 , vale
G
G
m = i 0Sn
G
G
essendo n il versore normale alla spira, orientato concordemente con ω . Il disco uniformemente
elettrizzato può essere assimilato ad un insieme di spire circolari concentriche, di raggio ( 0 ≤ r ≤ R ) e
larghezza infinitesima d r , percorse da correnti di intensità di il cui valore è
dq
di =
T
con
2π
dq = σ dSspira = σ 2πrdr
T=
ω
Il momento magnetico della spira vale
G
G
G
d m = diπr 2 n = σωπr 3dr n
e integrando tale relazione si ricava il momento magnetico complessivo del disco
R
G 1
G
G
m disco = σωπ∫ r 3dr n = σωR 2 π
R2 n
N
0
4
S
G
1
G
m disco = σωR 2 Sn
4
i
G
G
m disco = iSn
G
1
G
m disco = σωR 2Sn
4
1
i = σωR 2
4
35) Un cavo coassiale può essere schematizzato, in prima approssimazione, come un conduttore filiforme
circondato da un cilindro conduttore coassiale di raggio r. Il cavo coassiale è chiuso da un resistore di
resistenza R e inserendo un generatore di f.e.m. E si ha circolazione di una corrente di intensità i fra
il conduttore centrale e quello esterno. Calcolare la forza per unità di superficie che il conduttore
centrale esercita su quello esterno. Si tenga presente che nei due conduttori il verso di circolazione
della corrente è opposto.
(rappresentazione 35)
Parte 2
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Potendo approssimare il conduttore esterno con una cilindro di raggio r, si consideri un suo elemento
infinitesimo di superficie dS = ds dh , con ds la lunghezza e d h la larghezza. Tale elemento di superficie è
percorso dalle corrente di intensità di′ che si ricava considerando la proporzione fra la corrente che circola
sulla superficie del mantello cilindrico e quella relativa alla superficie infinitesima
i : di′ = 2πr : dh
i
di′ =
dh
(20)
2π r
Il valore del vettore di induzione magnetica, generato dalla corrente che percorre il conduttore centrale, nei
punti del mantello della superficie cilindrica esterna è approssimabile con la relazione di Biôt-Savart
μ i
B= 0
2π r
G
Su un elemento ds di conduttore cilindrico, percorso dalla corrente (20), detto campo B esercita l’azione
G
G G
(21)
dF = di′ds × B
i
i i μ0 i
dF =
dhds
B
dS
=
2π r N
2
r
2π r
π
dS
⎛ i ⎞
dF
= fS = μ0 ⎜
⎟
dS
⎝ 2π r ⎠
2
Per proprietà del prodotto vettoriale la forza data dalla (21) ha direzione radiale rispetto al cavo coassiale e
verso orientato esternamente.
36) Una lastra piana conduttrice di lunghezza infinita e larghezza h è percorsa da una corrente di
intensità costante i. Considerando lo spessore della lamina trascurabile, calcolare il campo di
G
induzione magnetica B in un generico punto P del piano mediano della lastra a distanza d da essa.
(rappresentazione 36)
Scegliendo un riferimento O {x, y, z} come in figura, la lastra è suddivisibile in un numero infinito di
elementi conduttori rettilinei di larghezza dy , ognuno dei quali è percorso dalla corrente di intensità di′ .
Tale valore è ottenibile considerando la proporzione fra la corrente che fluisce sulla lastra e quella che
fluisce nel conduttore infinitesimo
i : di′ = h : dy
i
(22)
di′ = dy
h
Il generico elemento conduttore rettilineo (distanza + y dal piano mediano) percorso dalla corrente di
G
intensità di′ genera nel punto P del piano mediano (a distanza d dal conduttore) il campo di induzione dB
μ di′
dB = 0
2π r
con direzione ed verso definiti dalle proprietà geometriche della II relazione di Laplace.
Osservando la figura, si deduce che r cos θ = d per cui
μ i
dB P = 0
cos θ dy
(23)
2π hd
Le due componenti del campo rispetto agli assi y e z valgono
G
G
− asse y: dB Py = dB P cos θ
dB Py = − dBP cos θ u y
(distanza + y da piano mediano)
G
G
G
G
− asse z: dB Pz = dB P sin θ u z
dB Pz = + dB P cos θ u z
(distanza + y da piano mediano)
La corrente circolante nel conduttore rettilineo, simmetrico a distanza − y rispetto al piano mediano,
G
genera anch’essa un campo B di valore uguale a quello della (23), ma le sue componenti valgono
Parte 2
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G
G
dB Py = dB P cos θ u y
G
G
dB Pz = − dB P cos θ u z
− asse y: dB Py = dB P cos θ
(distanza − y da piano mediano)
− asse z: dB Pz = dB P sin θ
(distanza − y da piano mediano)
G
G
Le due componenti dB Pz , essendo antiparallele, si compensano ed il valore del campo di induzione B è
G
la risultante delle altre due componenti dB Py
G
G
G
G
dB P = dBPy + dB Py = − 2dBP cos θ u y
e sostituendo la (23)
G
μ i
G
dB P = − 0
cos 2 θ dy u y
π hd
Ricordando che
y = d tan θ
G
sostituendo in dBP si ricava
dy =
d
dθ
cos 2 θ
G
μ i
G
dB P = − 0 dθ u y
π h
I limiti di integrazione sono per
θ=0
y=0
y=h 2
θ = arctan
h
2d
G
μ 0 i arctan 2dh
G
BP = −
dθ u y
∫
0
π h
G
μ i
h G
B P = − 0 arctan u y
π h
2d
Quando il punto P è distante dalla lamina ( d >> h ), la funzione trigonometrica può essere approssimata
h
h
arctan
2d 2d
ed il campo di induzione magnetica diventa
G
μ i G
BP − 0 u y
( d >> h )
2π d
37) Un cilindro omogeneo di legno (massa m, raggio R e lunghezza d) è appoggiato su un piano liscio,
inclinato di un angolo θ rispetto all’orizzontale. Lungo il piano mediano, parallelo al piano inclinato,
è avvolto un filo conduttore in modo da costituire una bobina di N spire tutte uguali. Il sistema è
G
immerso in un campo di induzione magnetica B normale al piano orizzontale. Determinare
l’intensità della corrente che deve circolare nella bobina affinché il cilindro resti in condizione di
equilibrio stabile sul piano inclinato.
(rappresentazione 37)
Il sistema è sostanzialmente un corpo rigido e la sua posizione di equilibrio stabile su piano inclinato è
definita dall’annullamento della risultante dei momenti meccanici, imputabili all’azione
− della forza peso (applicata nel punto C del cilindro)
G
− della interazione del campo B con il momento magnetico della bobina.
Detti momenti meccanici devono avere lo stesso modulo, ma verso opposto. Rispetto all’asse dato dal
segmento di tangenza cilindro/piano, il momento meccanico
G
G
(24)
M O( p ) = ( C − O ) × P
(imputabile alla forza peso) determina il rotolamento del cilindro verso la base del piano inclinato. Mentre il
momento meccanico
Parte 2
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G ( m)
(25)
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Gb G
M O = m( ) × B
G
G
(imputabile al momento magnetico) tende a contrastarlo. Essendo m ( b ) = Ni x Sn il momento magnetico
della bobina, il verso di circolazione della corrente di intensità i x deve essere orario affinché si abbia
G m
G p
M O( ) = − M O( )
La relazione (25) diventa
G m
G G
(26)
M O( ) = Ni x Sn × B
G
con S = 2Rd la superficie della bobina ed n il versore normale, orientato secondo il verso di circolazione
della corrente. Uguagliano i moduli di (24) e (26) si ottiene
mg sin θ R sin 90D = 2Ni x RBd sin θ
Pt
ossia
mg
2NBd
G (m)
Il momento meccanico M O è anche possibile ricavarlo calcolando la forza magnetica complessiva
G
G
G
G
G
Ftot = FAB + FBC + FCD + FDA
G
dovuta all’azione che il campo B esercita sui singoli lati della bobina. Tale azione è data dalla I legge di
Laplace
G G
G
F = ix l × B
ix =
− lato AB = 2R
G
G
FAB = Ni x ( B − A ) × B
FAB = 2Ni x RB
− lato CD = 2R
G
G
FCD = Ni x ( D − C ) × B
FCD = 2Ni x RB
Le due forze hanno identico modulo, verso opposto e stessa retta di azione. La loro risultante è nulla, quindi
G
non forniscono alcun contributo al calcolo di Ftot .
− lato BC = d
G
G
FBC = Ni x ( C − B ) × B
FAB = Ni x Bd
− lato DA = d
G
G
FDA = Ni x ( A − D ) × B
FDA = Ni x Bd
Le due forze hanno identico modulo, verso opposto, differente retta di azione: costituiscono una coppia di
forze le cui componenti tangenti al mantello del cilindro valgono
′ = FDA
′ = Ni x Bd sin θ
FBC
Il momento meccanico di detta coppia di forze è
m
′ R = 2Ni x RBd sin θ
M (O ) = 2FBC
proprio come ricavato precedentemente.
38) Si considerino due fili conduttori paralleli (distanza d) indefiniti, percorsi da una corrente di identica
G
intensità i costante in verso opposto. Calcolare il valore del campo B nei punti equidistanti dai due
fili conduttori.
Parte 2
31
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(rappresentazione 38)
I punti nei quali deve essere calcolato il campo di induzione magnetica sono quelli della retta, normale alla
congiungente dei due fili conduttori, posta a distanza d 2 da questi. Scelto un sistema di riferimento come
in figura e fissato un punto P a distanza x dall’origine O, si ha
r = x 2 + ( d 2)
2
G
Il modulo dei campi B ( x ) , generati dalla corrente di identica intensità i circolante nei due conduttori
filiformi, è lo stesso e vale
μ i
B1 ( x ) = B 2 ( x ) = 0
2π r
Il campo complessivo di induzione magnetica è la risultante dei due campi
G
G
G
(27)
B ( x ) = B1 ( x ) + B2 ( x )
essendo
G
G
⎪⎧ B1x ( x ) = B1 ( x ) cos θ
⎪⎧B 2x ( x ) = B 2 ( x ) cos θ
B1 ( x ) ⎨
B2 ( x ) ⎨
⎪⎩ B1y ( x ) = B1 ( x ) sin θ
⎪⎩B 2y ( x ) = B 2 ( x ) sin θ
Per proprietà geometriche le due componenti rispetto l’asse y risultano opposte fra loro, quindi non
G
forniscono alcun contributo alla determinazione del valore di B ( x ) . Il campo complessivo risulta diretta
lungo l’asse x
G
G
G
μ i
G
B ( x ) = B1x ( x ) + B2x ( x ) = 2 0 cos θ u x
2π r
con cos θ = ( d 2 ) r . Sostituendo i valori di r e cos θ
G
μ
2d G
B(x) = 0 i 2
ux
π d + 4x 2
Approssimazioni:
G
μ i G
− quando x = 0 , si ha il valore massimo B ( 0 ) = 2 0 u x
π d
G
μ d G
− quando x >> d , si ha B ( x ) 0 i 2 u x
2π x
G
− quando x → ∞ , il valore si annulla B ( ∞ ) = 0
39) Si consideri un cavo coassiale (un conduttore cilindrico interno di raggio r3 ed una guaina
conduttrice cilindrica esterna coassiale di raggi r1 ed r2 ). Sapendo che la corrente di intensità
costante i circola in verso opposto nei due conduttori, calcolare il modulo del vettore induzione
G
magnetica B ( r ) in funzione della distanza r dal centro del cavo.
(rappresentazione 39)
G
Sezionando il cavo coassiale con un piano normale al suo asse, le linee del campo B ( r ) sono circonferenze
concentriche con centro sull’asse del cavo e si ipotizzi che il verso di circolazione della corrente nel
conduttore centrale sia entrante nel piano della figura. Il teorema di Ampère impone che la circuitazione di
G
B ( r ) lungo una circonferenza di raggio r, concentrica con le linee di campo, valga
G
G
B
r
•
dl
= 2πrB ( r ) = μ 0i ( r )
(
)
v∫
ossia
(28)
Parte 2
B(r) =
μ0 i ( r )
2π r
32
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essendo la distanza r variabile fra ( 0 ≤ r ≤ ∞ ) . Conseguentemente il valore del campo di induzione
magnetica risulta funzione della distanza dal centro del cavo coassiale.
− 0 ≤ r ≤ r3 : la circonferenza considerata concatena solamente una parte di corrente circolante nel
G
conduttore interno. Ricordando che l’intensità della corrente è il flusso del vettore densità di corrente j
attraverso una sezione, si ha la proporzione
i : i 3 ( r ) = jπr32 : jπr 2
ossia si ha
r2
i3 ( r ) = i 2
r3
Sostituendo tale valore nella (28) si ricava
μ
r
B3 ( r ) = 0 i 3 2
2π r3
−
r3 ≤ r ≤ r2 : la circonferenza considerata concatena completamente la corrente circolante nel conduttore
interno, quindi i ( r ) = i ed il campo di induzione magnetica vale
B2 ( r ) =
Quando r = r3 si ha B 2 ( r3 ) ≡ B3 ( r3 ) .
−
μ0 1
i
2π r
r2 ≤ r ≤ r1 : la circonferenza considerata concatena completamente la corrente circolante nel conduttore
interno ed una parte di quella circolante nella guaina cilindrica esterna. Ricordando che l’intensità della
G
corrente è il flusso del vettore densità di corrente j attraverso una sezione, si ha la proporzione
i : i1 ( r ) = jπ ( r12 − r22 ) : jπ ( r 2 − r22 )
ossia si ha
i1 ( r ) = i
r 2 − r22
r12 − r22
Applicando il teorema di Ampère si ricava
G
G
B
r
•
d
l = 2πrB1 ( r ) = μ 0 ⎡⎣i − i1 ( r ) ⎤⎦
(
)
1
v∫
ossia
μ 0 i − i1
2π r
⎞
μ
i ⎛ r2
B1 ( r ) = 0 2 2 ⎜ 1 − r ⎟
2π r1 − r1 ⎝ r
⎠
B1 ( r ) =
Quando r = r2 si ha B1 ( r2 ) ≡ B 2 ( r2 ) .
−
r > r1 : la circonferenza contorna sia la corrente circolante nel conduttore interno sia quella circolante nel
conduttore esterno. Poiché il verso di circolazione delle correnti nei due conduttori è antiparallelo, il
valore del vettore di induzione magnetica totale è nullo in quanto risultante di due vettori antiparalleli
fra loro
G
B0 ( r ) = 0
40) Un lungo solenoide di raggio r0 , composto da n spire per unità di lunghezza, è percorso da una
corrente stazionaria di intensità i 0 . Sull’asse del solenoide è posizionato un filo conduttore rettilineo,
percorso da una corrente stazionaria di intensità i1 . Calcolare il valore di i1 affinché a distanza
G
r = r0 2 = cost il campo B abbia una direzione che formi un angolo θ = 45D con l’asse del solenoide.
Parte 2
33
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(rappresentazione 40)
All’interno del solenoide, percorso dalla corrente stazionaria di intensità i 0 , il campo di induzione
magnetica vale B0 = nμ0i 0 è uniforme e diretto parallelamente al suo asse. A distanza r = r0 2 dall’asse del
G
solenoide, il campo B1 generato dalla corrente stazionaria di intensità i1 vale
μ i
B1 = 0 1
2π r
G G
G
Essendo i due campi normali fra loro, se il campo di induzione risultante B = B0 + B1 deve formare un
angolo θ = 45D con l’asse del solenoide, i loro moduli devono essere uguali
μ i
B0 = B1
n μ 0i 0 = 0 1
2π r
ossia
i1 = n πr0i 0
41) Un’asta conduttrice rigida, omogenea e di lunghezza l 0 ruota, con attrito trascurabile, attorno ad un
G
asse verticale passante per uno degli estremi con velocità angolare uniforme ω . Sapendo che il
G
sistema è immerso in un campo di induzione magnetica B uniforme e parallelo all’asse di rotazione,
calcolare la forza elettromotrice indotta.
(rappresentazione 41)
L’asse di rotazione verticale passi per l’estremo H dell’asta conduttrice. La velocità periferica dell’altro
estremo K vale
G G G
v = ω× l0
e nel tempo dt l’estremo K descrive un arco di circonferenza
ds = l 0 d θ
mentre l’asta spazza l’area
1
1
(29)
d Σ = l 0 ds = l 02 d θ
2
2
G
Il flusso del campo B attraverso a tale area vale
G
G G
1
dΦ B = B
× n d Σ = Bd Σ = Bl 02 d θ
N
2
//
La legge di Faraday- Lentz impone che sia
G
dΦ B
1
dθ
1
= − Bl 02
= − Bl 02 ω
Ei = −
dt
2
dt
2
e ricordando la definizione di velocità angolare si ricava
1
Ei = − Bl 02 ω
2
Il segno negativo è conseguente del fatto che il flusso, attraverso all’area spazzata dall’asta durante la
G
rotazione, tende ad aumentare nel tempo, ossia d Φ B dt > 0 .
( )
( )
( )
42) Una spira rettangolare ( AB = CD = d 0 , BC = DA = h 0 ) conduttrice (resistenza elettrica R) si
G
allontana con velocità v uniforme da un filo conduttore indefinito, percorso da una corrente
stazionaria di intensità i . Sapendo che un identico piano contiene sia il filo sia la spira, che il lato AD
si mantiene sempre parallelo al filo e che al tempo iniziale t = 0 la spira dista s 0 dal filo, calcolare la
forza elettromotrice indotta nella spira, l’intensità della corrente indotta ed il suo verso di
circolazione.
Parte 2
34
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(rappresentazione 42)
Scegliendo un riferimento come in figura, la corrente circolante nel filo conduttore genera un campo di
induzione magnetica in accordo alla legge di Biôt-Savart
μ i
B( x) = 0 0
2π x
G
essendo x la distanza dal filo. Le linee di campo B ( x ) hanno simmetria cilindrica e le superfici di campo
sono le superfici cilindriche che hanno come asse il filo conduttore. Attraverso la superficie Σ = l 0 d 0 della
G
spira il campo B ( x ) definisce il flusso
G
G
G
Φ ⎡⎣ B ( x ) ⎤⎦ = B ( x ) • n Σ = B ( x ) Σ
(30)
G
G
Per quando detto circa la simmetria delle linee di campo, si ha B ( x ) // n .
Attraverso alla superficie della spira, che si allontana dal filo, il flusso (30) non resta costante nel tempo in
G
quanto il modulo di B ( x ) diminuisce secondo la legge 1 x . La legge di Faraday-Lentz impone che si
generi una f.e.m. indotta data dalla relazione
G
d Φ ⎡⎣ B ( x ) ⎤⎦
(31)
Ei = −
dt
Suddividendo la spira in infiniti elementi di superficie infinitesima d Σ = h 0 dx , attraverso i quali si ha il
flusso infinitesimo
G
μ
dx
(32)
d Φ ⎡⎣ B ( x ) ⎤⎦ = B ( x ) d Σ = 0 i 0 h 0
2π
x
G
La spira si sposta con velocità v diretta lungo l’asse x, quindi al generico tempo t il lato AD si trova nella
posizione x i = s 0 + v t mentre il lato BC nella posizione x f = s 0 + d 0 + v t . Integrando la (32) si ottiene
G
x f dx
μ
Φ ⎡⎣ B ( x ) ⎤⎦ = 0 i 0 h 0 ∫
xi x
2π
G
μ
μ
s + d 0 + vt
v
Φ ⎡⎣ B ( x ) ⎤⎦ = 0 i 0 h 0 ln f = 0 i 0 h 0 ln 0
2π
v i 2π
s0 + vt
Applicando la definizione (31) si ricava la f.e.m. indotta
μ
v
Ei = − 0 i 0 h 0 d 0
2π
( s 0 + vt )( s 0 + d 0 + vt )
Poiché la spira presenta una resistenza elettrica R, essa è sede di una corrente indotta di intensità
Ei
μ
d h
v
ii = = − 0 i0 0 0
R
2π
R ( s 0 + vt )( s 0 + d 0 + vt )
circolante in verso orario: compensazione perché la variazione del flusso è negativa (legge di Lentz)
G
d Φ ⎡⎣ B ( x ) ⎤⎦
<0
dt
43) Un freno a corrente parassita di Foucault è costituito da un disco omogeneo conduttore (resistività ρ,
conduttività σ = 1 ρ ) di raggio r0 , massa m e spessore d. Il disco ruota con velocità angolare
G
G
uniforme ω attorno al suo asse di simmetria. Un campo di induzione magnetica B , uniforme e con
direzione parallela all’asse di rotazione, è applicato su una piccola area quadrata Σ = l 2 della sua
superficie. Sapendo che detta area è a distanza r dall’asse di rotazione, calcolare il momento
meccanico frenante.
(rappresentazione 43)
Parte 2
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Nel tempo dt della rotazione del disco, l’area Σ descrive un arco di lunghezza ds = v dt = r0 ω dt ,
spazzando un’area
d Σ = lds = r0 lω dt
G
Attraverso all’area spazzata il campo B definisce un flusso
G
G G
d Φ B = B • n d Σ = Bd Σ = Br0 ωld t
( )
La cui variazione temporale vale
G
dΦ B
( ) = Br ωl
0
dt
e per la legge di Faraday-Lentz, si determina la f.e.m. indotta
G
dΦ B
Ei = −
= − Br0 ωl
dt
Dal punto di vista elettrico, l’area Σ è equivalente ad un resistore di lunghezza l e sezione S = ld la cui
resistenza elettrica vale
l
l
1
R =ρ =ρ =ρ
S
ld
d
L’intensità della corrente indotta ha valore
Ei
1
i i = = − Br0 ωld = − σBr0 ω ld
R
ρ
G
ed il verso di circolazione è quello radiale. Per la I legge di Laplace, il campo B esercita sul resistore
equivalente una forza
G G
G
F = ii l × B
G
diretta tangenzialmente al disco in verso opposto a quello del moto (attenzione: l’orientamento di l è
G G
concorde con il verso di circolazione di i i , quindi l ⊥ B )
( )
F = i i lB
Il momento meccanico, determinato da detta forza, rispetto all’asse di rotazione vale
G G G
M = r ×F
il cui modulo è
M = Fr = − σω ( B 2l 2 r02d )
44) In una spira conduttrice quadrata di lato l = 20cm è inserito un condensatore piano (distanza fra le
armature d = 0.5cm , superficie delle armature S = 100cm 2 ). Il sistema trasla rigidamente con
velocità uniforme v = 2m s in un campo di induzione magnetica B = 0.2 T uniforme. Calcolare sia il
campo elettrico fra le armature del condensatore sia la carica depositata su di esse.
(rappresentazione 44)
Nel generico intervallo temporale dt la spira si sposti di un tratto dx = vdt , spazzando l’area
d Σ = ldx = lvdt
G
attraverso alla quale il campo B determina il flusso
G
G G
d Φ B = B • n d Σ = Blvd t
( )
La legge di Faraday-Lentz definisce una f.e.m. indotta Ei data da
G
dΦ B
Ei = −
dt
( )
Parte 2
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ossia
Ei =
G
dΦ B
( ) = − Blv
dt
e tale f.e.m. è uguale alla differenza di potenziale elettrico ΔV fra le armature del condensatore piano.
Quando il condensatore è carico, nella regione di spazio fra di esse esiste un campo elettrico uniforme
(trascurando l’effetto di bordo)
Ei = ΔV = Ed
Il modulo del campo elettrico vale
Ei
l
E = = − Bv = − 40 V m
d
d
e la carica depositata sulle armature si ricava ricordando la definizione di capacità
Q = CΔV = C Ei q
Q = C Ei = −ε 0 Blv
S
= − 3.5 ⋅10 −12 C
d
45) Un solenoide molto lungo (sezione S ), costituito da n1 spire conduttrici per unità di lunghezza
percorse da una corrente stazionaria di intensità i, è circondato coassialmente da un secondo
solenoide costituito da n 2 < n1 spire conduttrici per unità di lunghezza (la resistenza elettrica
complessiva del solenoide esterno sia R ). Sapendo che nell’intervallo temporale Δ t la corrente
subisce una variazione temporale, determinare il valore della carica complessiva della corrente di
induzione, circolante nel solenoide esterno, quando l’intensità i raddoppia di valore , si annulla o
inverte il valore.
(rappresentazione 45)
Al’interno del solenoide percorso dalla corrente di intensità i, il campo di induzione magnetica vale
B1 = n1μ 0i
G
e quando nell’intervallo temporale Δt la corrente subisce una variazione, anche il flusso Φ 2 B1 ,
( )
attraverso alla superficie S2 della sezione del solenoide esterno, subisce una variazione.
Per la legge di Faraday-Lentz nel solenoide esterno si determina una f.e.m. indotta (effetto primario) data da
G
ΔΦ 2 B1
Ei = −
Δt
con circolazione di una corrente indotta (effetto secondario)
G
Δ
Φ
B
Ei
Δq i
2
1
1
=
ii = = −
Δt
Δt
R
R
La carica complessiva circolante q i (ovviamente correlata alla corrente indotta) vale
G
1
(33)
Δq i = i i Δt = − ΔΦ 2 B1
R
G
ed il flusso Φ 2 B1 attraverso alla sezione S, dove il campo è differente da zero, ha valore
G
G
Φ 2 B1 = n 2 B1S = μ 0 n1n 2Si i
ΔΦ 2 B1 = μ 0 n1n 2SΔi i
( )
( )
( )
( )
( )
( )
sostituendo nella (33) si ottiene il valore della carica localizzata sulle armature del condensatore
1
Δq i = i i Δt = − μ 0 n1n 2SΔi i
R
Parte 2
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t i ) → ii ⎫
⎬ Δi i = i i
t f ) → 2i i ⎭
1
R
Δq i = − μ 0 n1n 2Si i
t i ) → ii ⎫
⎬ Δi i = − i i
t f ) → 0⎭
t i ) → ii ⎫
⎬ Δi i = 2i i
t f ) → − ii ⎭
Δq i =
1
μ 0 n1n 2Si i
R
1
R
Δq i = 2 μ 0 n1n 2Si i
46) Un’asta omogenea di lunghezza HK = l 0 = 10.8cm (resistenza elettrica R = 415 μΩ ) si sposta con
velocità v = 4.86m s su due guide conduttrici parallele (distanza l 0 e resistenza elettrica
trascurabile) indefinite. Sul sistema agisce un campo di induzione magnetica B = 1.18 T , agente
normalmente al piano delle guide. Calcolare:
− la f.e.m. indotta e la corrente indotta circolante nell’asta,
− la potenza elettrica dissipata dalla corrente nell’asta,
− la forza che dovrebbe essere applicata all’asta affinché la sua velocità resti costante,
− la potenza meccanica necessaria per l’applicazione della predetta forza.
(rappresentazione 46)
Nell’intervallo temporale dt , l’asta si sposta di un tratto d x = v dt ed attraverso alla superficie spazzata
dS = l 0 dx = l 0 vdt
G
il campo B definisce il flusso
G
G G
dΦ B = B
• n dS = Bl 0 vdt
(34)
N
( )
//
La legge di Faraday-Lentz impone che si generi una f.e.m. indotta
G
dΦ B
Ei = −
dt
ossia
G
dΦ B
= − Bl 0 v = − 0.62V
Ei =
dt
La corrente indotta circolante nell’asta vale
Ei
Bl v
i i = = − 0 = − 1.49V
R
R
il suo verso di circolazione è quello orario (legge di Lentz) in quanto la variazione temporale del flusso
G
Φ B aumenta. Si osservi che nell’asta l’estremo H possiede un potenziale maggiore (+) rispetto a quello
( )
( )
( )
(-) dell’estremo K. La potenza dissipata (effetto Joule) vale
Pi = i
( Bl 0 v )
R=
2
= 0.92W
R
G
Il campo B esercita sull’asta HK = l 0 , percorsa dalla corrente indotta, la forza
G
G
F = ii ( K − H ) × B
2
i
diretta in verso opposto alla direzione del moto. Essendo i due vettori normali fra loro
B 2 l 02
F = iil0B = −
v = − 0.19 N
R
Affinché la velocità resti costante, all’asta deve essere applicata la forza motrice
Parte 2
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G
G B 2 l 02
Fv = − F =
v = 0.19 N
R
La potenza meccanica sviluppata dalla forza è data da
G dxG G G
dL v d G G
=
= Fv • v = Fv v
Pv =
Fv • x = Fv •
dt
dt
dt N
//
(
)
B 2 l 02 v 2 R 2
= ii R
R R
G
Quindi la potenza meccanica sviluppata dalla forza Fv per mantenere la velocità costante è uguale a quella
dissipata per effetto Joule dalla corrente indotta
Pv = i i2 R = Pi
Pv =
47) Un’asta conduttrice omogenea (lunghezza HK = l 0 , massa m, resistenza elettrica R) è vincolata a
muoversi con attrito trascurabile su due guide parallele indefinite (distanza l 0 e resistenza elettrica
trascurabile), collegate ad un generatore di f.e.m. costante E . Sul sistema agisce un campo di
G
induzione magnetica B , agente normalmente al piano delle guide. Calcolare:
G
− la velocità v con la quale si muove l’asta ed osservare che il suo modulo tende ad un valore
costante,
− l’intensità della corrente circolante nell’asta quando viene raggiunto il valore costante della
velocità.
(rappresentazione 47)
Durante il moto, l’asta nel intervallo temporale dt si sposta di un tratto d x = v dt ed attraverso la superficie
spazzata
dS = l 0 dx = l 0 vdt
G
il campo B definisce il flusso
G
G G
(35)
dΦ B = B
• n dS = Bl 0 vdt
N
( )
//
La legge di Faraday-Lentz impone che si generi una f.e.m. indotta quando
G
dΦ B
Ei = −
dt
e dalla (35) si ricava
G
dΦ B
= − Bl 0 v
Ei =
dt
Come effetto secondario della f.e.m. indotta, si genera una corrente indotta i i che si sovrappone alla
corrente i 0 prodotta dal generatore. Il verso di circolazione della corrente indotta è quello orario (legge di
G
Lentz) in quanto la variazione temporale del flusso Φ B aumenta. Poiché anche il verso di circolazione
( )
( )
( )
della corrente prodotta dal generatore è oraria, l’intensità complessiva e la somma delle due intensità
E Ei E − Bl 0 v
(36)
i = i0 + ii = + =
R R
R
G
Ed il verso di circolazione è orario. Il campo B esercita sull’asta HK = l 0 , percorsa dalla corrente di
intensità i, la forza
G
G
F = i (K − H)× B
diretta in verso opposto alla direzione del moto. Essendo i due vettori normali fra loro
Parte 2
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E l 0 B − l 02 B 2 v
F = il 0 B =
R
e la II legge della dinamica impone che
F E l 0 B − l 02 B 2 v
=
m
mR
Quando l’accelerazione si annulla, la velocità assume un valore costante (velocità di regime)
E
v reg =
= cost
a=0
l0 B
in tale condizione
− la f.e.m. indotta risulta uguale e contraria a quella fornita dal generatore Ei = E ,
a=
− sostituendo il valore v reg nella (36) si ricava che la corrente circolante è nulla i = 0 .
Osservazione: lo schema di risoluzione proposto può indurre false considerazioni circa la possibilità di
mantenere la velocità limite senza fornire potenza all’asta, staccando il generatore. La spiegazione di tale
fatto è riconducibile all’approssimazione di aver trascurato qualsiasi tipologia di forze passive. Nella
realtà, anche a velocità di regime deve essere fornita potenza per far circolare corrente di opportuna
intensità in modo che la forza magnetica compensi la risultante delle forze passive.
48) Un filo rettilineo conduttore è percorso da una corrente di intensità costante i 0 = 110 A . Ad una
distanza d = 10.2cm , un’asta conduttrice di lunghezza HK = l 0 = 9.83cm e resistenza elettrica
R = 415 Ω si muove con velocità v = 4.86m s parallelamente al filo su due guide rettilinee passanti
per gli estremi dall’asta. Il sistema considerato è complanare e si trova immerso in un campo di
G
induzione magnetica B uniforme, con direzione normale al piano. Trascurando sia le forze passive
sia la resistenza elettrica delle guide, calcolare:
− la f.e.m. indotta e la corrente indotta circolante nell’asta,
− la potenza dissipata per effetto Joule nell’asta,
− la forza che deve essere applicata all’asta per mantenerla in moto uniforme e la potenza
meccanica che deve essere fornita.
(rappresentazione 48)
Scelto un riferimento come in figura, la corrente di intensità i 0 genera un campo di induzione magnetica
secondo la legge di Biôt-Savart
μ i
B( x) = 0 0
2π x
G
Durante il moto dell’asta, viene spazzata un’area attraverso alla quale si determina un flusso Φ B che
G
varia nel tempo poiché l’area spazzata aumenta. A tale d Φ B d t corrisponde una f.e.m. indotta (legge di
( )
( )
Faraday-Lentz) come effetto primario e come effetto secondario inizia a circolare una corrente indotta.
La determinazione della f.e.m. indotta può essere fatta seguendo due procedimenti differenti.
G
− Primo procedimento: le cariche libere dell’asta (elettroni) sotto l’azione del campo B ( x ) sono
sottoposte alla forza di Lorentz che genera un campo elettromotore
G
G
G
FL
G G
G G
FL = ( − e ) v × B ( x )
E em =
= v × B(x)
( − e)
G
Si osservi che il campo elettromotore risulta antiparallelo rispetto alla forza FL . Si definisce f.e.m. la
circuitazione del campo elettromotore: nel presente calcolo la linea chiusa, lungo la quale calcolare
G
l’integrale, è il virtuale circuito definito da asta e guide. Oggettivamente, poiché il campo E em ha
valore nullo semplicemente nell’asta, la circuitazione si riduce ad un integrale di linea
Parte 2
40
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G
G
G
d + l0 G
d + l0 G
G
G
Ei = v∫ E em • dl = ∫ E em • dx = ∫ ⎡⎣ v × B ( x ) ⎤⎦ • d x
d
d
I due vettori del prodotto vettoriale sono normali fra loro, mentre il vettore prodotto e lo spostamento
sono antiparalleli fra loro, quindi
⎤ G
G
d + l0 ⎡ G
d + l0
d
d
μ
dx μ 0
d
Ei = ∫ ⎢ v × B ( x ) ⎥ • dx = − ∫ vB ( x ) dx = ∫ vB ( x ) dx = 0 i 0 v ∫
=
i 0 v ln
d
d
d + l0
d + l0 x
⎥
2π
2π
d + l0
⎢⎣ ⊥
⎦ /0
Ei =
μ0
d
= 2.53V
i 0 v ln
2π
d + l0
La corrente indotta ha intensità
ii =
Ei
=
μ0 i0
d
v ln
= 6.09 ⋅10 − 4 A
2π R
d + l0
R
ed il verso di circolazione è quello orario.
− Secondo procedimento: suddividendo l’area spazzata in infiniti elementi infinitesimi di valore
G
d Σ = xdx = vtd x , il flusso di B ( x ) attraverso ad essi vale
G
G
G
dΦ B = B ( x ) • n dΣ
G
essendo n il versore normale alla superficie, orientato concordemente con il campo
G
μ
dx
d Φ B = B ( x ) d Σ = 0 i 0 vt
2π
x
Integrando tale relazione si ricava
G
d + l0 dx
μ
μ
d + l0
Φ B = 0 i 0 vt ∫
= 0 i 0 vt ln
d
d
2π
x 2π
La legge di Faraday-Lentz definisce la f.e.m. indotta
G
dΦ B
d + l0
μ
Ei = −
= − 0 i 0 vt ln
dt
2π
d
μ
d
Ei = 0 i 0 v ln
= 2.53 ⋅10 − 4 A
2π
d + l0
e l’intensità della corrente indotta vale
Ei μ i
d
i i = = 0 0 v ln
= 6.09 ⋅10 − 4 A
R 2π R
d + l0
con verso di circolazione è quello orario.
La potenza dissipata per effetto Joule è definito dalla relazione
Pv = i i2 R = 1.54 ⋅10 − 7 J
e per ogni singolo elemento d x dell’asta, la II legge di Laplace (forza magnetica) ha valore
G
G G
dF = i i dx × B ( x )
/0
G
si osservi che l’elemento dx è orientato secondo il verso di circolazione della corrente indotta.
dF = − i i B ( x ) dx
( )
( )
( )
( )
La forza complessiva su tutta l’asta si ricava integrando
d + l0 dx
μ
μ
d + l0
F = − 0 i 0i i ∫
= − 0 i 0i i ln
d
d
2π
x
2π
μ
d
= 3.1710 − 8 N
F = 0 i 0i i ln
2π
d + l0
Parte 2
41
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Il cui verso è opposto alla direzione del moto. Affinché la velocità risulti costante nel tempo, all’asta deve
essere applicata una forza
G
G
Fv = − F
che implica una potenza meccanica spesa
G dxG G G
dL v d G G
Pv =
=
= Fv • v = Fv v
Fv • x = Fv •
dt
dt
dt N
//
(
)
Pv = Fv v = 1.54 ⋅10 − 7 W
49) Una spira conduttrice di forma semicircolare (raggio r e resistenza elettrica R) ruota, con velocità
G
G
angolare uniforme ω , attorno al suo diametro AB in un campo di induzione magnetica B uniforme e
parallelo al diametro. Calcolare l’intensità della corrente indotta e la d.d.p. ai capi del diametro per
effetto della sola forza magnetica.
(rappresentazione 49)
G
Si orienti il versore normale n alla superficie S = πr 2 2 della spira normalmente alla direzione del campo
G
B . Il flusso del campo attraverso alla superficie è nullo, infatti
G
G G
Φ B =B
•nS = 0
N
( )
⊥
la f.e.m. indotta (legge di Faraday-Lentz) è nulla, come è nulla intensità della corrente indotta
ii = 0
Ogni carica libera (elettroni) della spira è sottoposta all’azione della forza di Lorentz
G
G G
FL = − ev × B
ed essendo i due vettori normali fra loro, si ha
(37)
FL = − ev B
La velocità è sempre ortogonale alla spira ed il suo valore dipende dalla distanza che la carica libera ha
dall’asse di rotazione. A sua volta tale distanza è funzione dell’angolo formato fra il diametro ed il raggio r
relativo al punto in cui si trova la carica
h ( θ ) = r sin θ
v ( θ ) = ωh ( θ ) = ωr sin θ
Il valore della (37) è
FL = − e ω rBsin θ
ed il campo elettromotore associato vale
FL
= e ω rBsin θ
−e
La d.d.p. fra i due estremi del diametro è definita dalla relazione
G
B G
VA − VB = ∫ E • d l
E=
A
Essendo la variabile di integrazione l’angolo θ, all’estremo A corrisponde l’angolo A ( θ = 0 ) mentre
all’altro estremo del diametro B ( θ = π ) . Risolvendo l’integrale (si osservi dalla figura che lo spostamento
G
d l nei due punti corrispondenti a θ e 180D − θ ha verso opposto) si ricava che
G
π G
π
VA − VB = ∫ E • d l = e ωr 2 B∫ sin θ cos θ dθ
0
0
ossia
VA − VB = 0
In tale condizione non si ha alcuna circolazione di corrente nella spira.
Parte 2
42
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50) Nel campo gravitazionale terrestre, si considerino due guide conduttrici (parallele fra loro a distanza
d 0 ) poste su un piano inclinato di un angolo θ con l’orizzontale. La loro parte superiore e collegata
G
tramite un resistore di resistenza R. Il sistema è immerso in un campo di induzione magnetica B
uniforme, orientato orizzontalmente come in figura. Una sbarretta conduttrice (massa m e lunghezza
d 0 ) inizia a scendere con velocità iniziale nulla lungo le guide con attrito trascurabile da un’altezza
iniziale h: calcolare la velocità limite (costante) di scorrimento.
(rappresentazione 50)
Nell’intervallo temporale dt la sbarretta conduttrice HK spazza l’area
dΣ = d 0 vdt
G
attraverso la quale il campo B determina il flusso
G
G G
d Φ B = B • ndΣ = Bd 0 v cos ϕ dt
G
G
essendo l’angolo compreso fra B e la normale n dato da
π
ϕ= +θ
cos ϕ = − sin θ
2
G
Il segno meno indica che il flusso di B attraverso l’area spazzata è entrante
G
d Φ B = −Bd 0 v sin θ dt
( )
( )
La f.e.m. indotta è definita dalla legge di Faraday-Lentz
G
dΦ B
Ei = −
= Bd 0 v sin θ
dt
mentre la corrente indotta vale
Ei Bd 0 v
ii = =
sin θ
R
R
G
L’area spazzata tende ad aumentare per cui d Φ B dt > 0 , quindi per la legge di Lentz la corrente indotta
G
G
deve circolare in verso antiorario per generare un campo Bi antiparallo rispetto a B .
Durante la discesa, le forze agenti sulla sbarretta sono
G
G
− la forza peso P = mg (orientata verticalmente verso il basso),
G G
G
− la forza magnetica F = ii d 0 × B (orientata verticalmente verso l’alto)
e la velocità costante di scivolamento viene raggiunta quando
G
G
B2 d 02 v
F = −P
sin θ = mg
R
ossia
mgR
v= 2 2
B d 0 sin θ
( )
( )
51) Una spira rettangolare rigida ( PQ = RS = a = 20cm , QR = SP = b = 10cm ) è costituita da un
materiale conduttore di densità lineare λ = 5 ⋅ 10− 2 g cm ed è percorsa da una corrente stazionaria di
intensità i 0 . La spira è libera di ruotare, con attrito trascurabile, attorno al lato PQ parallelo all’asse
G
G
x del riferimento P { x, y, z} . Quando sulla spira agisce il campo di induzione B = Bu z ( B = 2 ⋅ 10 − 2 T )
ruota di un angolo θ = 30D , raggiungendo la posizione di equilibrio.
Essendo la permeabilità magnetica del vuoto μ 0 = 4π ⋅ 10 − 7 H m , calcolare:
− il valore dell’intensità i 0 ,
− il lavoro compiuto dalle forze magnetiche durante la rotazione.
Parte 2
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(rappresentazione 51)
La risoluzione del problema può essere eseguita seguendo due procedimenti equivalenti e precisamente
a) La spira possiede un momento magnetico
G
G
G
m = i 0Sn = i 0 ab n
G
ed il campo B esercita un’azione su di essa tramite un momento meccanico
G
G G
⎛π
⎞G
M 1 = m × B = i 0 abBsin ⎜ − θ ⎟ u x
2 ⎠
⎝
cos θ
che determina la rotazione attorno all’asse fisso PQ.
La forza peso, applicata nel baricentro, definisce anch’essa un momento meccanico
G
1G G
b
G
M 2 = b × P = − mg sin θ u x
2
2
che tende ad opporsi alla rotazione della spira.
La massa della spira vale
m = λ ( 2a + 2b ) = 2λ ( a + b )
e quando la spira raggiunge la posizione di equilibrio, la risultante dei due momenti meccanici è nulla
G
G
M1 + M 2 = 0
La corrente circolante nella spira ha una intensità
λg a + b
i0 =
tan θ = 2.12 A
B a
Durante la rotazione, il momento delle forze magnetiche compie un lavoro
θ
L m = ∫ M 1d θ = i 0 abBsin 30D = 4.24 ⋅10 − 4 J
0
b) Le forze magnetiche agenti sui singoli lati della spira valgono
− lato PQ: FPQ = 0 a causa della reazione del vincolo,
G G
G G
G
G
G
G
G
− lato QR ed SP: FQR = i 0 b × B = i 0 bBsin ( π − θ ) u x = i 0 bBsin θ u x e FSP = i 0 b × B = − i 0 bBsin θ u x ; le
due forze si annullano,
G
G G
G
− lato RS: FRS = i 0 a × B = − i 0 aB u y ed il suo momento meccanico rispetto all’asse di rotazione è
G G
G
G
M 1 = b 2 × FRS = i 0 abBcos θ u x
La forza peso, applicata nel baricentro, definisce anch’essa un momento meccanico
G
1G G
b
G
M 2 = b × P = − mg sin θ u x
2
2
che tende ad opporsi alla rotazione della spira.
La massa della spira vale
m = λ ( 2a + 2b ) = 2λ ( a + b )
e quando la spira raggiunge la posizione di equilibrio, la risultante dei due momenti meccanici è nulla
G
G
M1 + M 2 = 0
Anche con il presente procedimento si ottengono i precedenti risultati.
52) Una bobina è formata da N = 20 spire conduttrici, avvolte secondo due semicirconferenze uguali (di
raggio a = 20cm ) posizionate su piani ortogonali fra loro. La bobina ruota con velocità angolare
uniforme ω = 100 rad s attorno all’asse individuato dalla intersezione dei due pini contenenti le spire
ed è immersa in un campo uniforme B = 0.5 T , normale all’asse di rotazione. Calcolare:
− la f.e.m. indotta ed il suo valore massimo,
− la potenza media sviluppata se la resistenza totale della bobina è R = 10 Ω .
Parte 2
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(rappresentazione 52)
G
G
Attraverso alla superficie delle due mezze semicirconferenze il campo B determina un flusso Φ B .
G
G
Definiti con n1 ed n 2 i due versori normali alle due superfici, il flusso vale
G
G G
G G
πa 2 ⎡
πa 2
⎛π
⎞⎤
Φ B = N B • n1S + B • n 2S = NB
cos
θ
t
+
cos
+
θ
t
=
NB
⎡ cos θ ( t ) − sin θ ( t ) ⎤⎦
(
)
(
)
⎜
⎟⎥
2 ⎢⎣
2 ⎣
⎝2
⎠⎦
essendo θ ( t ) = ωt a causa della rotazione della bobina. Ricordando che
( )
( )
(
)
1
1 ⎡ 1
1
π
π⎤
⎤ 1 ⎡
cos θ ( t ) −
sin θ ( t ) ⎥ =
cos θ ( t ) cos − sin θ ( t ) sin ⎥
⎡⎣cos θ ( t ) − sin θ ( t ) ⎤⎦ =
⎢
⎢
2
4
4⎦
2⎣ 2
2
2⎣
⎦
ossia
1
1
⎡π
⎤
⎡⎣cos θ ( t ) − sin θ ( t ) ⎤⎦ =
cos ⎢ + θ ( t ) ⎥
2
2
⎣4
⎦
il flusso risulta essere definito dalla relazione
G
G G
G G
πa 2
⎡π
⎤
cos ⎢ + θ ( t ) ⎥
Φ B = N B • n1S + B • n 2S = NB
2
⎣4
⎦
La f.e.m. indotta vale
G
dΦ B
πa 2
⎡π
⎤
sin ⎢ + θ ( t ) ⎥
= NB
Ei = −
dt
2
⎣4
⎦
( )
(
)
( )
ed il suo massimo valore è
( Ei )
max
La potenza media sviluppata risulta essere
〈P〉 =
πa 2
= 22.2 V
2
= NB
(E )
i max
2R
= 24.7 W
53) La spira conduttrice fissa (raggio r1 = 10cm ) è percorsa dalla corrente di intensità costante i = 20 A .
Sull’asse di tale spira vi è il centro di una seconda spira conduttrice che si allontana dall’altra con
velocità v = 3m s uniforme lungo l’asse. Calcolare le f.e.m. indotta nella spira mobile quando la
distanza fra le spire è d = 5cm .
(rappresentazione 53)
L’asse della spira fissa sia l’asse x del riferimento e la corrente circoli in verso orario.
G
Il campo di induzione magnetica B è orientato concordemente lungo l’asse ed il suo valore nel generico
punto x vale
μ
r1
Bx = 0 i
2 ( r 2 + x 2 )3 2
1
ed il suo flusso attraverso alla superficie S2 = πr della spira mobile è
G
G G
r1r22
1
Φ 2 B x = B x • n x S2 = μ 0 πi
32
2
( r12 + x 2 )
2
2
( )
La legge di Faraday-Lentz definisce che la f.e.m. indotta è definita dalla relazione
G
G
dΦ 2 Bx
d Φ 2 B x dx
=−
Ei = −
dt
dx
dt
N
( )
( )
v
Parte 2
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r1r22
3
x
Ei = μ 0 πiv
52
2
(r2 + x2 )
1
quando x = d = 10 cm la f.e.m. indotta risulta avere valore
r1r22
3
d = 4.8610 − 8 V
Ei = μ 0 πiv
52
2
2
2
(r + x )
1
54) Una spira quadrata conduttrice cade verticalmente per effetto della forza di gravità. Durante in moto
G
verticale passa da una regione di spazio, nella quale agisce un campo B uniforme (con modulo
B = 0.5 T e direzione orizzontale), ad una nella quale non esiste alcun campo.
La massa della spira vale m = 150 g , il lato l 0 = 0.5cm e la resistenza elettrica R = 1.0 Ω . Calcolare:
− la velocità limite di caduta della spira quando attraversa il piano di separazione fra le due regioni
di spazio,
− l’energia persa per effetto Joule durante l’intervallo temporale di attraversamento completo del
piano di separazione fra le due regioni di spazio.
Attenzione: assumere che la velocità della spira, quando raggiunge il piano di separazione fra le due
regioni di spazio, sia quella limite e che essa resti costante durante l’intero attraversamento.
(rappresentazione 54)
Assumendo un riferimento con l’asse z orientato verso il basso (concorde con la direzione del moto), nel
tempo dt la spira si sposta di un tratto dz = vdt spazzando un’area dS = l 0 dz = vl 0 dt . Il flusso del campo
G
B attraverso a tale superficie vale
G
G G
dΦ B = B
• n dS = BdS = Bvl 0 dt
N
( )
//
La legge di Faraday-Lentz definisce che la f.e.m. indotta è definita dalla relazione
dΦ ( B)
Ei = −
= − Bvl 0
dt
e l’intensità della corrente indotta vale
Ei
Bvl 0
ii = = −
R
R
G
con verso di circolazione antiorario. Su ogni lato della spira il campo B esercita un’azione che si esplica
con una forza magnetica definita da
G G
G
dF = i i d l × B
ed essendo i vettori normali fra loro, il modulo vale
2
B 2 l 02 v lim
Pi = i i2 R =
R
E nell’intervallo temporale Δ t = l 0 v , impiegato dalla spira per il completo attraversamento del piano di
separazione fra le due regioni di spazio, la potenza dissipata ha valore
2
B 2 l 02 v lim
ΔU
= mgl 0 =
= 0.074 J
Pi =
Δt
R
Il valore corrisponde esattamente alla perdita di energia potenziale e ciò non implica alcun aumento di
energia cinetica: tale perdita determina un riscaldamento della spira.
55) Un lungo solenoide, costituito da n spire per unità di lunghezza (raggio R), è percorso da una
corrente di intensità costante i 0 . Lungo l’asse del solenoide è posizionato un filo rettilineo conduttore
percorso da una corrente di intensità costante i x , che circola concordemente con i 0 .
Parte 2
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Determinare il valore dell’intensità della corrente circolante nel filo rettilineo affinché nei punti a
G
distanza r = R 2 il vettore di induzione magnetica B tot abbia una direzione che formi l’angolo
θ = 45D rispetto all’asse del solenoide.
(rappresentazione 55)
G
Il campo B1 , nei punti interni al solenoide, ha modulo dato dalla relazione
(38)
B0 = nμ 0i 0 = cost
(direzione parallela all’asse del solenoide)
nell’approssimazione che la lunghezza del solenoide sia assolutamente prevalente rispetto al diametro delle
G
n spire. Il campo B ( r ) , generato dalla corrente di intensità i x circolante nel filo rettilineo, alla distanza
r = R 2 da questo ha modulo definito dalla relazione di Biôt-Savart
μ i
(direzione normale all’asse del solenoide)
(39)
B(r) = 0 x
2π r
G
G
G
I due campi sono ortogonali fra loro e poiché il campo risultante B tot = B0 + B ( r ) deve formare un angolo
θ = 45D rispetto all’asse, i due moduli (38) e (39) devono essere uguali
μ0 i x
= nμ 0i 0
2π r
ossia
i x = nμ 0 Ri 0
56) Si consideri un elettromagnete con i due poli di forma circolare (raggio r = 0.5m ) posizionati
orizzontalmente e con il polo nord nella posizione inferiore. Trascurando l’effetto di bordo, il campo
di induzione magnetica nel volume di spazio fra i poli è uniforme e nell’intervallo temporale
Δ t = 10s , l’intensità del campo varia dal valore B i = 0.1T al valore B f = 1.1T . Calcolare il campo
elettrico indotto fra i due poli.
(rappresentazione 56)
Si consideri una circonferenza di raggio 0 ≤ r′ ≤ r (superficie S′ = π r′ 2 ), coassiale con i due poli e orientata
G
in verso antiorario (coerentemente con la direzione del campo). Il flusso concatenato del campo B subisce
una variazione temporale lineare del tipo B ( t ) = Bi + k Δ t per cui si ha una f.e.m. indotta alla quale è
associato un campo elettrico indotto non conservativo
G
ΔΦ B
(42)
Ei = −
Δt
G
G
G
con Φ B = B ( t ) • n S
G
Il versore normale n alla superficie contornata dalla circonferenza di raggio r′ sia orientato concordemente
con l’orientamento di della circonferenza.
( )
( )
G
ΔΦ B
( ) = πr ′
Δt
La (42) si può scrivere
2
ΔB ( t )
= πr ′ 2 k
Δt
G
G
Ei = −πr′2 k = v∫ E i • dl = E i 2πr′
ossia
1
Ei = − kr′
2
Il coefficiente k si ricava ricordando il suo significato, cioè
(43)
Parte 3
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k=
Δ B B ( t ) − Bi
=
= 0.1T
Δt
Δt
E la relazione (43) vale numericamente
1
⎛N⎞
E i = − kr′ = − 0.05 r′ ⎜ ⎟
2
⎝C⎠
ora per
−
r′ = 0
Ei = 0
→
N
C
N
C
G
G
Osservazione: avendo orientata la linea chiusa di integrazione in verso antiorario ( n // B ), il segno meno
G
che compare nel valore del campo elettrico indotto indica che E i ha verso orario.
−
r′ = r
→
E i = − 2.5 ⋅10 − 2
57) Due guide rettilinee parallele (distanza d 0 = 10cm ) giacciono in un piano normale alla direzione di un
G
campo B (con B = 2 T ) uniforme. Due aste conduttrici AD = BC = d (con resistenza elettrica
rispettivamente R 1 = 5 Ω e R 2 = 10 Ω ) possono muoversi con attrito trascurabile lungo le guide.
Nell’ipotesi che il resistore con R 1 sia fermo e quello con R 2 si allontani con velocità costante
v = 50cm s , calcolare l’intensità ed il verso di circolazione della corrente indotta nel circuito ABCD.
Ripetere il calcolo quando R 2 e fermo ed R 1 si muove con identica velocità.
(rappresentazione 57)
Nel tempo dt il resistore di resistenza R 2 si sposta di un tratto d x = vdt , spazzando l’area dS = dvdt
G
attraverso la quale si ha il flusso infinitesimo del campo B dato da
G
G G
d Φ B = B • ndS = Bd 0 v dt
( )
La legge di Faraday-Lentz definisce la f.e.m. indotta
G
dΦ B
= − Bd 0 v
Ei = −
dt
La resistenza complessiva del circuito spira vale R 1 + R 2 e la corrente indotta ha intensità
( )
ii =
Ei
R1 + R 2
= − 0.06 A
con circolazione nel verso orario.
Bloccando l’asta di resistenza R 2 e muovendo quella di resistenza R 1 , il calcolo dell’intensità della
corrente indotta attraverso un analogo procedimento conduce allo stesso risultato.
58) Un lungo solenoide di raggio r0 , costituito da n spire per unità di lunghezza, è percorso da una
corrente di intensità variabile secondo la relazione i ( t ) = i 0 cos ωt (essendo i 0 il massimo valore della
intensità e ω la pulsazione). Calcolare il campo elettrico indotto in funzione della distanza r dall’asse
del solenoide.
(rappresentazione 58)
Il campo di induzione magnetica all’interno del solenoide ha modulo
B ( t ) = nμ 0i ( t ) = nμ 0i 0 cos ωt
ed è diretto parallelamente all’asse del solenoide. Si considerino i due casi
Parte 3
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−
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r < r0 : si consideri una circonferenza di raggio r con il centro sull’asse del solenoide. Attraverso alla sua
superficie si ha il flusso
G
Φ B = = B ( t ) πr 2
( )
e la legge di Faraday-Lentz definisce la f.e.m. indotta
G
dΦ B
G
G
= v∫ E i • d l
Ei = −
dt
Calcolando i valori dei due termini si ha
G
G
dΦ B
G
G
2 dB ( t )
= πr
= − πr 2 nμ 0 ω sin ωt
E
•
d
l = E i 2π r
i
v∫
dt
dt
e sostituendo si ricava il campo elettrico indotto (non conservativo) all’interno del solenoide
1
E i ( r ) = nωμ 0i 0 r sin ωt
2
− r > r0 : considerando una circonferenza di raggio r, con il centro sull’asse del solenoide, attraverso la sua
superficie si ha il flusso
G
Φ B = = B ( t ) πr 2 ≡ B ( t ) πr02
G
in quanto la sezione utile è proprio quella del solenoide poiché esternamente il campo B e nullo.
Seguendo il procedimento precedente si ricava che il campo elettrico indotto all’esterno del solenoide
vale
r2
1
E i ( r ) = nωμ 0i 0 0 sin ωt
2
r
( )
( )
( )
59) Un cavo coassiale di lunghezza d 0 grande, costituito da due conduttori coassiali di raggio r1 ed
r2 > r1 , è percorso da una corrente di intensità costante i (il verso di circolazione è opposto nei due
conduttori). Calcolare sia l’energia magnetica, immagazzinata in un tratto d di cavo, sia il valore
della induttanza.
(rappresentazione 59)
Se il verso di circolazione della corrente nel conduttore interno avvenisse da sinistra verso destra (vedere
G
figura), il vettore campo B avrebbe verso orario mentre quello generato dalla corrente di identica intensità
circolante da destra a sinistra nel conduttore esterno avrebbe verso antiorario. Nello spazio esterno al cavo il
G
campo complessivo B tot è nullo in quanto generato da due identiche correnti circolanti in verso
antiparallelo. Si consideri una sezione normale del cavo coassiale e sul piano della sezione una
circonferenza di raggio r1 < r < r2 . Applicando il teorema di Ampère, nel caso di fenomeni stazionari, si ha
G
G
B
r
•
d
l = B ( r ) 2π r = μ 0i
(
)
v∫
G
G
con lo spostamento d l parallelo e concorde con B . Ricavando il valore del modulo del campo
μ i
B(r) = 0
2π r
Considerando plausibile supporre che la maggior parte dell’energia magnetica sia contenuta nello spazio fra
i due conduttori del cavo, la densità di energia magnetica per unità di volume vale
2
dU m 1 B 2 μ 0 ⎛ i ⎞
um =
=
=
⎜ ⎟
dW 2 μ 0 8π 2 ⎝ r ⎠
Si consideri una corona cilindrica (a distanza r1 < r < r2 dall’asse del cavo) di spessore d r e lunghezza d 0 :
il volume è dW = 2πrdr d ed in esso l’energia magnetica è data da
Parte 3
49
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2
μ0 ⎛ i ⎞
μ
dr
2πrdr d 0 = 0 i 2 d
2 ⎜ ⎟
8π ⎝ r ⎠
4π
r
Integrando la (44) fra i valori r1 ed r2 si ricava
μ
r
U m = 0 i 2 d 0 ln 2
4π
r1
Il solenoide può essere considerato un induttore, quindi l’energia magnetica è definita dalla relazione
1
U m = Li 2
2
essendo L l’induzione dell’induttore. Uguagliando le due relazioni si ottiene
μ
r
L = 0 d 0 ln 2
4π
r1
60) Calcolare l’induttanza di un solenoide toroidale a sezione rettangolare percorso da una corrente di
intensità costante i. Sia N il numero delle spire di altezza h con r1 il raggio interno ed r2 quello
esterno.
(44)
dU m = u m dW =
(rappresentazione 61)
G
Il campo B è diretto lungo l’asse del solenoide. Si consideri una circonferenza di raggio r1 < r < r2 con
centro sull’asse del solenoide e orientata in funzione del verso del campo. Il teorema di Ampère impone che
per una spira
G G
B
v∫ • dl = B2πr = μ 0i
da cui si ottiene
μ0 i
2π r
Il solenoide è formato da N spire uguali, quindi il campo complessivo vale
μ
i
B= 0 N
2π r
ed alla distanza r dall’asse del solenoide si consideri la corona circolare di spessore dr . Attraverso alla
superficie dS = 2πrdr il flusso del campo B è dato da
G
G G
d Φ B = B • ndS = BdS = Nμ 0 idr
B=
( )
Poiché la spira è rettangolare di altezza h, il flusso complessivo del campo per tutta l’altezza del solenoide
vale
G
d Φ B = Nμ 0 hid r
( )
e integrando fra il minimo valore r1 ed il massimo valore r2 si ricava
G
r2
Φ B = Nμ 0 hi ∫ dr = Nμ 0 hi ( r2 − r1 )
r1
G
Il flusso complessivo NΦ B è uguale al prodotto dell’induttanza L per la corrente che genera il campo
G
NΦ B = ⎡⎣ N 2μ 0 h ( r2 − r1 ) ⎤⎦ i = L i
quindi l’induttanza del solenoide ha valore
L = N 2μ 0 h ( r2 − r1 )
( )
( )
( )
61) Calcolare l’induttanza per unità di lunghezza di due cilindri conduttori cavi e coassiali,
rispettivamente di raggi r1 ed r2 > r1 e lunghezza h >> ( r1 ,r2 ) . Le estremità dei due cilindri sono
collegate fra loro in modo in modo che la corrente stazionaria di intensità i 0 entri nel cilindro interno
ed esca da quello esterno.
Parte 3
50
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(rappresentazione 61)
Si consideri una circonferenza di raggio r1 < r < r2 , concentrica con i due cilindri, posizionata nel piano di
una qualsiasi sezione normale del sistema e orientata secondo il verso di circolazione della corrente nel
cilindro interno. Il teorema di Ampère impone che sia
G
G
(45)
v∫ B ( r ) • dl = B2πr = μ 0i concatenata
si ricordi che la corrente fluisce sulla superficie dei due cilindri.
Attenzione:
G
− se la circonferenza fosse contenuta nel cilindro interno ( r < r1 ), il campo B avrebbe valore nullo in
quanto non si avrebbero correnti concatenate i concatenata = 0 .
− se la circonferenza concatenasse il cilindro esterno ( r > r2 ),il campo complessivo avrebbe valore nullo
in quanto risulterebbe dal contributo di due correnti di identica intensità circolanti in verso opposto.
Dalla (45) si ricava il campo di induzione magnetica con modulo pari a
μ i
μ i
B ( r ) = 0 concatenata ≡ 0 0
2π
r
2π r
e verso orario. Il valore è equivalente a quello generato da una corrente di intensità i, circolante lungo l’asse
del sistema. Attraverso ad una superficie piana dS , (posta a distanza r1 < r < r2 dall’asse del sistema) di
altezza dr e di lunghezza h, esiste un flusso
G
G G
μ
dr
d Φ B = B • ndS = BdS = Bhdr = 0 hi 0
2π
r
G
Il flusso totale Φ B risulta essere proporzionale alla corrente che genera il campo
G
G
Φ B = ∫∫ d Φ B = Li 0
( )
( )
( )
( )
S
e risolvendo
G
r2 dr
μ
μ
r
Φ B = 0 hi 0 ∫
= 0 hi 0 ln 2 = L i 0
r
1
2π
r 2π
r1
Si definisce induttanza per unità di lunghezza la relazione
L μ
r
L′ = = 0 ln 2
h 2π r1
che risulta essere una caratteristica geometrica del sistema.
È possibile ricavare tale espressione considerando il volume infinitesimo definito da uno strato cilindrico di
spessore dr e di lunghezza h
dW = 2πrhdr
La densità di energia magnetica per unità di volume
dU m 1 B 2
um =
=
dW 2 μ 0
ha valore costante nel volume considerato e l’energia magnetica complessiva, contenuta nel volume
racchiuso fra i due cilindri, vale
r2 dr
μ
μ
r
= 0 i 02 h ln 2
U m = ∫ dU m = ∫∫∫ u m dW = 0 i 02 h ∫
r
1
2π
r 2π
r1
W
Ricordando che tale energia è possibile esprimerla attraverso l’induttanza
μ
1
r
U m = Li 2 = 0 i 02 h ln 2
2
2π
r1
si ricava il valore dell’induttanza per unita di volume
( )
Parte 3
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L′ =
L μ 0 r2
ln
=
h 2π r1
62) Un filo indeformabile e di massa trascurabile sostiene una sbarretta omogenea (lunghezza l e massa
m) magnetizzata con il punto di sospensione localizzato all’estremità dalla polarità negativa (polo
G
sud). Generando un campo B di intensità uniforme e direzione orizzontale (normale alla
configurazione di equilibrio del sistema nella quale la tensione del filo è equilibrata dalla forza peso),
descrivere l’azione che viene esercitata sulla sbarretta magnetizzata.
(rappresentazione 63)
G
La magnetizzazione della sbarretta è descritta dal suo momento magnetico m , orientato dalla polarità
negativa a quella positiva.
G
G
G G
La presenza del campo B determina un momento meccanico M m = m × B che tende a ruotare la sbarretta
G
attorno al punto di sospensione, cercando di allineare m alle linee del campo. Tuttavia la forza peso
G
G
G
P = mg determina, rispetto al medesimo punto di sospensione, un momento meccanico M P che si oppone
al precedente: in condizione di equilibrio detti momenti meccanici hanno identico modulo
⎧
⎛π
⎞
⎪⎪ M m = mBsin ⎜ 2 − θ ⎟ = mB cos θ
⎝
⎠
Mm = MP
⎨
⎪ M = mg l sin θ
⎪⎩ P
2
da cui si ricava
2m B
θ = arctan
mgl
63) Sul fondo di una vasca piena di acqua (indice di rifrazione n a = 1.33 ) alla profondità h = 2.5 m ,
rispetto al pelo libero, è posto un disco di rame. Sopra la superficie dell’acqua vi è aria (indice di
rifrazione n = 1.00 ) ed osservando la posizione del disco, da un punto posizionato molto vicino alla
normale, la sua profondità sembrerebbe apparentemente diminuire. Determinare detta apparente
profondità.
(rappresentazione 63)
Immaginando la superficie del disco parallela a quella del pelo libero dell’acqua, la retta normale è identica
per le due superfici. Si consideri un raggio luminoso uscente dalla superficie del disco e sia
− θ l’angolo che forma con la retta normale (nell’acqua),
− θ′ l’angolo formato dal raggio luminoso rifratto (uscente dall’acqua).
La legge di Snell applicata al sistema impone che sia
n a sin θ = n sin θ′
La distanza fra la normale ed il punto dal quale emerge nell’aria il raggio luminoso vale
(46)
d = h tan θ
d = z tan θ′
Avendo definito con z la profondità (dal pelo libero dell’acqua) dell’intersezione del prolungamento del
raggio rifratto con la retta normale. Dalla (46) si ricava
tan θ
(47)
z=h
tan θ′
che rappresenta appunto la profondità apparente alla quale un osservatore osserverebbe il disco. Per raggi
luminosi prossimi alla retta normale (raggi parassiali) è possibile affermare che sin θ′ tan θ′ e che θ 0
(ossia cos θ 1 ), quindi
Parte 3
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sin θ′ tan θ′ =
na
sin θ
n
e sostituendo nella (47) si ricava
z=h
n 1
n
= 1.87 m
h
n a cos θ
na
64) Una sorgente puntiforme di luce monocromatica è posta sul fondo di un recipiente, contenente un
liquido trasparente per un’altezza h = 0.5m , nel centro della base. Il sistema è circondato dall’aria ed
osservando il pelo libero del liquido si osserva che la luce fuoriesce semplicemente da un’area
circolare di raggio r0 = 0.57 m con centro sulla normale passante per la sorgente. Calcolare l’angolo
limite o di Brewster sulla superficie di separazione liquido/aria.
(rappresentazione 64)
La legge di Snell per il sistema liquido/aria definisce che
n liq sin θ liq = n ar sin θ ar
(48)
e nel caso dell’angolo limite si ha
π
θar =
2
per cui la (48) diventa
n
sin θ liq = ar
n liq
Poiché i raggi escono unicamente dalla superficie π r 2 centrata sulla normale, si ha
r0 = h tan θ liq
r0
= 48D74′
h
Assumendo l’indice di rifrazione dell’aria pari ad uno ( n ar = 1 ), si ricava l’indice di rifrazione del liquido
n sin θar
1
n liq = ar
=
= 1.33
sin θliq
sin θ liq
θ liq = arctn
65) Nell’aria (indice di rifrazione n = 1 ) una sottile lamina oleosa di spessore costante (indice di
rifrazione n 0 = 1.32 ) è spalmata su una lastra di vetro (indice di rifrazione n v = 1.50 ). Sulla lamina
incide un’onda piana monocromatica la cui lunghezza d’onda può variare in modo continuo dal
minimo valore λ m = 485nm al valore massimo λ M = 679nm . Per il fascio riflesso si osserva una
interferenza totalmente negativa per i due valori estremi delle lunghezze d’onda, mentre non si
osserva il fenomeno per tutte le altre lunghezze d’onda comprese. Calcolare lo spessore della lamina
oleosa.
I raggi luminosi subiscono il fenomeno della riflessione sia sulla superficie di separazione aria/lamina
oleosa sia sulla superficie di separazione lamina oleosa/aria. All’interno della lamina oleosa i raggi
subiscono uno sfasamento complessivo Δ θ = π , che risulta correlato alla differenza di cammino ottico Δ r .
Se lo spessore della lamina fosse d, la condizione di interferenza negativa relativamente alle due lunghezze
d’onda estreme è
1⎞
1⎞
⎛
⎛
2dn o = ⎜ k m + ⎟ λ m
2dn o = ⎜ k M + ⎟ λ M
(49)
2⎠
2⎠
⎝
⎝
Non esistendo nessuna lunghezza d’onda compresa nell’intervallo ( λ m , λ M ) che soddisfi la condizione di
interferenza negativa, ovviamente non ci sarà alcun valore intero di k compreso nell’intervallo ( k m , k M ) .
Parte 3
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I due valori di k, riferiti ai valori estremi dell’intervallo ( λ m , λ M ) , sono correlati dalla relazione
(50)
k m = k M +1
e operando sulle (49) e (50) si ricava
d = 643nm
con
km = 3
kM = 2
66) Un’onda piana monocromatica di lunghezza λ = 680nm investe due lastrine di vetro (lunghezza
l = 120nm ) a contatto reciproco in un estremo e distanziate di h = 0.05nm nell’altro. Sapendo che il
sistema è immerso nell’aria, determinare quante frange di interferenza compaiono sulla intera
lunghezza h.
(rappresentazione 66)
L’aria fra le due lastrine costituisce un virtuale cuneo che determina una differenza di cammino ottico Δ r
fra i raggi riflessi dalle due superfici di separazione aria/vetro. Detta differenza di cammino varia con
continuità fra il valore iniziale 0 e quello finale d, per cui si evidenziano frange di interferenza parallele alla
linea di contatto fra le due lastrine. Poiché l’indice di rifrazione dell’aria è minore di quello del vetro, una
delle due riflessioni avviene nel mezzo con minore indice di rifrazione ed in tale situazione la differenza di
fase è pari a Δ θ = π . La condizione per avere frange luminose visibili è
1⎞
⎛
2x = ⎜ k + ⎟ λ
2⎠
⎝
con
0≤x≤h
La prima frangia luminosa si ha per k = 0 , l’ultima quando x = h al quale corrisponde
h 1
k = 2 − = 141
λ 2
Si osservi che nella relazione non compare la lunghezza delle lastrine, quindi il valore massimo è
indipendente da l. La spaziatura fra le frange è pari a 120 /141 = 0.85 nm .
67) Calcolare l’ingrandimento lineare di uno specchio piano e di uno specchio sferico convesso,
considerando un oggetto esteso con dimensione lineare l 0 . Dare la rappresentazione grafica di quanto
dedotto.
(rappresentazione 67)
Trattando corpi estesi nel fenomeno della riflessione, si deve tenere presente la convenzione
− per un oggetto: la distanza di un suo punto dall’asse ottico è positiva, se il punto è situato sopra l’asse
ottico
− per un’immagine: la distanza di un suo punto dall’asse ottico è positiva, se il punto è situato sotto l’asse
ottico.
Si definisce ingrandimento lineare la relazione
l′
I=
l0
essendo l 0 la dimensione lineare dell’oggetto ed l′ quella dell’immagine
− Specchio piano: considerando la rappresentazione (67°), per i triangoli simili ABV e A′B′V si ricava
AB : A′B′ = AV : A′V
A′B′ A′V
=
(51)
AB AV
Parte 3
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con AB = l 0 e A′B′ = l′ . Per la convenzione sopracitata, essendo l’immagine sopra l’asse ottico l′ < 0 e
l’ingrandimento vale
l′
I sp = −
l0
Ponendo AV = p la distanza oggetto/specchio e A′V = q quella immagine/specchio, l’ingrandimento
può essere riscritto tenendo conto della (51)
l′
q
I sp = − = −
l0
p
− Specchio sferico convesso di raggio R: considerando la rappresentazione (67b), per i triangoli simili
ABV e A′B′V si ricava
AB : A′B′ = AV : A′V
A′B′ A′V
=
(52)
AB AV
con AB = l 0 e A′B′ = l′ . Per la convenzione sopracitata, essendo l’immagine sopra l’asse ottico l′ < 0 e
l’ingrandimento vale
l′
I sp = −
l0
Ponendo AV = p la distanza oggetto/specchio e A′V = q quella immagine/specchio, l’ingrandimento
può essere riscritto tenendo conto della (52)
l′
q
I sp = − = −
l0
p
68) Un sistema ottico è costituito da uno specchio piano e da uno specchio sferico convesso (raggio di
curvatura R = 10cm ) con lo stesso asse ottico. La distanza fra i vertici dei due specchi vale
V1 V2 = d = 30cm . Una sorgente puntiforme monocromatica P, posta a distanza l 0 = 10cm dallo
specchio piano, è schermata in modo da inviare luce solamente sullo specchio piano. Fra tutte le
immagini formate dal sistema ottico, calcolare a quale distanza dal vertice V2 dello specchio sferico si
forma l’immagine più vicina.
(rappresentazione 68)
Si consideri un solo raggio luminoso uscente dalla sorgente schermata P e incidente sullo specchio piano e
l’immagine P1 è situata sull’asse ottico, a distanza l 0 dal vertice V1 dello specchio. Il raggio riflesso dallo
specchio piano risulta divergente ed incide sullo specchio sferico convesso: per tale specchio il raggio
risulterebbe provenire dalla sorgente reale P1 , posizionata a distanza p = l 0 + d dal vertice V2 , e formerebbe
l’immagine P2 . L’equazione che correla la distanza P1V2 = p (sorgente/specchio) e la distanza P2 V2 = q
(immagine/specchio) con il raggio di curvatura dello specchio è
1 1 2
+ =
p q R
Secondo la convenzione dei segni si ha
p>0
q<0
R<0
quindi si ricava
1 1
2
− =−
p q
R
La distanza dell’immagine virtuale P2 dal vertice V2 dello specchio vale
Parte 3
55
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1 1 2
q = 22.2 cm
= + = 4.5 ⋅10 − 2 cm −1
q p R
I raggi riflessi dallo specchio sferico si possono considerare generati dalla sorgente virtuale P2 e per quelli
sufficientemente parassiali (paralleli all’asse ottico) si ha una riflessione da parte dello specchio piano e
formano un’immagine P3 , la cui distanza da V1 è maggiore di quella di P1 . A sua volta P3 risulta sorgente
dei raggi ulteriormente riflessi dallo specchio sferico e formeranno l’immagine P4 , ad una distanza dal
vertice V2 maggiore rispetto a quella di P2 . Tale processo è valido per tutte le successive riflessioni e si
deduce che P2 è proprio l’immagine che risulta essere più vicina di tutte al vertice V2 .
69) Ricavare la relazione dell’ingrandimento lineare per uno specchio sferico
(rappresentazione 69)
Si definisce ingrandimento lineare il rapporto fra la dimensione geometrica l′ dell’immagine e quella l 0
dell’oggetto
l′
I=
l0
− Specchio concavo (rappresentazione 69a): sapendo che vale la convenzione
distanza oggetto/specchio
: p>0
distanza immagine/specchio
: q<0
raggio di curvatura dello specchio
: R<0
dimensione geometrica oggetto
: l0 > 0
dimensione geometrica immagine
: l′ > 0
Nei due triangoli simili ABC e A′B′C si ricava
′B′ = AC : A′C
AB
N:A
N
l0
l′
AB A′B′
=
AC A′C
l′ A′C VC − VA′ −R − ( −q )
I= =
=
=
l 0 AC VA − VC
p − ( −R )
da cui
q−R
p+R
− Specchio convesso (rappresentazione 69b): sapendo che vale la convenzione
distanza oggetto/specchio
: p>0
distanza immagine/specchio
: q>0
raggio di curvatura dello specchio
: R >0
dimensione geometrica oggetto
: l0 > 0
dimensione geometrica immagine
: l′ < 0
Nei due triangoli simili ABC e A′B′C si ricava
′B′ = AC : A′C
AB
N:A
N
I=
l0
l′
AB A′B′
=
AC A′C
l′
A′C
VC − VA′
R −q
I= =−
=−
=−
l0
p+R
AC
VA + VC
Parte 3
56
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da cui
I=
q−R
p+R
70) Si consideri nell’aria una sottile lente biconvessa le cui superfici hanno identico raggio di curvatura
R = 10cm . Un oggetto puntiforme, posto sull’asse ottico a sinistra della lente alla distanza
p = 4.55cm dal centro, forma un’immagine virtuale alla destra della lente a distanza q = 2p dal
centro sempre sull’asse ottico. Calcolare il valore dell’indice di rifrazione del vetro della lente.
L’indice di rifrazione del materiale che costituisce la lente sia n e la relazione per le lenti sottili è
⎛ 1
1 1
1 ⎞
+ = ( n − 1) ⎜
−
⎟
p q
⎝ R1 R 2 ⎠
essendo per convenzione
distanza oggetto/centro
: p>0
distanza immagine/centro
: q = −2p < 0
raggio di curvatura del primo diottro
: R1 > 0
raggio di curvatura del secondo diottro : R 2 < 0
Poiché R 1 = R 2 = R , si ricava l’equazione
( n − 1)
1 1
+ =2
p q
R
dalla quale si ricava che l’indice di rifrazione del materiale vale
R
n = 1+
= 1.55
4p
71) Un tubo cilindrico, contenente un liquido trasparente, è racchiuso da una lastra piana e da una lente
sottile biconvessa i cui raggi di curvatura sono identici e valgono R = 30cm (sia la lastra sia la lente
sono di vetro con indice di rifrazione n v = 1.5 ). Il sistema è posto nell’aria (indice di rifrazione n = 1 )
e posizionando una sorgente puntiforme sull’asse ottico del sistema, a distanza p = 44.8cm dal centro
della lente, si osserva che dalla superficie piana escono raggi luminosi tutti paralleli a detto asse.
Calcolare l’indice di rifrazione del liquido trasparente.
Poiché i raggi luminosi escono dalla lastra piana parallelamente all’asse ottico, in quanto la lastra non altera
minimamente la direzione dei raggi incidenti normalmente su di essa, si deduce che i raggi luminosi si
propagano anche nel liquido parallelamente all’asse ottico del sistema. Ciò implica che la sorgente
puntiforme deve essere posizionata nel fuoco della lente biconvessa sull’asse ottico.
L’equazione del
− diottro aria/vetro (lente) vale
n nv nv − n
(53)
+
=
p q
R
− diottro vetro/liquido vale
nv nx nx − nv
(54)
+
=
− q q′
−R
Per quanto spiegato prima, nella (54) q′ = ∞ e si ha
n
n − nv
(55)
− v =− x
q
R
ed eliminando la variabile q fra la (53) e la (55) si ricava
Parte 3
57
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⎛ R⎞
n x = 2n v − ⎜1 + ⎟ = 1.33
p⎠
⎝
72) Un oggetto lineare di lunghezza AB = l 0 = 2cm è posizionato su una retta orizzontale nell’aria (indice
di rifrazione n = 1 ) con il punto A alla distanza p A = 10cm da una lastra trasparente di spessore
s = 5cm (indice di rifrazione n v = 1.5 ). Calcolare l’immagine del punto A ed il valore
dell’ingrandimento lineare longitudinale del sistema ottico.
(rappresentazione 72)
Posizionando il punto A alla sinistra della lastra piana a distanza AV1 = p A , la sua immagine dovuta al
doppio diottro si ricava considerando il sistema di equazioni
n nv nv − n
(56)
+
=
p A q′
R
n
n − nv
n
+ v =
(57)
s − q′ q A
R′
Per la lastra piana R = R ′ = ∞ e confrontando le due equazioni fra loro si ricava
s + n vpA
s − q′
=−
qA = −
nv
nv
ossia
q A = −13.3cm
e l’immagine del punto A si trova alla sinistra del punto V2 . L’immagine del punto B si ricava con un
analogo procedimento e la sua distanza dal punto V2 vale
qB = −
s + n v ( p A − l0 )
s − n vpA
=−
nv
nv
e la lunghezza A′B′ = l′ dell’immagine complessiva è data da
1
l′ = q A − q B = ( s + n v p A − s − n v p A + n v l 0 ) = l 0
nv
L’ingrandimento lineare I = l′ l 0 longitudinale è pertanto unitario
l′
I = =1
l0
73) Un sistema è costituito da un tubo di lunghezza d , contenete un liquido trasparente di indice di
rifrazione n x , chiuso da due lenti uguali piano/convesse di vetro (indice di rifrazione n v ) con identico
raggio di curvatura R. Un fascio luminoso, parallelo all’asse ottico del sistema, incide sulla prima
lente e fuoriesce dalla seconda ancora parallelamente all’asse ottico. Il sistema è posto nell’aria
(indice di rifrazione n): determinare l’indice di rifrazione del liquido trasparente.
(rappresentazione 73)
Il sistema di equazioni relative alla prima lente (primo diottro) è
n nx nx − n
(58)
p=∞
+
=
p q′ ( + R )
nv
n − nv
n
R′ = ∞
(59)
+ x = x
( − q′) f 2′ ( + R ′)
Parte 3
58
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essendo f 2′ la seconda distanza focale della prima lente, calcolata dal suo centro. Confrontando le equazioni
si ricava
n
n
f 2′ = R x
q′ = R v
n v −1
n v −1
Affinché il fascio luminoso esca dalla seconda lente ancora parallelo all’asse ottico, occorre che l’immagine
formata dalla prima lente cada esattamente nel primo fuoco f1′′ della seconda lente. Il sistema di equazioni
relative alla seconda lente (secondo diottro) è
nx nv nv − nx
R′ = ∞
(60)
+
=
f1′′ q′′ ( + R ′ )
nv
n n − nv
p′′ = ∞
+ =
( − q′′) p′′ ( − R )
Confrontando le equazioni si ricava
n
n
f1′′ = R x
q′′ = f1′′ v
n v −1
nx
Analiticamente la condizione che il primo fuoco della seconda lente cada esattamente nel secondo fuoco
della prima lente si esprime come
f 2′ + f1′′ = d
e sostituendo i rispettivi valori si ricava
n
n
R x +R x =d
n v −1
n v −1
Operando si ricava
d
n x = ( n v − 1)
2R
(61)
74) Un oggetto puntiforme, posto a distanza p da un obiettivo fotografico costituito da una lente sottile
con diametro (o apertura) pari a d 0 , è focalizzato in un’immagine puntiforme su una pellicola piana,
posta a distanza q dall’obiettivo. Un altro oggetto puntiforme, localizzato alla distanza p + Δ p dalla
lente, non risulterà focalizzato sul piano pellicola in quanto i suoi raggi attraversano il proprio punto
coniugato prima di incidere (o attraversare) la pellicola. In una tale situazione sul piano pellicola si
formerà un cerchio di confusione: dimostrare che il suo diametro vale
q
d = d0 2 Δp
p
(rappresentazione 74)
Considerando l’asse ottico del sistema, sia
− P l’oggetto puntiforme che forma l’immagine puntiforme Q esattamente sul piano pellicola,
− P′ l’oggetto puntiforme (con tan θ θ PP′ = Δ p ) che forma l’immagine Q′ non focalizzata sul piano
pellicola,
− l’angolo che il raggio luminoso uscente dalla lente (e che determina l’immagine Q′ ) forma con l’asse
ottico.
Il sistema di equazioni relativo a P e P′ è
1 1 1
(62)
P)
+ =
p q f
1
1
1
+
=
(63)
P′)
p + Δ p q − Δq f
e tenendo conto che geometricamente si ha
Parte 3
59
Vittorio Mussino: [email protected]
____________________________________
Dipartimento di Fisica – Politecnico di Torino
d0
d
QQ′ = = Δ q tan θ
= ( q − Δ q ) tan θ
2
2
Considerando raggi luminosi parassiali, tan θ θ per cui si ricava
d0
d
= Δq θ
= ( q − Δq ) θ
2
2
ed eliminando l’angolo fra loro
Δq
(65)
d d0
q − Δq
Dalla seconda delle (64) si ha
p q ( p + Δp )
1
1 1
1
q − Δq =
= + −
pΔq + pΔ p + p 2
q − Δq p q p + Δ p
(64)
Δq =
q 2Δp
pΔq + pΔ p + p 2
Sostituendo nella (65)
q Δp
q
d 0 2 Δp
p ( p + Δp )
p
Fissati i valori di p e q e considerando come accettabile un cerchio di confusione di diametro d, la
profondità del fuoco Δ p risulta inversamente proporzionale al diametro di apertura della lente
d d0
p2 d
q d0
Nelle macchine fotografiche, l’apertura è nota dal rapporto distanza focale/diametro lente anteriore
f
= 1_1.4 _ 2.8_ 5.6 _11_ 22 _ 32 _ "
d
Δp CORREZIONI
Parte 3
60
G
u2
rappresentazione 01
+q
G
F2
r
d
θ
G
u1
θ
x
+ q0
G
Ft
θ
d
r
G
F1
+q
G
uy
G
ux
[email protected]
1
rappresentazione 02
2d 0
G
u
θ
π 2+θ
l0
G
Ty
G
T
y
G
Tx
x
+q
G
FC
G
P
[email protected]
G
uy
G
ux
x
1
rappresentazione 03a
B ( +q )
A ( +q )
G
u
l0
θ
l0 2
G
F3
G
Ftot
θ
G
F2
O ( +q )
l0
C ( +q )
G
uy
G
F1
G
ux
[email protected]
1
rappresentazione 03b
G
uy
G
ux
l0
G∗
F
(q0 )
θ
G
Ftot
( + q)
l0
[email protected]
2
rappresentazione 04
G
EB
G
uy
G
ux
G
EO
A(+q)
( + q0 )
G∗
E
G
EA
l0
l0 2
G
u
θ
O(+q)
θ
l0
B(+q)
[email protected]
1
G
EC
120D
G
EA
G
EB
G
uA
G
uB
C ( +q )
rappresentazione 05
l0
60D
l0
G
uy
G
ux
A ( +q )
l0
B ( +q )
[email protected]
1
C ( +q )
G
uB
G
uA
rappresentazione 06
30D
rC
l0
G
EB
l0
G
EA
G
rA
G
EC
G
rB
30D
A ( +q )
G
uC
l0
[email protected]
G
uy
B ( +q )
G
ux
1
rappresentazione 07
G
E0
G
E0
P
G
F−
G
dl
− q0
G
E0
G
E0
45D
O
[email protected]
1
rappresentazione 08
+q
+q
l0
2
A
+q
l0
[email protected]
+q
1
O
rappresentazione 09
G
u
θ
π 2+θ
l0
G
Ty
G
T
G
Tx
d0
G
FC
G
P
[email protected]
G
uy
G
ux
1
A ( −q )
d0
d0
O
B ( −q )
θ
G
uy
G
F
x
G
FA
G
ux
G
FB
C ( +q )
rappresentazione 12
G
uA
θ
G
uB
180D − θ
G
P
[email protected]
1
−σ +σ
+σ
−σ
G
E
rappresentazione 13
B
A
G
E
s
d
[email protected]
1
rappresentazione 14
G
E( x)
G
ux
[email protected]
1
rappresentazione 15
ΔV
(q )
p
G
v
B
P
R
A
d
[email protected]
1
rappresentazione 16
dq
r
+ y0
θ
O
x
θ
− y0
θ0
θ0
G
dE 2
G
dE ( x )
P
r
θ
G
dE1
G
uy
dq
O
[email protected]
G
ux
1
rappresentazione 17
dq
O
− d0
A
+ d0
x
( figura a )
xA
+ x0
− x0
O
dq
dq
B
+ d0
− d0
( figura b )
−x
+x
[email protected]
xB
1
rappresentazione 18
R
dS
dΩ
G
n
r
[email protected]
G
E
1
rappresentazione 20
( + ρ)
G
n
G
E(r)
r
R
[email protected]
1
rappresentazione 22
R2
G
E
R1
G
E
[email protected]
1
C1
rappresentazione 24
C4
C2
C3
(+)
(−)
C5
C7
C6
[email protected]
1
rappresentazione 25
r2
dr
r1
r
(ρ)
[email protected]
1
rappresentazione 26
(tf )
( t i = 0)
d0
B
G
v
r
l0
E
A
x
[email protected]
1
G
B′2
D
i1
d0 2
A
G
n2
c
ix
G
B1
A
G
B′′2
r1
E
d0
G
n1
d
G
B′1
rappresentazione 27
d0
G
B′′1
B
d0 2
C
G
BE
r2
B
G
B2
[email protected]
1
rappresentazione 28
( ΔV )
l0
G
v
O
G
FL
( + q)
l0
G
v
G
B
[email protected]
1
G
B
rappresentazione 29
G
v
(m )
(mi )
p
A
( ΔV )
G
FL
B
C
d
[email protected]
1
rappresentazione 30
G
dl
R
D
d
G
dFBC
G
uy
C
G
FCD
O
d
i
B
G
B
(
G
dl
A
G
FAB
G
ux
(
G
dFBC
)
y
G
dFBC
θ
B
[email protected]
)
x
G R
dFBC
O
C
1
rappresentazione 31
x
i1
B
b
d0
i2
A
a
D
D
G
B1 ( d 0 )
G
B1 ( d 0 )
G
ux
C
b
A
G
B1 ( x )
G
uy
B
G
FAB
G
FCD
G
B1 ( d 0 + b )
C
B
d0
C
b
B
G
dl
A
G
dFDA
G
B1 ( d 0 + b )
G
dFBC
CG
dl
D
G
B1 ( x )
G
B1 ( x )
[email protected]
1
rappresentazione 32
x
G
B2( d0 − x)
i1
G
dF23
G
dl
G
B1 ( x )
G
dF13
d0 − x
i2
i3
x
G
dF31
G
dl
i1
x
G
B3( d0 − x)
G
dl
i3
G
B3( x)
d0 − x
[email protected]
i2
G
dF23
1
rappresentazione 33
G
B CD
G
dl
D
A
i0
G
uθ
G
dl
G
dl
G
ur
θ
i0
O
G
B AB
r2
r1
C
[email protected]
G
dl
B
1
rappresentazione 34
G
ω
dq
r
R
[email protected]
1
rappresentazione 35
i
R
G
B
di′ds
r
i
i
G
dF
r
dh ds
−
E
+
[email protected]
1
P
rappresentazione 36
d
s
−y
x
+y
z
h
r
z
G
+ dB Pz
y
G
G dB Py
dB P
G P
− dB Pz
θ
r
G
dB P
G
dB P
r
d
−y
[email protected]
+y
y
1
G
B
G
B
G
m
D
θ
C
R
d
n
ix
C
ix
θ
A
G (p)
MO
2R
B
rappresentazione 37a
G (m)
MO
[email protected]
1
G
B
G
B
G
FCD
G
FDA
G
FBC
G
FAB
G
FDA
rappresentazione 37b
G
′
FDA
G
′
FBC
C
R
G
FBC
O
G
P
θ
[email protected]
2
y
G
uy
rappresentazione 38
r
O θ
i
i
x
r
P
G
ux
G
B1 ( x )
d 2
θ
r
θ
O
d 2
[email protected]
G
B ( x)
x
r
G
B2( x)
1
r1
r2
r3
rappresentazione 39
[email protected]
1
rappresentazione 40
G
B0
π 4
i1
G
B
G
B0
G
B1
r
π 4
r0
i0
G
B
G
B1
[email protected]
1
rappresentazione 41
G
ω
G
B
H
dθ
l0
ds
G
v
K
[email protected]
1
rappresentazione 42
G
uy
G
B ( x)
C
dx
ii
D
h0
i
G
v
x
B
ii
s0
G
ux
d0
A
[email protected]
1
rappresentazione 43a
G
ω
r0
r
G
B
d
G
( ω)
r0
r
[email protected]
r
1
rappresentazione 43b
G
B
l
G
ω
ii
d
l
G
F
r
[email protected]
2
rappresentazione 44
G
B
dx
O
x
G
v
l
d
[email protected]
1
rappresentazione 45
( n2 )
i
G
B
i
(S)
( n1 )
[email protected]
1
G
B
rappresentazione 46
dx K ( − )
x
G
v
ii
G
Fv
H(+)
l0
ii
[email protected]
1
G
B
rappresentazione 47
G
i l0
G
B
dx
x
G
F
K
G
v
i
l0
ii
H
i
[email protected]
(−)
(+ )
E
1
G
B ( x)
rappresentazione 48
G
B ( x)
d
ii
G
v
l0
G
FL
x
H
dx
G
v
i
ii
ii
K
( x)
x
dx
[email protected]
G
B ( x)
G
dF
1
G
B
rappresentazione 49
G
ω
G
n
B
( − e)
r
G
dl
G
v
G
dl
θ
h ( θ)
r
180D − θ
θ
A
G
FL
G
FL
[email protected]
G
B
G
ω
1
rappresentazione 50
ϕ = π 2+θ
G
B
(R)
ϕ
h
G
B
G
n
G
v
θ
vdt
K
ii
G
n
θ
G
B
G
F
H
G
i i l0
G
v
d0
[email protected]
H
K
G
P
1
rappresentazione 51
G
uz
G
B
P
G
uy
G
ux
G
B
a
b
ϕ
G
m
θ
Q
G
ω
S
b2
b1
θ
R
G
P
[email protected]
G
FRS
1
G
B
G
ω
a
rappresentazione 52
a
G
n1
θ(t)
G
n2
π
+ θ(t)
2
G
B
[email protected]
G
B
1
rappresentazione 53
(x)
G
v
G
Bx
x
d
r1
i
[email protected]
1
D
rappresentazione 54a
l0
A
⇑
G
B≠0
dz
G
B
G
B=0
G
n
⇓
l0
C
B
G
v
z
[email protected]
1
G
FDA
rappresentazione 54b
ii
ii ( A − D)
⇑
D
G
i i d lCD
A
G
B≠0
G
dFAB
G
B=0
G
dFCD
G
B
G
i i d lAB
G
B
G
B
G
P
l0
C
⇓
ii
l0
z
B
[email protected]
2
i0
R
ix
r
G
B(r)
R
i0
G
B tot
rappresentazione 55
r
45D
ix
i0
G
B0
[email protected]
1
rappresentazione 56a
(S)
r
r′
G
n
G
B
(N)
[email protected]
1
rappresentazione 56b
G
B
r
G
Ei
G
dl
r′
G
n
[email protected]
2
rappresentazione 57
G
B
A
dx
d0
B
( R1 )
(R2 )
G
v
D
C
[email protected]
1
rappresentazione 58
r0
r > r0
r0
r < r0
[email protected]
1
rappresentazione 59a
i
r2
i
r1
[email protected]
1
rappresentazione 59b
r1
i
r
G
dl
r2
G
B
[email protected]
2
rappresentazione 60
r2
G
B
h
r
G
dl
dr
r1
[email protected]
1
rappresentazione 61a
i
r2
r1
i
h
[email protected]
1
rappresentazione 61b
h
r
dr
i
G
dl
G
B
[email protected]
2
rappresentazione 62
G
T
(−)
(−)
G
B
G
m
l
(+ )
G θ
P
G
P
[email protected]
(+ )
1
rappresentazione 63
d
θ′
(n)
( na )
z
h
θ
[email protected]
1
r0
rappresentazione 64
r
( nar )
(n )
θar
θ ar = π 2
liq
θ liq
h
[email protected]
1
rappresentazione 66
θ
θ
( aria )
h
l
[email protected]
1
rappresentazione 67a
B′
B
l′
l0
θ
A
θ
A′
V
p
q
(a )
[email protected]
1
rappresentazione 67b
B
l0
B′
l′
A′
V
A
p
C
q
(b )
[email protected]
2
rappresentazione 68
R
V1
P1
l0
V2
P
P2
C
l0
d
p
[email protected]
q
1
rappresentazione 69a
B
l0
R
A′
C
A
l′
F
V
B′
(a )
[email protected]
1
rappresentazione 69b
B
R
l0
B′
V
A
l′
A′ F
C
(b )
[email protected]
2
rappresentazione 72
(n v )
(n )
B
A
l0
B′
A′
V1
V2
l′
qA
pA
[email protected]
s
1
rappresentazione 73
(nx )
d
[email protected]
1
rappresentazione 74
d0 2
θ
P′
P
Q
d 2
Q′
Δp
p
q − Δq
Δq
q
[email protected]
1

SCUOLE APERTE - Circolo 1 Assemini

Disseminazione attività PON C-1-FSE-2014-192

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Regolamento del concorso di Video arte

Weihnachtszeit im Winterwald: Ein Geschichtenadventskalender

certificato bs ohsas 18001 - sicurezza

cv_Vittorio Monsorno

Bando per la partecipazione al “Percorso per i giovani talenti” a.a.

Atelier Musicale Ventunesima Stagione 2014/2015

Sabato 17 maggio ore 17 - Conservatorio Antonio Vivaldi