A. Strumia - Fisica II_ Esercitazioni

Universit` a di Pisa Corso di laurea in Fisica Alessandro Strumia Esercit Eser citazioni azioni di Elettr Elettroma omagnetism gnetismo o Ultimo Ultim o aggior aggiorname namento nto:: 25 sette settembr mbree 2014 Es 32 Es 33 Es 34 Es35 Es 36 Es 37

Indice I

Elet Elettr tros osta tati tica ca

1 Campi Campi e potenzia potenziali li elettr elettrici ici

Es1 Es 2 Es3 Es4 Es 5 Es6 Es7 Es 8 Es 9 Es 10 Es 11 Es 12 Es 13 Es 14 Es 15 Es 16 Es 17 Es 18 Es 19 Es 20 Es 21 Es 22 Es 23 Es 24 Es 25 Es 26 Es27 Es 28 Es 29 Es 30 Es 31

Gravita` vs elettromagnetismo . . . . Rompe Rompere re una una bacc bacche hett ttaa . . . . . . . . Reaz Reazio ione ne chimi himica ca . . . . . . . . . . . Sist Sistem emii stab stabil ili? i? . . . . . . . . . . . . Sale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Camp Campoo elet elettr tric icoo di un filo filo . . . . . . Camp Campoo elet elettr tric icoo di un pian pianoo . . . . . Camp Campoo elet elettr tric icoo di una una sfer sferaa . . . . . Camp Campoo elet elettr tric icoo di un cilin cilindr droo . . . . Anel Anello lo circ circol olar aree . . . . . . . . . . . . Energi Energiaa di un guscio guscio sferic sfericoo . . . . . . Model Modelli li dell’ dell’at atom omoo . . . . . . . . . . . Ener Energi giaa di una una sfer sferaa . . . . . . . . . . Raggio Rag gio classic classicoo dell’el dell’elett ettron ronee . . . . . Mass Ma ssee dei dei nucl nuclei ei . . . . . . . . . . . . Differe Differenza nza di mass massa a proto protonene-neu neutro trone ne Nucl Nucleo eo che che si spezz spezzaa . . . . . . . . . . Energi Energiaa di di due due superfic superficii sfer sferic iche he . . . Ener Energi giaa di due due car caric iche he . . . . . . . . Forza orza su caric cariche he superfic superficiali iali . . . . . Scatte Scatterin ringg a piccol piccoloo angolo angolo . . . . . . Scatte Scatterin ringg Ruther Rutherfor ford d. . . . . . . . . Esplos Esplosion ionee Coulom Coulombia biana na . . . . . . . Cilin Cilindr droo polar polariz izza zato to . . . . . . . . . . Form ormule ule di di base base sui sui dipol dipolii . . . . . . Forno orno a micr microon oonde de . . . . . . . . . . Sfer Sferaa buca bucata ta . . . . . . . . . . . . . . Sfer Sferaa polar polariz izza zata ta . . . . . . . . . . . . Para Parado doss ssoo sui sui dipol dipolii I . . . . . . . . . Para Parado doss ssoo sui sui dipol dipolii II . . . . . . . . Para Parado doss ssoo sui sui dipo dipoli li III . . . . . . . .

Para Parado doss ssoo sui sui dipol dipolii IV IV . . . . . Allinea Allineamen mento to di dipoli dipoli elettr elettrici ici . Coord Coordin inat atee polar polarii . . . . . . . . La Lapl plac acia iano no . . . . . . . . . . . . Poten Potenzia ziale le di Yukaw ukawaa . . . . . . Atomo Atomo di idroge idrogeno no quant quantist istico ico .

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2 Condut Conduttor torii

Es 38 Es 39 Es 40 Es 41 Es 42 Es 43 Es44

1 lastra lastra condut conduttri trice ce carica carica . . . . . . 2 lastre lastre condut conduttri trici ci caric cariche he . . . . . . Tetraed etraedro ro condut conduttor toree . . . . . . . . . Piano Piano carico carico fra 2 pian pianii cond condutt uttori ori . . Carica Carica fra 2 piani piani condut conduttor torii . . . . . Sfera Sfera condut conduttri trice ce bucata bucata . . . . . . . Pian Pianoo condu ondutttore tore:: metod etodoo dell dellee cariche immagine . . . . . . . . . . . . . Es 45 Last Lastra ra cond condut uttr tric icee . . . . . . . . . . . Es 46 Metodo Metodo delle delle caric cariche he imm immagi agini ni . . . . Es 47 Sfera Sfera condut conduttri trice ce a terra terra . . . . . . . Es 48 Sfera Sfera condut conduttri trice ce isolat isolataa . . . . . . . Es 49 Sfer Sferaa cond condut uttr tric icee in E in E costante . . . Es 50 Cari Carica ca dent dentro ro sfer sferaa . . . . . . . . . . Es 51 Capaci Capacitat tatore ore cilind cilindric ricoo . . . . . . . . Es 52 Cont Contat ator oree Geyg Geyger er . . . . . . . . . . . Es 53 Capaci Capacitat tatore ore di dime dimensi nsioni oni variabi ariabili li . Es 54 Condut Conduttor toree in capaci capacitat tatore ore . . . . . . Es 55 Conden Condensat satore ore sferic sfericoo . . . . . . . . . Es 56 Cond Conden ensa sato tori ri in seri seriee . . . . . . . . . Es 57 Effet Effetto to delle delle pun punte . . . . . . . . . . . Es 58 Dumbo . . . . . . . . . . . . . . . . .

4 5

21 21 22 23 24 24 25

25 25 25 26 26 26

5 5 26 6 27 6 27 7 28 8 29 8 29 9 30 9 3 0 10 31 10 31 11 32 12 32 13 33 14 33 14 33 14 15 Dielettri trici ci 35 15 3 Dielet Es 59 Trans ransist istor or veloc velocee . . . . . . . . . . . 35 15 Es 60 2 diel d ielett ettric rici i in conden condensat satore ore piano piano . . 35 16 Es61 N N dielettrici in condensatore piano . 36 16 Es 62 Cond Conden ensa sato tore re in acqu acquaa . . . . . . . . 36 17 Es 63 Carica Carica dav davan anti ti a semip semipian iano o dielet dielettri trico co 37 18 Es 64 Dielet Dielettri trico co in conden condensat satore ore . . . . . . 37 18 Es 65 F orza orz a di condut con duttor tore e su dielet die lettri trico co . . 38 19 Es 66 Dielet Dielettri trico co in cam campo po estern esternoo . . . . . 38 19 Es 67 Buco Buco in diele dielett ttri rico co . . . . . . . . . . . 39 20 Es 68 Sfera Sfera dielet dielettri trica ca in dielet dielettri trico co . . . . . 40 20 Es 69 Uva Uv a in micr mi croon oonde de . . . . . . . . . . . 40 20 21 Es 70 Attra Attrazio zione ne fra dielet dielettri trici ci . . . . . . . 40 1

2

Indice

4 Corr Corren enti ti

Es 71 Es 72 Es 73 Es74 Es75 Es76 Es 77 Es 78 Es 79 Es 80 Es 81 Es 82

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5 Circ Circui uiti ti

Es 83 Es 84 Es 8 5 Es 86 Es87 Es 88 Es 89 Es 90 Es 91 Es 92 Es 93

II

Resis Resiste tenz nzee in para paralle llelo lo . . . . . . Resis Resiste tenz nzee su cubo cubo . . . . . . . . Pile . . . . . . . . . . . . . . . . . Pont Pontee di Whea Wheats tsto tone ne . . . . . . . Impe Impede denz nzee . . . . . . . . . . . . . Pote Potenz nzaa diss dissip ipat ataa . . . . . . . . . Filtro Filtro che che tagl taglia ia freque frequenze nze alte alte . . Filtro Filtro che che tagl taglia ia freque frequenze nze basse basse . Pend Pendol oloo acco accopp ppiat iatoo . . . . . . . . Atte Atten nuato uatore re . . . . . . . . . . . . Catena LC LC . . . . . . . . . . . . .

Magne Magneto tost stat atic ica a

6 Campi Campi magnet magnetici ici

Es 94 Es 95 Es 96 Es 97 Es 98 Es 99 Es 100 Es101 Es102 Es 103 Es 104 Es 105 Es 106

Disc Discoo di Rowla Rowland nd . . . . . . Filo Filo rett rettili iline neoo . . . . . . . . Forza orza tra due fili caric carichi hi . . Cavo Cavo coas coassia siale le . . . . . . . . Spira Spira circ circol olar aree . . . . . . . . Dipol Dipoloo ma magn gnet etic icoo . . . . . . Due spire spire circ circola olari ri . . . . . . Filo Filo a U . . . . . . . . . . . Pian Pianoo a U . . . . . . . . . . Solenoide Solenoide rettilineo rettilineo infinito infinito . Solenoide Solenoide rettilineo rettilineo finito . . Soleno Solenoide ide toroid toroidale ale . . . . . Sfera Sfera ruotan ruotante te . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

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7 Moto Moto in campo campo magneti magnetico co estern esterno o

Es 107 Es 108 Es 109 Es 110 Es 111 Es 112 Es 113 113 Es 114 Es 115 Es 116 Es 117 Es 118 118

Es 119 Fotomoltipl otomoltiplicato icatore re in B in B , E . . . . . . Es 120 Accelerazio Accelerazione ne di raggi cosmici? cosmici? . . . . 42 Es 121 Ciclot Ciclotron ronee . . . . . . . . . . . . . . . 42 Es 122 122 Cari Carica ca in B in B con direzione non uniforme 42 Es 123 123 Cari Carica ca in B in B con modulo non uniforme 43 Es 124 124 Cari Carica ca in B in B (t) uniforme . . . . . . . . 43 Es 125 125 Atom Atomoo in B in B (t) uniforme . . . . . . . 43 Es 126 12 6 Cari Ca rica ca in B in B non uniforme . . . . . . . 44 Es 127 Intrappola Intrappolamen mento to magnetico magnetico . . . . . . 44 45 Induzione one magnet magnetica ica 45 8 Induzi Es 128 Circui Cir cuito to allu a llunga ngato to . . . . . . . . . . . 46 Es 129 Circui Circuito to in moto moto . . . . . . . . . . . . 46 Es 130 Centra Centrale le elet elettri trica ca . . . . . . . . . . . Es 131 L’ecce L’e ccezio zione ne . . . . . . . . . . . . . . . 48 Es 132 Circui Circuito to ruot ruotan ante te . . . . . . . . . . . 48 Es 133 Genera Generator toree in orbit orbitaa . . . . . . . . . 48 Es 134 Cilindr Cili ndro o ruota ru otant nte e . . . . . . . . . . . 48 Es 135 Trasformat rasformatore ore . . . . . . . . . . . . . 49 Es 136 Trasformat rasformatore ore con con due due spire spire . . . . . 50 Es 137 Induzi Ind uzione one . . . . . . . . . . . . . . . . 50 Es 138 Trapano rapano . . . . . . . . . . . . . . . . 50 50 9 Forze magneti magnetiche che fra fra circuiti circuiti 51 Es 139 Due circui circuiti ti lung lunghi hi . . . . . . . . . . 51 Es 140 Rotazi Rotazione one di due due spire spire circola circolari ri . . . 52 Es 141 Una spira spira ed ed un dipolo dipolo . . . . . . . . Es 142 Monopol Monopoloo magne magnetic ticoo . . . . . . . . . Es 143 Traslazione raslazione di di due spire spire circolar circolarii . . . 53 Es 144 Mol Molla la mag magnet netica ica . . . . . . . . . . . . Es 145 F orza dall’energia dall’en ergia . . . . . . . . . . . 54 Es 146 Attrazio Attrazione ne o repulsi repulsione? one? . . . . . . . 54 42

Capaci Capacitat tatore ore piano piano imperfe imperfetto tto . . Scar Scaric icaa di sfer sferaa car caric icaa . . . . . . . Resist Resistenz enza a fra fra sfere sfere concen concentri trich chee . Sond Sondaa ma mari rina na . . . . . . . . . . . Fulmin lminee . . . . . . . . . . . . . . Pias Piasttre . . . . . . . . . . . . . . . Atmos Atmosfer feraa terres terrestre tre . . . . . . . . Riscal Riscaldam damen ento to di condut conduttor toree . . . Semipia Semipiano no dielet dielettri trico co imperfe imperfetto tto . Diodo Diodo term termoi oion onic icoo . . . . . . . . . Piat Piatto to diel dielet ettr tric icoo . . . . . . . . . Sfer Sferaa diel dielet ettr tric icaa . . . . . . . . . .

Trottola rottola magnetica magnetica . . . . . . . . Cilindr Cilindro o su piano piano inclina inclinato to . . . . Ago mag magnet netico ico . . . . . . . . . . . Carica Carica in quadrupolo quadrupolo magnetico magnetico . Carica Carica in quadru quadrupoli poli magne magnetic ticii . . Ottica Ottica geomet geometrica rica matriciale matriciale . . . Cari Carica ca in B in B costante . . . . . . . Campo magnetico magnetico galattico galattico . . . . Parad Paradoss ossoo . . . . . . . . . . . . . Ciclotrone Ciclotrone a raggio raggio costan costante te . . . Spettro Spettrome metro tro . . . . . . . . . . . . Cari Carica ca in B in B ed E ed E costanti . . . .

54 10 Campi magnetici nella materia 54 Es 147 Cilindro Cilindro magnetizz magnetizzato ato . . . 55 Es 148 Materiali Materiali ferromagn ferromagnetici etici . 55 Es 149 Ferroma erromagne gneti ti pi` pi` u calamite 55 Es 150 Due bacch bacchett ettee . . . . . . . 56 Es 151 Tre bacc bacchet hette te . . . . . . . 56 Es 152 Trasformat rasformatore ore ideale . . . 56 Es 153 Fascio ascio di proton protonii . . . . . . 56 Es 154 Corren Correnti ti para parassi ssite te . . . . . 57 Es 155 Corren Correnti ti para parassi ssite te . . . . . 57 57 59

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

III

Elet Elettr trodi odina nami mica ca

66 67 68 69 69 70 71 71 72 73

73 73 74 75 75 75 75 75 76 76 77 79

79 79 80 81 82 84 84 85 86

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

86 86 87 88 88 88 88 89 89

91

59 11 Corrente di spostamento 92 59 Es 156 156 Scar Scaric ica a di un un filo filo . . . . . . . . . . . . 92 60 Es 157 Piano Piano con con carica carica ondu ondulat lataa . . . . . . 92 60 Es 158 Sfera Sfera radio radioatt attiv ivaa . . . . . . . . . . . . 93 60 Es 159 159 Cari Carica ca in in moto moto . . . . . . . . . . . . . 93 61 Es 160 Forza orza fra fra 2 caric cariche he . . . . . . . . . . . 94 62 Es 161 Scaric Scarica a di un conden condensat satore ore . . . . . . 95 63 Es 162 Condensato Condensatore re lentame lentamente nte altern alternato ato . 95 64 Es 163 Condensato Condensatore re rapidame rapidamente nte alternato alternato 96 64 Es 164 164 Cavi Cavit` t` a risuonante . . . . . . . . . . . 97 64 Es 165 165 Effet Effetto to pelle pelle . . . . . . . . . . . . . . 97 65 Es 166 Filo conduttor conduttoree interro interrotto tto . . . . . . 98

Indice

3

Es 167 Due cilind cilindri ri cav cavii . . . . . . . . . . . . 12 Onde e oscillazioni

Es 168 Es 169 Es 170 Es 171 Es 172 172 Es 173 Es 174 Es 175 Es 176 Es 177 Es 178 Es 179 Es 180 Es 181 Es 182 Es 183 Es 184 184 Es 185 Es 186 186 Es 187 Es 188 Es 189 189 Es 190

Sorgen Sorgenti ti di di onde onde . . . . . . . . . . Ricevi Ricevitor toree di onde onde . . . . . . . . . Antenna Antenna lineare lineare vs vs circolar circolaree . . . Sommer Sommergib gibile ile . . . . . . . . . . . Luce Luce sola solare re . . . . . . . . . . . . . Efficien Efficienza za energ energeti etica ca . . . . . . . . Luce Luce dell dellee stel stelle le . . . . . . . . . . Vettore ettore di di Poyn Poynting ting . . . . . . . . Rilfess Rilfession ionee di onde onde in una corda corda . Rifless Riflession ionee . . . . . . . . . . . . . Rifraz Rifrazion ionee . . . . . . . . . . . . Rifraz Rifrazion ionee . . . . . . . . . . . . Forza orza su superfic superficie ie . . . . . . . . . Rifless Riflession ionee da un meta metallo llo . . . . . Onde Onde adia adiabat batic iche he . . . . . . . . . Telefon elefono o vs radi radioo . . . . . . . . . Mira Miragg ggii . . . . . . . . . . . . . . . Guida Guida d’onda d’onda . . . . . . . . . . . Cavit Cavit` a` risuonante . . . . . . . . . Pressi Pressione one di di radiaz radiazion ionee . . . . . . Velocit` elocit` a di gruppo . . . . . . . . . Puls Pulsar ar . . . . . . . . . . . . . . . Polar Polarizz izzazi azione one . . . . . . . . . . .

101

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Diffraz Diffrazion ionee di Youn Youngg . . . . . . . . Interfe Interferenza renza alla Young . . . . . . . Diffrazione Diffrazione di Fraunh Fraunhofer ofer . . . . . . Grigli Griglia a di diffr diffrazi azione one . . . . . . . . CD . . . . . . . . . . . . . . . . . . Interfe Interferome rometro tro di di Michelso Michelson n . . . . Esperiment Esperimento o di MichelsonMichelson-Morle Morley y . Grande Grande fratel fratello lo . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

⊥ 

13 Diffrazione

Es 191 Es 192 Es 193 Es 194 Es 195 Es 196 Es 197 Es 198

99

Es 199 Minima Minima dist distanz anza a visibil visibilee . . . . . . . 122 14 Irraggiamento

123

101 Es 200 Atomo Atomo di idro idrogen genoo . . . . . . . . . . . 123 1 01 Es 201 Atomo Atomo di Thomso Thomson n . . . . . . . . . . 124 102 Es 202 Decadimen Decadimento to del positronio positronio . . . . . . 124 102 Es 203 Scattering Scattering protone/n protone/nucleo ucleo . . . . . . 125 10 3 Es 204 Scattering Scattering protone/pr protone/protone otone . . . . . . 125 104 Es 205 Onde Onde grav gravita itazio zional nalii . . . . . . . . . . 126 105 Es 206 Scattering Scattering elettrone/ elettrone/foton fotonee . . . . . . 126 105 Es 207 Radiaz Radiazion ionee cosmi cosmica ca . . . . . . . . . . 127 106 Es208 Nube Nube . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128 10 7 Es 209 Un conden condensat satore ore . . . . . . . . . . . . 129 108 Es 210 Un’an Un’anten tenna na . . . . . . . . . . . . . . . 129 109 Es 211 Due anten antenne ne . . . . . . . . . . . . . . 129 1 09 Es 212 Interfe Interferenza renza fra due due sorgen sorgenti ti . . . . . 130 10 9 Es 213 Dipolo Dipolo mag magnet netico ico . . . . . . . . . . . 130 1 11 Rel ativit vit` ` a 131 111 15 Relati Es 214 Contrazio Contrazione ne di Lorentz Lorentz . . . . . . . . 131 112 Es 215 Che cosa e` l’elettromagnetismo . . . 1 3 1 112 Es 216 Forza orza fra 2 cari carich chee bis . . . . . . . . . 132 1 13 Es 217 Verifica erifica conserv conservazion azionee impulso impulso . . . . 1 3 2 114 Es 218 218 Cari Carica ca in E in E e B ortogonali bis . . . . 1 3 3 1 14 Es 219 21 9 Filo Fi lo in moto mo to . . . . . . . . . . . . . . 133 114 Es 220 Forza orza prodott prodotta a da filo in moto moto . . . . 1 3 4 115 Es 221 Onda Onda vista vista da sist sistem ema a in moto moto . . . . 134 118 Es 222 Rifless Riflession ionee da specchio specchio in moto moto . . . 1 3 4 118 Es 223 Aberrazione Aberrazione relativistic relativisticaa . . . . . . . 135 0 118 Es224 π 2γ . . . . . . . . . . . . . . . . 135 11 9 Es225 Es225 GPS GPS . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 119 Es 226 Effetto Effetto Compto Compton n . . . . . . . . . . . . 136 1 20 Es 227 Esperie Esperienza nza d Fizea Fizeau u . . . . . . . . . . 136 120 Es 228 Iraggiame Iraggiamento nto da elettr elettroni oni relativist relativistici ici 137 121 Es 229 Irraggiame Irraggiamento nto di di elettroni elettroni galatti galattici ci . . 137 121 Es230 ν ν della radiazione di sincrotrone . . . 1 3 8

→

Parte I

Elettrostatica

Capitolo 1

Campi e potenziali elettrici Forza di Coulomb: F = k rˆq 1 q 2 /r2 dove k = 8.9875 109 N m2 /C 2 , riscritto in termini della ‘costante dielettrica del vuoto’  0 come k = 1/4π0 con  0 = 8.8542 10−12 C 2 / N m2 . Altre unit` a usate altrove sono k = 1, k = 1/4π. ` utile introdurre il campo elettrico E , ed il potenziale elettrico ϕ. La forza di Coulomb F r p ha importanti E propriet` a speciali vere solo per p = 2, che rendono possibile reinterpretarla come ‘teorema di Gauss’ Φ( E ) = Qin /0 e poi come 2 ∇ E = ρ/0 ϕ = ρ/0 E = 0 E = ∇ ∇ϕ

∝

−



· ×

↔

∇

− −

(Analogamente a come x ¨ = a è equivalente ma pi` u utile di x = 21 at2 ). Energia elettromagnetica e sua densit` a U =

 i>j

q i q j 1 = 4π0 rij 2

 i=j



q i q j 1 = 4π 0 rij 2



ρ(x1 )ρ(x2 ) 1 dV 1 dV 2 = 4π0 x1 x2 2

| − |



0 dV ρϕ = 2



dV E 2

Un Coulomb sono 6.24 1018 elettroni. Una unit` a di misura molto usata è l’elettron-volt eV = J(q e /C) = J/6.24 1018 , che è l’energia che un singolo elettrone acquista passando per una differenza di potenziale di un Volt.

Esercizio 1: Gravit` a vs elettromagnetismo

Un atomo di idrogeno è composto da un elettrone e da un protone (con massa me = 0.911 10−30 kg e m p 1836me ) a distanza circa ˚ A = 10−8 cm. Calcolare la forza elettrica e gravitazionale. Soluzione: La forza elettrica (GN = 6.67 10 11 N m2 / kg2 ) è

−

≈

≈ ke2/˚A2 ≈ 10−8 N. La forza gravitazionale

ha un valore quasi macroscopico F C invece trascurabile:

F N GN me m p = = 4.4 10−40 2 F C ke Sebbene esistano motivi plasusibili non si sa da dove un rapporto cos`ıgrosso esca fuori. Le particelle si combinano formando materia neutra in modo da cancellare, in media, l’enorme forza elettrica. Il potenziale elettrico di un atomo vale e 10−8 cm ϕ = = 14.4 V 4π0 r r Una tipica pila ha voltaggio di circa 1 Volt, appunto perchè questa è la tipica differenza di potenziale in un atomo. L’energia di legame vale me 2 E = v 2 e

e2 k r

− − = −

k e2 = 2 r

−13.6 eV = 1 Rydberg

per r = 0.53 ˚ A. Abbiano definito: 1 eV = e

· Newton = 1.60 10−19 Joule × metro Coulomb

L’elettrone ha velocità v = c/137.036 e quindi è non relativistico. 5

6

Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici

Esercizio 2: Rompere una bacchetta

Una bacchetta ha sezione di 1 cm2 . Che forza bisogna avere per romperla? ˚ la materia è costituita da atomi di dimensione a0 A legati dalla forza di Coulomb, uno 2 16 deve rompere n = ( cm/A) = 10 legami e quindi serve una forza nF C 108 N. Tenendo conto che non distinguiamo idrogendo da gesso da acciaio, la stima non è male; combinando quantit` a come a 0 , e , n, che sono fuori scala rispetto all’esperienza ordinaria, avrebbe potuto venire una cosa sbagliata di decide di ordini di grandezza. Si potrebbe essere più precisi: il legame vero è pi` u debole; non occorre ionizzare gli atomi. Soluzione: Se

∼

∼

Esercizio 3: Reazione chimica

Stimare l’energia liberata in una reazione chimica o in un cambiamento di stato, assumendo che essa abbia origine elettromagnetica. cm3 di materia contiene circa N = ( cm/A)3 = 1024 atomi, ciascuno dei quali possiede, come visto sopra, una energia di legame di circa 1 eV. Ricombinare un cm3 di materia fornisce o richidede una energia U N eV 105 Joule 100 kcal (si ricordi cal = 4.2 J). Il risultato è ragionevolmente simile a quello di tipiche reazioni chimiche e fisiche, at esempio Soluzione: Un

∼ · ∼

∼

2 H2 (gas) + O2 (gas) H2 O(solido)

kcal ↔ H2O(gas) + 115 mole

kcal kcal ↔ H2O(liquido) + 0.08 grammo , H2 O(gas) ↔ H2 O(liquido) + 0.54 grammo 1 cm3 di cioccolato ∼ 1 gianduiotto ∼ 0.1 kcal

La stima è una sovrastima, in quanto solo gli elettroni esterni vengono ritoccati in una reazione chimica o fisica. (Esercizio addizionale: quanti cubetti di ghiaccio bisogna mangiare per ogni gianduiotto in modo da non ingrassare?)

Esercizio 4: Sistemi stabili?

Assemblare un sistema di cariche elettriche in equilibrio stabile. Soluzione: Presentiamo

tre tentativi fallimentari: la cosa interessante è capire perch` e non funzionano.

2) Usando solo due cariche non è possibile assemblare un sistema stabile. 3) Proviamo con tre cariche: due cariche q lungo l’asse x P 1 = ( 1, 0, 0),

P 2 = (1, 0, 0)

−

ed una q  in mezzo a P 3 = (0, 0, 0) dove E = 0. Scegliendo q  = q/4 si ha E = 0 anche sulle cariche q . Quindi abbiamo realizzato un sistema in equilibrio, e rimane da vedere se si tratta di equilibrio stabile o ` facile vedere che q  è in equilibrio instabile: il campo elettrico per X = (x,y,z) 0 è instabile. E

−

≈

q E (x,y,z) = 4π0

2

i=1

−  q (−4x, 2y, 2z) + O(x,y,z)2. − | 4π0L3

X P i X P i 3

|


7

Come intuitivamente atteso l’equilibrio è instabile lungo x e stabile lungo y e z . Il calcolo di E y ed E z è immediato; conoscendo il teorema di Gauss anche E x segue immediatamente: il flusso di E calcolato su di un cubetto attorno a 0 vale zero grazie a 4 + 2 + 2 = 0.

−

Attorno alla carica 2 si ha

E (x,y,z)

 4πq 0L3 ( x −4  , − y8 , − z8 )

chè è stabile lungo z ed y ma instabile lungo x. Nuovamente il flusso di E calcolato su di un cubetto attorno a P 2 vale zero: 41 81 81 = 0.

− −

4) Con quattro cariche: tre q ai vertici di un triangolo equilatero di lato : P 1 = (0,

√ 13 , 0),

1 1 P 2 = ( , , 0), 2 2 3

√

1 1 P 3 = ( , , 0), 2 2 3

√

√

Ciascuna risente una forza F = 2 (kq 2 /2 )( 3/2) diretta verso l’esterno. In mezzo al triangolo (a distanza d = / 3 dalle altre) il campo elettrico vale zero, quindi provo ad aggiungere una carica q  = q/ 3 in modo che le altre cariche risentano forza zero. L’equilibrio e’instabile. Ad esempio il campo elettrico per X = (x,y,z) 0 è

·

√

≈

q E = 4π 0

−  q 9√ 3 (− x , − y , z) + O(x,y,z)2 4π0 L3 2 2 − |

X P i X P i 3/2

| i

− √

che è instabile nel piano (x, y) e stabile lungo la direzione z. In pratica uno può calcolare le componenti meno laboriose E z ed E y , ed ottenere E x sapendo che il flusso vale zero: infatti si ha 1/2 1/2 + 1 = 0.

− −

Il campo elettrico attorno alla carica 1 è

 4πq 0L3 (− 52 x, 72 (y − P 1y ), −z)

E

che è stabile lungo z e lungo x ma non lungo y . Di nuovo il flusso su di un cubetto attorno alla carica 1 vale zero. 5) Proviamo a vedere se è possibile stabilizzare una carica, assumendo che altre cariche siano magicamente stabilizzate. Ad esempio, mettiamo una carica q al centro di un cubo di lato L ai cui vertici ci sono cariche q . La speranza è che ad ogni spostamento dal centro la forza repulsiva delle altre cariche la rispinga verso il centro. Questo è vero per spostamenti in direzione delle cariche, ma per spostamenti ad esempio verso una faccia l’equilibrio risulta invece essere instabile: q 2 V (x, y = 0, z = 0) = 4π 0

 

4 + 2 L /2 + (x + L/2)2

4 2 L /2 + (x



− L/2)2



,

F x =

−

∂V x→0 896q 2 x3 ∂x 81 3L5 π 0



√

` pi` (E u facile plottare V numericamente che calcolare la sua derivata quarta: tutte le derivate precedenti fanno zero). ` importante notare che per altri potenziali V E 1/r p con p = 1 sarebbe possibile costruire sistemi stabili. Nel caso speciale di V 1/r il problema non ha soluzione , in quanto il fenomeno che abbiamo verificato è del tutto generale: il flusso del campo elettrico generato dalle cariche esterne ad una superficie è zero (teorema di Gauss). Lo si pu` o verificare in generale espandendo il campo generato da una singola carica q — il campo di tante cariche è la sovrapposizione dei campi delle singole cariche, ciascuna delle quali dà flusso zero. Mettendo la carica q in (0, 0, 0), nella regione attorno a X = (r, 0, 0) + (x,y,z) si ha

∝

∝

E =



q X 4π0 X p/2

q x y z  − (1 + (1 p) , , ) + O (x2 , y2 , z2 ) 1 − p 4π0 r r r r | |

che ha flusso zero solo per p = 2. Quindi il campo elettrico non può essere solo entrante o solo uscente, come sarebbe necessario per avere una forza attrattiva in qualunque direzione. Questo fallimento ha una conseguenze fisica importante: l’elettromagnetismo da solo non può spiegare la stabilit` a della materia. L’energia elettromagnetica è in accordo con l’energia di legame degli atomi (un esempio è l’esercizio sotto) se uno mette il valore misurato di a; ma predice anche che la materia dovrebbe collassare verso a 0.

→

8


Esercizio 5: Sale

Un cristallo di cloruro di sodio pu` o essere visto come un reticolato cubico avente ioni Na + nel centro di ogni lato e di ogni cubo, e ioni Cl − su ogni spigolo e nel centro di ogni faccia. Ogni ione è approssimativamente sferico e quindi può essere approssimato come puntiforme. Ogni cubo ha lato a. Si provi a calcolare l’energia elettrostatica. Soluzione: Con

un po’di pazienza uno vede che ogni ione ha la stessa energia: nessuno ha una posizione privilegiata. Infatti il segno della carica in un punto (x,y,z) è dato dalla parità di x + y + z in unità del passo reticolare. Quindi possiamo calcolare l’energia totale come N per l’energia di un singolo ione, ad esempio quello positivo messo al centro del cubo:

U =

N 1 2 4π 0

 i

(+e)q i N 1 = ri 2 4π0

 −

−2.13/a



2

2

  − √ · ·· 2

6e 12e + a 2a

8e + 3a

√

2

=

Ne −1.748 4π 0a

dove il primo pezzo è dato dai 6 ioni Cl − a distanza a (nel centro di ogni faccia); il secondo dai 12 Na + a distanza 2a (nel centro di ogni lato); il terzo dagli 8 Cl − a distanza 3a (sugli spigoli); e gli altri termini (che diventano progressivamente più picccoli) possono essere dati in pasto ad un computer:

√

√

m

m

m

If[EvenQ[x + y + z ],1,-1]





x2 + y 2 + z 2

x= m y= m z= m

−

−

−

=

 −  −−−

1.51 1.61 1.69 1.72

per m = 2 cubi per m = 4 cubi per m = 10 cubi per m = 20 cubi

Notare che viene U N (due grammi hanno il doppio di energia di un grammo) perch` e abbiamo assunto 2 carica totale zero, altrimenti U N . Inoltre viene (come atteso per motivi dimensionali), U 1/a: il potenziale classico non è stabile.

∝

∝

∝

Esercizio 6: Campo elettrico di un filo

Si calcoli il campo e potenziale di un filo rettilineo infinito con densità lineare di carica λ. Soluzione: A

distanza r dal filo





+

+

∞

∞

kλr kλz 2kλ E r = dz 2 = = , r (r + z 2 )3/2 r r2 + z 2 −∞ −∞

√

Il potenziale elettrico ϕ consente di calcolare facilmente E =



+ z

ϕ(z, r) =

−

−−z

kλ dz  √

r2 + z 2



dove Q = λ2. E z =

−∂ z ϕ =

−∇ϕ di un filo di lunghezza finita 2 +−z 2 2 2  √ kQ 1 + 0  −  r − 2z + O(4)

    − − 

= kλ ln z  +

z 2 + r 2

−−z

kλ r2 + (z

)2

E θ = 0

r2 + z 2

kλ , r2 + (z + )2



E r =

6 (r2 + z 2 )2

d



−∂ r ϕ = ...

Espandendo in serie di Taylor per  r, z, il primo termine corrisponde alla carica totale. Il termine successivo è ‘di quadrupolo’ (il dipolo vale zero). Per  = viene ϕ = . Avendo cariche all’infinito non è possibile mettere ϕ( ) = 0. L’infinito è tutto nella costante addittiva arbitraria in ϕ: fissando ϕ(r0 ) = 0 viene



∞

∞

∞

  √ +

ϕ(r) = kλ

∞

−∞

dz

1 r2 + z 2

 − 

1 = r02 + z 2

−2kλ ln rr0 = −2kλ ln r + costante

Se il mondo avesse 2 dimensioni invece di 3, questi sarebbero il campo ed il potenziale di Coulomb. Verificherebbero ancora 2 ϕ = 0. Siccome ϕ cresce per r , in 2 dimensioni non esisterebbero cariche libere.

∇

→∞


9

Esercizio 7: Campo elettrico di un piano

Calcolare il campo elettrico di un piano infinito di raggio R con densità superficiale di carica σ Soluzione:

1) Calcolo diretto. Per motivi di simmetria E ha solo la componente E r ortogonale al piano. Passiamo attraverso il campo generato da un disco circolare di raggio R.

1 E r (r) = 4π0 Per r



R

0

σr 2πρdρ 2 = (r + ρ2 )3/2

−

σ 20

   − O  ρ=R

r

r2

+ ρ2

=

ρ=0

σ (1 20

σ − √ r2 r+ R2 ) R →∞ = sgn r 20

 R in termini della carica totale Q = πR 2σ viene  4πQ0r2

E r

3R2 + 4r 2

1

(R4 )

che sarebbe ottenibile a botto se avessimo studiato la teoria generale dell’espansione in multipoli: monopolo (E Qˆ u dipolo (E = 0 in questo caso) pi` u quadrupolo, etc. r /r3 , of course) pi`



Per R

 r si ottiene il piano cairico: E r (r) = σ/20.

2) Teorema di Gauss: flusso = carica interna/0 . Prendendo un cilindretto schiacciato che attraversa una qualunque superficie con densità di carica variabile σ 1 Φ = S (E ⊥

− E ⊥2 ) = σ/ 0

in qualunque punto

Nel caso del piano, aggiungendo considerazioni di simmetria, si riottiene il risultato precedente. 3) Il potenziale lungo l’asse di un disco uniformemente carico di raggio R a distanza r dal disco vale

ϕ(r, 0) =

σ 4π0

  R

2πρ dρ ρ2 + r2

0

=

σ ( R2 + r2 20



−

√ 2

r )

  

Q R2 (1 + (R4 )) R 4π0 r 4r 2 σ (R r + (r2 /R)) R 20

− O −| | O

E quindi, per un piano infinito, a meno di una costante arbitraria infinita si ha ϕ(r) =

r r

−|r|σ/20.

Esercizio 8: Campo elettrico di una sfera

Calcolare il campo elettrico generato da una densità superficiale di carica σ = Q/4πR 2 distribuita su di un guscio sferico di raggio R. Soluzione: Il

teorema di Gauss darebbe immediatamente il risultato, ma qui lo vogliamo ottenere tramite un calcolo a testa bassa. Mettiamo la sfera nell’origine e calcoliamo E in (r, 0, 0). Per motivi di simmetria E ha solo la componente radiale: σ E r = E x = 4π0

    π

R dθ 2πR sin θ

0

dS

[(r

−

r R cos θ = R cos θ)2 + R2 sin2 θ]3/2

−



0 Q/4π0 r2

rR

Si dice che Newton abbia ritardato di 20 anni la pubblicazione dei Principia per riuscire a fare questo calcolo (cio` e per dimostrare che la forza di gravità della terra è uguale a quella che ci sarebbe se tutta la massa fosse concentrata nel centro): pare un po’esagerato.

10


Esercizio 9: Campo elettrico di un cilindro

Calcolare il campo elettrico generato da una cilindro di raggio R contenente una densità di carica ρ costante Soluzione: Utilizziamo

il teorema di Gauss Φ E = Qtot /0 su di un cilindro di raggio r trovando E r (r) =

Quindi il potenziale tale che E r =



rρ/20 R2 ρ/2r0

per r < R per r > R

−∂ϕ/∂r e normalizzato a valere 0 lungo l’asse del cilindro è

ϕ(r) =



r2 ρ/40 R2 ρ(2ln(r/R) + 1)/40

per r < R per r > R

Esercizio 10: Anello circolare

Si consideri un anello sottile e circolare di raggio R, recante una densità lineare uniforme di carica positiva λ. Sull’asse passante per il centro dell’anello e ortogonale al piano di quest’ultimo, è vincolata a muoversi una particella di massa m e carica negativa q . La particella è inizialmente ferma al centro dell’anello.

−

1. Che velocità minima (velocit` a di fuga) bisogna dare alla particella affinché questa si allontani dall’anello senza pi` u tornare indietro? 2. Il centro dell’anello è un punto di equilibrio stabile per la particella? In caso affermativo, qual è la frequenza delle piccole oscillazioni? 3. Il centro dell’anello è un punto di equilibrio stabile anche in assenza del vincolo? Soluzione: Lungo

l’asse si ha E z (z) =

1 2πRzλ = 2 4π0 (R + z 2 )3/2

− ∂ϕ ∂z

ϕ(z) =

1 4π0

√ R2πRλ 2 + z2

1. Pertanto l’energia di fuga è data da m 2 λq v = . 2 20 2. La frequenza delle piccole oscillazioni è ottenuta espandendo l’equazione del moto per piccolo z : qλ  − 2mR z ≡ −ω 2 z. 2 0

z¨

3. Imponendo che il flusso di E sia zero attorno ad un cilindretto infinitesimale di raggio r ed altezza da 0 a z ΦE = πr 2 [E z (z) E z (0)] + 2πrzE r (r) = 0

−

e quindi E r (r) =

rλ z − 2r dE =− 2 . dz 4R 0

Ciò significa che l’equilibrio non è stabile: un flusso entrante deve sempre essere compensato da un flusso uscente in altra direzione.


11

Esercizio 11: Energia di un guscio sferico

Si calcoli il lavoro necessario per comprimere un palloncino sferico contenente una carica Q uniformemente distribuita da un raggio r 1 ad r 2 . Soluzione: A

raggio r generico il campo elettrico è radiale E r (r) =



Q/4π0 r2 0

fuori dentro

Le cariche vorrebbero espandersi: in generale una densità di superficie risente una forza σ E medio dove E medio = (E 1 + E 2 )/2. In questo caso il campo interno è zero e σ = Q/4πr 2 . Per comprimere da r1 ad r2 occorre esercitare un lavoro r2 r2 E r (r) Q2 dr Q2 1 1 2 L = πr σ(r) dr = = ( ) 2 2 8π0 r1 r 8π0 r1 r2 r1





·



−

2



Sostituendo σ =  0 E r e S dr = dV ottengo anche L = Sσ E 2 dr =  0 E 2 dV . In generale il campo elettrico contiene una densità di energia u = 0 E 2 /2. Le dimensioni sono giuste. In questo caso la verifica è semplice perch` e mano a mano che si contrae varia solo il campo nella zona di contrazione ∆U =





r2

u dV =  0

r1

r

r

E 2 Q2 1 4πr = ( 2 8π0 r1 2

− r12 )

• • • • • • • • • • • • • • • • • • Come ulteriore verifica calcoliamo anche l’energia totale per r i = R 1 U = 2



0 ρϕ dV = 2 ?



E 2 dV

Inserendo nella prima espressione ϕ = Q/(4π0 R) e S σ = Q, si ottiene subito U =

1 Q2 Sσϕ = 2 8π0 R

Inserendo nella seconda E = Q/(4πr 2 0 ) viene lo stesso risultato: 0 U = 2



∞

R

Q2 4πr E dr = 8π0 2

2



∞ dr

R

r2

=

Q2 . 8π0 R

Esercizio 12: Modelli dell’atomo

Nel modello di Thomson per l’atomo di idrogeno, la carica positiva e ` e distribuita uniformemente in una sfera di raggio a 0 . L’elettrone di carica e è considerato puntiforme e si muove all’interno della sfera.

−

a) Calcolare il campo elettrico ed il potenziale generati dalla carica positiva e la posizione d’equilibrio per l’elettrone (assunto in uno stato di momento angolare nullo). b) Determinare l’energia di ionizzazione U I (ovvero l’energia necessaria ad estrarre l’elettrone dall’atomo). Trovare il valore di a 0 consistente col valore sperimentale U I = 2.18 10−18 Joule.

×

c) Determinare il periodo di oscillazione dell’elettrone intorno alla posizione d’equilibrio e confrontarlo col valore sperimentale T = 3.04 10−16 sec−1 .

×

d) Si calcoli il momento di dipolo elettrico p indotto nell’atomo da un campo esterno E 0 , la polarizzabilit` a α dell’atomo e la costante dielettrica  dell’idrogeno allo stato solido (cio` e nello stato in cui tutti gli atomi sono adiacenti fra loro a formare un reticolo).

12


Soluzione: L’energia

di ionizzazione si può anche riscrivere come 13.6 eV dove eV = e

Joule.

× mN/C = 1.60 10−19

a) Il campo è radiale e si ha equilibrio stabile in r = 0: E r (r) =

b) U I =



e 4π 0 e 4π 0

r a30 1 r2

r < a0 r > a0

ϕ(r) =

−  e 4π 0 a0 e 1 + 4π 0 r

r2 2a20

− 23



r < a0 r > a0

−eϕ(0) = 3e2/8π0a0

c) Dall’equazione del moto r¨ =

− mee 4πe 0 ar3 = −ω2r 0

2

si ha ω = e

2

/4π0 me a30 e

quindi T = 2π/ω = 7.9 10−16 s.

d) La nuova posizione d’equilibrio req è data da E (req ) = E 0 da cui r eq = 4π0 a30 E 0 /e; p = dove α = 4π 0 a30 ; la densit` a di atomi è n = 1/(2a0 )3 ; quindi  = 1 + nα/0 = 1 + π/2.

−ereq = α E 0

Nel modello di Rutheford l’energia di ionizzazione vale 2

U I =

2

− me2v − ϕ(a0) = (− 12 + 1) 4πe0a0

e la frequenza di rotazione ω2 =

v2 F/m e e2 = = a20 a0 4π0 me a30

Modello ω2 Rutherford e2 /4π 0 me a30 Thomson e2 /4π 0 me a30

Energia di ionizzazione e2 /8π0 a0 = 8.5 eV 3e2 /8π0 a0 = 26eV

Per fissare l’ω2 osservato serve a 0 = 8.4 10−11 m in entrambi i casi; dopodichè entrambi i modelli non azzeccano U I (la frequenza è data dalla differenza di energia tra i livelli quantistici).

Esercizio 13: Energia di una sfera

Calcolare l’energia potenziale di una sfera di raggio R contenente una carica Q distribuita uniformemente. Soluzione: Otteniamo

il risultato seguendo diversi procedimenti.

1) Integrando la densità di energia 0 U = 2



0 E dV = 2 2

 

R

0

Qr 2 4πr ( ) + 4π 0 R3 2



∞

R





Q 1 Q2 Q2 2 4πr ( ) = + 4π0 r 2 4π0 10R 2R 2



2) Calcolo che ottiene il risultato giusto pur essendo doppiamente sbagliato. Densità di carica: ρ = Q/V = 3Q/4πR 3 . Carica dentro una sferetta di raggio r < R: q in (r) = Q(r/R)3 , quindi ϕ = q in (r)/4π 0 r (soddisfa ϕ( ) = 0 e continutità ad r = R)

∞

U =



       R

ρϕ dV =

0

1 3 Q2 q in (r) 4πr ρ dr = 4π0 R 4π 0 5 R 2

dq

ϕ

2 ) Calcolo giusto. Il potenziale dentro la sfera vale ϕ(r) = E r dr = cte continuità ad r = R Q(3R2 r2 )/8π0 R per r < R ϕ(r) = Q/4π0 r per r > R



−

− 21 q in(r)/(4π0r).

Imponendo

Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici Integrando 1 U = 2

13



1 ρϕ dV = 4π0

I plot delle funzioni E e e ϕ giuste sono:



R

0

3Q2 r2 (3R2 4R6

E

− r2 ) = 3

Q2 5 4π0 R

ϕ

r

r

3) Il calcolo sbagliato al punto 2) non dà il risultato giusto per caso. Partendo dai principi primi, costruisco la sfera aggiungendo mano a mano carica dq facendo crescere il suo raggio r da 0 a R a densità costante ρ. La ϕ usata in 2) non è il potenziale della sfera finale, ma l’energia necessaria per portare cariche da a r nel modo appena descritto.

∞

1 q (r)dq dU = 40 r quindi

4πr 3 r 3 q (r) = ρ Q( ) 3 R

4πρ2 4 dU = r dr 30

U =



dU =

dq = ρ 4πr 2 dr

4πρ2 R5 1 3Q2 = 150 4π0 5R

• • • • • • • • • • • • • • • • • •

Le stesse cose valgono per la gravità. L’energia potenziale gravitazionale del sole vale U  GM 2 /R 1041 J (G = 6.6 10−11 N m2 /kg2 , M  = 2 10 30 kg, R = 7 108 m), ed i fisici come lord Kelvin pensavano che questa fosse la sorgente di energia del sole. Siccome l’energia emessa dal sole ha potenza K  = 1366 J m−2 s−1 alla distanza r = 1.5 1011 m a cui si trova la terra, i fisici pensavano che il sole fosse più giovane di T  = U  /(K  4πr 2 ) 30 Myr (“fidatevi di me sono uno scienziato”). Infinie, teologi (come don Lightfoot) sostenevano che la terra era stata creata il 23 ottobre 4004, alle nove del mattino (“fidatevi di me sono un prete”). I biologi ed i geologi (come Darwin) sostenevano invece che almeno 300 Myr erano necessari per l’erosione e l’evoluzione delle specie (“fidatevi di me discendo da una scimmia”). Avevano ragione biologi e geologi. I fisici successivamente scoprirono che il sole ha una altra sorgente di energia: l’energia nucleare. Oggi sappiamo che l’età dell’universo è circa 13.7 Gyr.

∼

≈

∼

−

Esercizio 14: Raggio classico dell’elettrone

Approssimando l’elettrone come una sferetta di raggio R, calcolare il valore di R tale che U = m e c2 . Soluzione: Approssimare

le particelle come puntiformi è un limite singolare. Ad esempio: (1) Quando si calcola la forza su di un elettrone non si include nel campo elettrico quello infinito generato dall’elettrone stesso. (2) L’energia elettromagnetica U diverge per R 0. Nel secolo scorso ci sono stati tentativi di migliorare questa situazione proponendo teorie dell’elettrone in cui l’elettrone veniva approssimato con una palletta di raggio R finito. L’energia elettromagnetica U allora è finita: U = cq e2 /4π0 R dove c dipende da quale distribuzione di carica viene assunta. c = 3/5 per una densità ρ uniforme; c = 1/2 per una densità superficiale σ uniforme. Assumiamo c = 1. L’energia elettromagnetica contribuisce alla massa dell’elettrone, secondo m = U/c2 . Assumendo che tutta la massa sia di origine elettromagnetica si determina

→

R = r e =

q e2 = 2.82 10−15 m me 0 c2

14


chiamato ‘raggio classico dell’elettrone’ , sebbene non abbia niente a che vedere con le dimensioni di un elettrone (solo una piccola parte dell’energia dell’elettrone è di origine elettromagnetica). Numericamente, r e è simile alla dimensione di un protone: si tratta di un accidente fuorviante. Una aspettazione qualitativa pi` u corretta è U < me c2 (altrimenti U eccederebbe la massa dell’elettrone): questa implica R > re . Oggi si sa quello che succede: a scale R 1000re iniziano a farsi sentire gli effetti del positrone, una particella identica all’elettrone ma con carica positiva. Ripetendo il calcolo di U in teorie di campo quantistiche relativistiche si trova che il contributo elettromagnetico alla massa dell’elettrone esiste ma è piccolo, circa 1/100 della massa totale.

∼

Esercizio 15: Masse dei nuclei

Si pu` o approssimare un nucleo come una sfera a densità costante, contenente Z = A/2 protoni e circa A/2 neutroni con raggio R = A1/3 rN con rN = 1.2 10−15 m. Calcolare l’energia elettromagnetica e discutere la stabilit` a dei nuclei. Soluzione: La

massa di un nucleo con Z protoni ed A nucleoni (cioè protoni più neutroni) è circa data da mnucleo = Z m p + (A

− Z )mn + cU 2 ,

U =

3 (Ze)2 + E legame A. 5 4π0 R

dove U contiene l’energia elettromagnetica e quella dovuta alle interazioni forti. Quest’ultimo effetto si pu` o approssimare come una funzione circa lineare in A in quanto le interazioni forti sono a corto raggio, cio` e si esercitano soltanto fra i nucleoni che stanno uno accanto all’altro. La costante di proprzionalità è detta ‘energia di legame forte’. Per essere più precisi bisognerebbe tenere in conto che i nuclei sul bordo della sfera sono meno legati, e lo si potrebbe fare aggiungendo un termine di ‘tensione superficiale’, che trascuriamo in quanto è importante solo per nuclei piccoli. Si osserva che esistono nuclei stabili fino a Z 100: imponendo dU/dZ Z ∼100 = 0 si trova l’energia di legame per nucleone: 2/3 100 e2 E legame = 10 MeV 4 4π0 rN A grandi Z la repulsione Coulombiana diventa l’effetto principale ed impedisce di formare nuclei grossi. Minimizzando U /Z si trova che il nucleo che ha la maggior energia di legame per nucleone ha Z 20, ed infatti in natura è il ferro (Z = 26).

∼

|

− 

≈−

∼

Esercizio 16: Differenza di massa protone-neutrone

Stimare la differenza di massa protone-neutrone approssimandoli come 3 quarks fermi ai vertici di un triangolo equilatero come p = uud e n = udd (q u = 2e/3, q d = e/3).

−

Soluzione: L’energia

elettrostatica vale

E p =

(q u2 + 2q u q d )

e2 = 0, 4π 0 r

E n =

(q d2 + 2q u q d )

e2 = 4π 0 r

2

e 1 − 4π 0 3r

Convertendo energia in massa tramite E = mc2 l’elettromagnetismo tende a rendere il protone (carico) più pesante del neutrone (neutro): m p mn e 3 /12π0 r = MeV 0.5 10−15 m/r. L’ordine di grandezza è giusto (mn m p = 1.3MeV, rN = 1.2 10−15 m) ma il segno è sbagliato. Se fosse m p > mn non esisterebbero atomi. Tenere conto che i quark ruotano con v c (e quindi c’e’anche una energia magnetica) non cambia il segno. Il neutrone n ddu pesa pi` u del protone p uud perchè i quark d hanno massa maggiore dei quark u:

−



− ∼ · ∼  mn − m p = m d − mu + O(e2 /4π0 r)

         1.3MeV

3 MeV

−1.7MeV

Il fatto che il neutrone sia poco più pesante del protone è essenziale per avere una chimica complessa. Il neutrone libero decade: se fosse m p < mn il protone (e quindi l’atomo di idrogeno) decadrebbe. Se mn m p fosse un poco pi` u grande supererebbe l’energia di legame e non esisterebbero nuclei. 1

−

1

L’energia di legame nucleare è indirettamente dovuta alle masse dei quark che controllano la massa dei π (che sono le forze di van der Waals nucleari) ed è di ordine m u + md .


15

Esercizio 17: Nucleo che si spezza

Si pu` o approssimare un nucleo come una sfera a densità costante. Un nucleo si spezza in due nuclei di carica  Q = Q/2 e raggio R  = R/21/3 . Di quanto cambia l’energia elettromagentica? Soluzione: Ricordando

che U = 3Q2 /5R/4π 0 , l’energia elettromagnetica liberata da un nucleo che si spezza

è

2

2

 = 3 Q 1 − 2−2/3 = 0.22 Q − 2E em 5 4π0 R 4π 0 R ∼ 102−14 m viene ∆U ∼ 250MeV: l’ordine di grandezza è giusto.



∆E em = E em



Per Q = 100e e R = rN N 1/3 L’effetto elettromagnetico è proporzionale a Z , ed a grande Z diventa pi` u importante dell’effetto dovuto alla differenza di massa protone/neutrone ed alla loro energia di legame, proprozionale a Z . Un kg di uranio contiene circa 4 moli: quindi fissionandolo si libera un’energia 4N A 250 MeV = N A GeV 14 10 J 20kton (kg/1000)c2 (dove kton = 4.2 1012 J è un unità di energia usata per bombe e corrisponde all’energia rilasciata nell’esplosione di 1000 tonnellate di TNT).

≈

·

≈

≈

Esercizio 18: Energia di due superfici sferiche

Su due superfici sferiche concentriche, di raggio R1 ed R2 , sono distribuite uniformemente cariche Q e Calcolare l’energia potenziale di tale distribuzione.

−Q.

campo elettrico è diverso da zero solamente per R 1 < r < R2 e vale E r (r) = Q/4π0 r2 e quindi ϕ = cte + Q/4π0 r. Si ha quindi Soluzione: Il

1 U = Q[ϕ(R1 ) 2 Alterativamente U =



−



Q2 1 ϕ(R2 )] = 8π0 R1

0 2 Q2 E dV = 2 8π0



R2

R1

−

1 R2



dr Q2 1 = r2 8π0 R1



−

1 R2



Esercizio 19: Energia di due cariche

Per due cariche q 1 e q 2 ad x =

±1.

il potenziale si ottiene subito U = q 1 q 2 /4π0 d. Integrando E 2 i calcoli sono troppo difficili, ma interessanti perchè occorre rinormalizzare Soluzione: Usando

1 U = 8πk



(E 1 + E 2 )

2

−

E 21

−

E 22 =

1 4πk



E 1

·

q 1 q 2 E 2 = 4πk



(r2

−

r2 1 2x + 1)3/2 (r2 + 2x + 1)3/2

−

L’integrale in r ⊥ dà 4π/x 2 se x 2 > 1 e 0 altrimenti. L’integrale in x è banale U = k

q 1 q 2 d

La cosa qualitativa importante è che due cariche opposte hanno E = 0 nel mezzo: quindi si attraggono in quanto avvicinandosi minimizzano U . La stessa cosa accade per due fili: siccome il campo B è rotazionale invece che radiale si ha B = 0 nel mezzo con correnti uguali , che quindi si attraggono.

Esercizio 20: Forza su cariche superficiali

Dimostrare che una generica densità di carica superficiale σ induce una variazione E ⊥1 una forza F = σ(E 1 + E 2 )/2

− E ⊥2 = σ/ 0 e subisce

16


Soluzione: Applicando

il teorema di Gauss ad un cilindretto schiacciato infinitesimo che attraversa perpendicolarmente la superficie si ottiene la variazione di E ⊥ . E  è continuo. Per calcolare la forza occorre vedere spessore zero come limite di uno spessore finito. Chiamando z l’asse alla superficie si ha dE z /dz = ρ/0 (relazione che segue dalla dimostrazione precedente, ed è un caso particolare di ∇ E = ρ/ 0 ). Intergrando in dz si riottiene E z2 E z1 = σ/ 0 con σ = ρdz. La densità di forza vale

⊥

·

−

dF z pz = = dS



E z ρ dz =  0



E z

2 dE z E 2 E z1 dz =  0 z2 = u 2 dz 2

−



− u1 = σ E z2 +2 E z1 = σE zext

La media geometrica viene per un motivo fisico semplice: la forza deve essere generata solo dal campo elettrico ‘esterno’, non da quello generato dalla σ stessa.

Esercizio 21: Scattering a piccolo angolo

Una carica q urta su di un sistema di cariche totali Q. Calcolare il piccolo angolo di deflessione θ assumendo simmetria cilindrica (o che sia possibile osservare soltanto uno scattering medio, come capita in esperimenti che utilizzano un fascio di molte particelle) e che q e ciascuna delle cariche in Q vengano perturbate poco dall’urto. Soluzione:

∆ p⊥ θ(b) = = p



F ⊥ dv/x 1 q = mv mv 2 2πb



E ⊥ dS =

qQ(r < b) 4π0 bK

≡ m2 v 2

1

K

Quindi misurando θ(b) si fa una tomografia della distribuzione di cariche. Ad esempio, se Q è puntiforme si ha Q(r < b) = Q e quindi θ 1/b: in tal caso la cosa più spettacolare è che esistono urti a grande angolo: come calcolato nell’esercizio successivo la formula completa è ottenuta rimpiazzando θ 2tan θ/2. Il che significa che Rutherford si beccò delle particelle α addosso.2

∝

→

Esercizio 22: Scattering Rutherford

Una particella α (di massa m e m mN , carica +2e, ed energia E = 4 MeV) viene fatta collidere su atomi contenti nuclei di carica Z e e massa m N . Calcolare l’angolo di deflessione in funzione del parametro d’impatto b A e la sezione d’urto.

 



Soluzione: Siccome m

 m e ed E  (energia di ionizzazione) gli Z elettroni hanno effetto trascurabile, se la particella α entra nella zona b  A dove gli elettroni non schermano il nucleo. Conta solo il nucleo, che approssimativamente rimane fermo. Facciamo il conto in 3 modi.

1. Adattando le note formule per le orbite dei pianeti. Tenendo conto che in questo caso la forza F = α/r 2 (α = 2kZe2 ) è repulsiva r =

− 1 + ecos θ ,

e2 = 1 +

2EL 2 m 2 v 4 b2 = 1 + α2 m α2

2 Questa scoperta uccise Rutherford, ma in modo indiretto. Infatti fu prima nominato barone. Pertanto, quando molti anni dopo si ammal` o di ernia, non potendo venire operato da un plebeo, dovette aspettare l’arrivo un medico dotato di titolo nobiliare e mor´ı nell’attesa.


17

Si ha r > 0 per cos θ < 1/e e cioè in un range ∆θ dato da cos∆θ/2 = 1/e. L’angolo di deflessione è definito come θ d = π ∆θ e vale quindi

−

sin

−

∆θ 1 θ d = cos = 2 2 e

o anche

tan

θ d = 2

α √ e21− 1 = bmv . 2

Il parametro d’impatto che produce una data deflessione è b =

kZ e2 θ d tan−1 E 2

kZ e2 Z MeV = 10 −13 m . E 70 E

dove

2. Procedendo in modo diretto, senza usare tecniche sofisticate. Usando coordinate polari (r, θ) e mettendo l’asse x lungo la linea di simmetria, l’equazione del moto è α α cos θ = m θ˙ cos θ 2 r L

mv˙ x =

dove L = mr 2 ˙θ è il momento angolare rispetto al nucleo, che è una costante del moto, uguale a L = mv 0 b. Siccome F 1/r2 , è sparita la dipendenza da r . Diventa banale integrare ottenendo vx = (α/L)sin θ e quindi v = v x / cos θ = (α/L)tan θ. Ad r = tan θ0 = mv 02 b/α. L’angolo di deflessione è θ d = π 2θ0 .

∝

∞

−

3. Approssimazione perturbativa. dp⊥ dt dp⊥ = dx dx dt Quindi

0  v10 F ⊥ = v10 rα2 rb = (x2 α/v 2 + b )3/2



+∞ ∆ p⊥ αb dx 2α θd = = = 2 p mv0 −∞ (x2 + b2 )3/2 bmv02

che è corretta per θd 1. La primitiva è 2πb E ⊥ = 4π dove E ⊥ = b/(x2 + b2 )3/2 .





∝



1 + b2 /x2 . Usando il teorema di Gauss verrebbe

1/

` invece nota la distribuzione Il parametro d’impatto in un singolo urto non è misurabile sperimentalmente. E di probabilit` a dei parametri d’impatto in un numero n 1 di urti. Secondo la meccanica quantistica questa cosa è vera non solo in pratica, ma anche in linea di principio. Il ‘punto d’incontro’ convenzionale fra teoria ed esperimento è la sezione d’urto per collisioni su di un singolo nucleo.



σ =

numero di particelle deflesse flusso di particelle incidenti

σ caratterizza gli effetti misurabili prodotti da un nucleo; spetta allo sperimentale tenere conto che i nuclei sono tanti (e che ci possono essere scattering multipli). σ la dimensione di un’area, e dice quanto è grosso un nucleo, quando viene visto tramite interazioni elettromagnetiche. Ad esempio, la sezione d’urto totale per eventi con angolo di deflessione maggiore di un qualunque valore θ è

 

kZe2 σ(θd > θ) = πb (θ) = π E 2

2

1 2

tan θ/2

E.g. σ(θd > π/2) dice quante particelle rimbalzano all’indietro. La probabilit` a che una particella rimbalzi ˚ indietro, quando viene inviata perpendicolarmente su di un piano di atomi a distanza d A fra di loro, è − 2 6 σ/d 10 . Se viene mandata su di una targhetta lunga  composta da atomi con densità n, è σn < 1. La sezione d’urto totale è σ(θd > 0) = : a differenza di altre forze, l’elettromagnetismo è una interazione a lungo raggio3 , che deflette tutte le particelle (anche quelle con b ). In realtà quando b > ˚ A gli elettroni schermano il campo elettrico del nucleo, e poi ci sono altri nuclei. Di solito si preferisce descrivere lo scattering usando la sezione d’urto differenziale

∼

∼

∞

→∞



∼

  

numero di particelle deflesse in dΩ dσ dϕ b db 1 kZ e2 dσ = = d cos θ = = flusso di particelle incidenti d cos θ 2π sin θ dθ 4 E

2

1 sin θ/2 4

Avendo scritto l’angolo solido in coordinate polari dΩ = dϕ d cos θ e tenendo conto che lo scattering non dipende dall’angolo polare ϕ 3

Una particella massiva genererebbe una forza ‘di Yukawa’ F ∝ αe−r/r0 /r2 (dove m ∝ 1/r0 ). Essa darebbe, in approssimazione perturbativa θ d ∼ θdCoulombe−b/r0 e quindi σ (θ > 0) ∝ r02 .

18


Esercizio 23: Esplosione Coulombiana

Una nuvola sferica di raggio R e carica totale Q è costituita da N particelle di carica q = Q/N e massa m, inizialmente (t = 0) distribuite con densità uniforme. a) Calcolare l’energia potenziale di una carica posta a distanza r dal centro della nuvola. Per effetto della repulsione coulombiana la nuvola inizia ad espandersi radialmente, mantenendo la simmetria sferica. Nel corso del moto radiale le particelle non si scavalcano (cio` e se inizialmente due strati di particelle si trovano alle distanze r 1 (0) e r 2 (0) > r1 (0) dal centro, ad ogni istante successivo r 2 (t) > r1 (t).) b) Sia r = r(t) la posizione al tempo t delle particelle che a t = 0 sono a distanza r 0 = r(0) < R dal centro. Mostrare che l’equazione del moto per r = r(t) è d2 r qQ m 2 = dt 4π0 r2

 r0 R

3

( )

∗

c) Si dica a che distanza dal centro si trovano inizialmente le particelle che acquistano la massima energia cinetica durante l’espansione, e si dia il valore di tale energia massima. d) Si mostri che per ogni strato di particelle si muove secondo la legge oraria r(t) = r0 λ(t) dove λ(t) non dipende da r 0 e che di conseguenza la densità di carica rimane uniforme durante l’espansione della nuvola. Soluzione:

a) V (r) =



2

Q 4π 0 ( Q 1 4π 0 r

− 2Rr

3

+

3 2R )

per r < R per r > R

b) Poichè le particelle non si scavalcano, la carica contenuta entro una sfera di raggio r(t) rimane costante. c) L’energia potenziale corrispondente all’equazione del moto (*) è U r0 = (Q/4π0 )(r0 /R)3 /r. L’energia cinetica massima viene acquistata a distanza infinita ed è uguale a U r0 , che è massima per r 0 = R. d) Inserendo l’ansatz nell’equazione del moto (*) si trova d2 λ/dt2 = qQ/4π0 λ2 R2 nella quale r0 non compare pi` u. Quindi la nuvola si dilata in modo omogeneo.

Esercizio 24: Cilindro polarizzato

Calcolare il campo elettrico generato da una cilindro polarizzato trasversalmente con carica superficiale σ(θ) = σ cos θ. Soluzione: Si

procede in modo analogo alla sfera, sovrapponendo due cilindri con densità uniformi ρ e

−ρ.

Esercizio 25: Formule di base sui dipoli

Due cariche q 1 = +q e q 2 = q a distanza d = r 1 r2 ( d è diretto verso la carica positiva, e r i esce dalla carica i) formano un dipolo p = q d. Ricavare le formule di base

−

−

Soluzione:

• Campo elettrico generato da un dipolo . Espandendo r1 = r − d/2 e r1 = r + d/2 al primo ordine in d

ϕ = E =

q 1 ( 4π0 r1

2 2 − r12 ) = 4πq 0 r1rr22(r−1 +r1r2) = 4πq 0 r1r22(rd1· +r r2)  4π1 0 pr·3r = − 4π1 0 p · ∇ 1r = 1 3( p · r)r − p = 1 2( p · r)r + r × (r × p)

−∇ϕ = 4π0



r5

r3



4π0



r5

r5




19

Figura 1.1: Linee di campo (linee continue) e superfici equipotenziali (linee tratteggiate) generate da una ‘sfera polarizzata’. In coordinate polari ϕ = p cos θ/4π0 r2 e quindi kp sin θ − 1r ∂ϕ = , ∂θ r3 diverso da zero per ogni θ. A grande distanza E ∝ 1/r3 . E r =

2kp cos θ − ∂ϕ = , ∂r r3

E θ =

E ϕ = 0

E =

kp r3



1 + 3 cos2 θ

• Forza sentita da un dipolo in un campo elettrico esterno : U = − p · E = − pE cos θ F = q (d · ∇)E = ( p · ∇) = −∇U dove L’energia è minima quando p si allinea ad E . Il momento delle forze vale M = p

× E , M = −∂ θ U = qdE sin θ.

Negli esercizi con titolo ‘paradosso’ discutiamo alcune sottigliezze nell’uso di queste formule.

Esercizio 26: Forno a microonde

Una molecola d’acqua ha dipolo p = 6.2 10−30 C m = 3.9 10−16 e m. Quale campo elettrico è necessario per allineare tutte le molecole d’acqua a temperatura ambiente, kT eV/40 = 4 10−21 J?

·

≈

·

a scelta eV o Joule viene che serve U = p E > kT cioè E > 6 1013 V/m, cioè per campi elettrici utilizzati in pratica, E kV/m l’agitazione termica vince e le molecole si allineano molto poco. Un forno a microonde utilizza un campo elettrico oscillante: le molecole d’acqua provano a ruotare per allinearsi ad E , ed andando a sbattere su altre molecole il loro moto diventa energia termica. Infatti un microonde non riscalda scodelle di plastica (se fatte in materiali con piccolo o zero dipolo) e non è buono per scongelare (nel ghiaccio le molecole non sono libere di ruotare; una piccola zona scongelata inizia a scaldarsi molto lasciando zone vicine ghiacciate). Soluzione: Utilizzando

∼

− · ∼

∼

Esercizio 27: Sfera bucata

In una sfera uniformemente carica (con densità ρ) e di raggio 2R, viene praticato un foro sferico di raggio R, dal quale viene tolta la carica. La superficie della sfera di raggio R passa per il centro della prima sfera. Determinare il campo elettrico all’interno del foro. Soluzione: Il

formaggio svizzero con i buchi (Emmenthal) può essere visto come prodotto al CERN inserendo in un formaggio omogeneo palline di anti-formaggio.

20


Allo stesso modo il presente sistema può essere visto come una sovrapposizione di due densità di carica ρ . Ricordando che dentro una sfera con densità di carica ρ si ha E = r ρ/30 , il campo elettrico richiesto vale

±

E = [r

− (r − R )]ρ/30 = R ρ/30

Esercizio 28: Sfera polarizzata

Calcolare a) il campo elettrico generato da una sfera di raggio R con carica superficiale σ(θ) = σ0 cos θ; b) il potenziale elettrico; c) l’energia elettrostatica; d) la pressione sulla superficie. Soluzione: Conviene

usare il principio di sovrapposizione e vederla come la la distribuzione di carica generata da tanti piccoli dipoli allineati. Separando le cariche positive da quelle negative, lo si pu` o anche vedere come sovrapposizione di due sfere con densità uniformi ρ e ρ con i centri a distanza d tale che d ρ = σ0 . La corrispondenza diventa esatta per d 0 (e quindi ρ ).

− →∞

→

·

a) Come calcolato precedentemente una singola sfera genera al suo interno un campo elettrico E = r ρ/30 . Quindi due sfere di carica ρ sovrapposte a distanza d generano al loro interno E = ρd/30 . Come verifica, su può calcolare il campo elettrico al centro della sfera integrando i singoli contributi, tutti a distanza R: definendo c = cos θ si ha 1 1 σ0 E centro = dc 2πR 2 σ c = 2 4π 0 R −1 30

±

−



×

3 All’esterno della sfera si ha il campo di un dipolo p = Q d = 4π 3 R σ0 . Come verifica, si osserva che coincide con il momento di dipolo elettrico della sfera, calcolabile per integrazione diretta accoppiando coppie di cariche infinitesime dq e dq simmetriche rispetto al centro e quindi poste a distanza 2 R:

−

p =





1

r dq = 2R

dc 2πR 2 σ

0

× c = 4π3 R3σ0 .

b) Il potenziale in tutto lo spazio, in coordinate sferiche è ϕ(r, θ) =



p cos θ/4π0 r2 Er cos θ

σ0 cos θ per r > R = per r < R 30



R3 /r2 r

per r > R per r < R

La seconda espressione permette di verificare che ϕ è continuo a r = R. c) L’energia elettrostatica vale 1 U = 2



dS σ

2

× ϕ = πR



1

3 2

dc σ0 c

−1

2πR σ0 × σ30cR = 90 0

d) La pressione sulla superficie vale out E in + E ⊥ σ2 p = σ ⊥ = 2 60

in quanto

σ 0 cos θ 2 = σ0 cos θ 0 30 out La seconda formula è in accordo con il campo elettrico generato da un dipolo, E ⊥ = p⊥ /2π 0 R3 . in E ⊥ =

− 3σ00 cos θ,

out in E ⊥ = E ⊥ +

Esercizio 29: Paradosso sui dipoli I

Un dipolo p, obbligato ad orientarsi lungo l’asse z è libero di muoversi lungo l’asse x in un campo elettrico esterno E z = αx. Calcolare la forza sul dipolo. Soluzione: Secondo

le formule precedenti U = pαx, quindi F = ∇U = pα x. Tuttavia è ovvio che la forza totale su due cariche q poste una sopra l’altra lungo l’asse z è zero. La formula non si applica perchè il campo elettrico proposto non è irrotazionale, come si vede da un circuitino y .4 o da ∇ E = αˆ 4

×

−

±

−

−

Volendo complicare le cose si pu` o rifare lo stesso esercizio con un campo elettrico E θ = 1/r, che ha rotore zero in tutti i punti eccetto 0


21

Esercizio 30: Paradosso sui dipoli II

Calcolare l’energia di un dipolo prodotto da un campo elettrico esterno Soluzione: Se p = α E il

lavoro necessario per portare il dipolo da zero a p vale L =

 ·  F ds =

E d p =

·

p E

?

−∆U tot L’energia di interazione fra il dipolo ed il campo elettrico esterno vale U = − p · E . Affinchè U tot = U + U  sia giusta ci deve essere un’altra energia potenziale U  = + 12 p · E , dovuta al fatto che l’esistenza stessa del dipolo ·

2

=

è dovuta alla forza esterna. Come verifica del risultato generale consideriamo il sistema particolare più semplice possibile: due cariche q a distanza x tenute assieme da una forza elastica. Il valore della costante k dovrebbe essere irrilevante. Il dipolo vale p = qx = qE/k. L’energia di legame vale

±

U  =

k 2 pE x = 2 2

Questo sistema è realizzato fisicamentente dall’atomo di Thomson, nel quale avevamo visto che α = 4π 0 a30 . L’energia U  di interazione fra elettrone e protone è di tipo ‘elastico’ e vale 2

e 2 pE − U  (0) = −e[ϕ(r) − ϕ(0)] = 2α r = 2 (verifico che ϕ è giusto usando il laplaciano in coordinate polari: ∇ 2 ϕ = −3e/α = −ρ/0 ). U  (r)

Esercizio 31: Paradosso sui dipoli III

Calcolare la forza fra due dipoli p e p a distanza x, orientati parallalelamente alla loro separazione. Come cambia la risposta se p  è indotto da p come p  = αx? Soluzione: Abbiamo

due formule generali che danno la forza fra dipoli. Vediamo come applicarle.

1. La formula generale è F = ( p E =

· ∇)E = p∂ xE dove 1 3( p · r)r p −

4π0



r5

r3



=

1 p ˆ x 2π0 x3

r = (x,y,z)

è il campo elettrico generato da p  . Quindi la forza è ‘radiale’ e vale F x = ` ovvio che la risposta non cambia se p  è indotto. E

−3 pp /2π0x4.

2. Una formula meno generale ma più semplice è F =

−∇U con 1 pp U = − p · E = − 2π0 x3

Nel caso di p costante si riottiene il risultato precedente. Nel caso di dipolo indotto, p = αx, viene un risultato che differisce di un fattore 2 /3: per utilizzare correttamente questa formula meno generale occorre prima calcolare il ∇ come se p  fosse costante e poi inserire il valore del dipolo indotto p  (x).

Esercizio 32: Paradosso sui dipoli IV

Due dipoli sono orientati rispettivamente lungo gli assi z ed x. Verificare che le forze sono uguali ed opposte (ma non radiali). Verificare che i momenti non lo sono. Soluzione: Il

momento totale è zero se calcolato rispetto ad un polo fisso. Una situazione analoga pi ù banale: un dipolo nel campo elettrico di una carica. Il dipolo sente un momento delle forze (che tende ad allinearlo con il campo elettrico), ma anche una forza.

22


Esercizio 33: Allineamento di dipoli elettrici

Come si dispongono due dipoli a distanza r fissata, liberi di ruotare su loro stessi? Soluzione: L’energia

fra due dipoli pi = q i di a distanza r fissata (senza vincoli non esistono configurazioni

di equilibrio stabile) U =

k [ p p R3 1 2

· − 3( p1 · rˆ)( p2 · rˆ)] ∝ cos(θ1 − θ2) − 3cos θ1 cos θ2

che è minima a θ1 = θ2 = 0 (e nella configurazione simmetrica θ1 = θ2 = π), cioè per dipoli orientati parallelamente al loro vettore distanza. Tenerli verticali e contrapposti richiede energia maggiore. Un dipolo pu` o essere la molecola H 2 O (l’O attira gli elettroni più di H), oppure l’atomo di idrogeno in un campo esterno. La tendenza dei dipoli ad allinearsi viene usata, nella memoria dei computer, per evitare che le fluttuazioni termiche distorcano la memoria (teorema di von Neumann).

Esercizio 34: Coordinate polari

Calcolare gradiente, divergenza, rotore e coordinate ortogonali.

∇2 in coordinate cilindriche e polari ed in un generico sistema di

Soluzione:

Il ∇ è sia un operatore differenziale che un vettore. Questo significa e.g. che ∇ (f E ) = f (∇ E ) + E (∇f ) e che ∇ ∇f = 0, (∇f ) (∇g) = 0, ∇ (∇ E ) = 0. In linea di principio per passare a coordinate polari si procede come per altri vettori, rispettando le proprietà dell’operatore derivata. In pratica si fa molto prima usando i teoremi in cui compaiono gradienti, rotori e divergenze: i teoremi del gradiente (linee), Stokes (superifci), Gauss (volumi) sono casi particolari di integrali di forme asimmetriche a n indici

·

×

×



(n)

∂ A

∧

X



(n+1)

∧ dx

=

·

·

×



A(n)

∂X

·

∧ dx(n)

e cioè (in 3 dimensioni):

 L

∇f

· dx =





f = ∆f

(∇

∂L=P

S



× E ) · n dS =



E dx

(∇ V

·

∂S =L

· E )dV =



E n dS

∂V =S

·

Passando ad un sistema di coordinate generico x i l’elemento di distanza diventa una generica forma quadratica: ds2 = g ij (x)dxi dxj dove gij è una matrice detta metrica. In generale descrive non solo spazi piatti in coordinate storte ma anche spazi curvi (e.g. la superficie di una sfera). Per semplicit` a ci restringiamo a spazi piatti 3-dimensionali in sistemi di coordinate ortogonali (ad esempio quelle cartesiane x i = x,y,z o polari x i = r,θ,z o cilindriche x i = r,θ,ϕ ) tali cioè che la metrica sia diagonale: Sistemi di coordinate ortogonali

{

}

{

}

{

}

ds2 = g 11 dx21 + g22 dx22 + g33 dx23 = d x dx

·



ˆ i dove x ˆ i è il versore ed ho definito la notazione Il vettore ‘spostamento infinitesimo’ vale dx = i gi dxi x (inusuale) g i = gii . Ad esempio in coordinate polari si ha g r = 1, g θ = r e g ϕ = r sin θ ed infatti:

√

ˆ + r sin θdϕ ϕ ˆ dx = dr rˆ + r dθ θ

ds2 = dr 2 + r2 dθ2 + r2 sin2 θdϕ2 .

In un generico sistema di coordinate ortogonali xi (ad esempio x,y,z o r,θ,z o r,θ,ϕ ) si definisce il gradiente come:

{

Gradiente

df = f (xi + dxi ) Inserendo d x =



ˆ i si i gi dxi x

− f (xi) =

 i

dxi

∂f ∂x i

≡ dx · ∇f

ottiene ∇

=

 i

ˆ i ∂ i = gi−1 x

ˆ 1 ∂ x g1 ∂x 1

+

ˆ 2 ∂ x g2 ∂x 2

+

ˆ 3 ∂ x g3 ∂x 3

} {

} {

}

Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici Ad esempio: ∇

ˆ =x

23

∂ ∂ ∂ ∂ ˆ 1 ∂ 1 ∂ + ˆ + ˆ = ˆr +θ + ˆ y z ϕ ∂x ∂y ∂z ∂r r ∂θ r sin θ ∂ϕ

ˆ i opera non solo sulle componenti Occorre tenere conto che ∇ applicata ad un vettore E = E i x ˆ i . Ad esempio, applicando ∇ ad un vettore radiale E = ˆrE r vale E i ma anche sui versori x Divergenza

ˆ

ˆ θ ∂ ˆ r ϕ ∂ rˆ ∂E r 1 + 1 1 ∂ r · E = ∂E · + E r ( · + )= + E r = 2 r 2 E r ∂r r ∂θ r sin θ ∂ϕ ∂r r r ∂r

∇

Notare che, per via di come operano le derivate, non sono zero le componenti ‘fuori diagonale’ tipo θ E r che in un normale prodotto scalare fra vettori varrebbero θˆ rˆ = 0. Questo metodo è lo schiacciasassi che funziona sempre. Ma, per i casi che ci interessano, si fa prima ad arrivare al risultato tramite ragionamenti ad hoc: in maniera alternativa, possiamo calcolare la divergenza di un generico vettore E in un generico sistema di coordinate ortogonali ripartendo dalla sua definizione in termini del teorema di Gauss (∇ E )dV = E dS

∇

·





·

·

applicato ad un volumetto elementare di lati d xi . La differenza dei flussi sui lati lungo x 1 vale (E 1 g2 g3 )+ dx2 dx3

∂ − (E 1g2g3)−dx2 dx3 = dx1dx2dx3 ∂x∂ 1 (E 1g2g3) = g1dV (E 1 g2 g3 ) g2 g3 ∂x 1

Quindi





1 ∂ ∂ ∂ ∇ E = (E 1 g2 g3 ) + (E 2 g1 g3 ) + (E 3 g1 g2 ) g1 g2 g3 ∂x 1 ∂x 2 ∂x 3 Come verifica, riotteniamo in coordinate polari la divergenza di un vettore con solo componente radiale:

·

∇

Rotore

1 ∂ 1 ∂ · E = r2 sin E r r2 sin θ = 2 r2 E r θ ∂r r ∂r

Utilizzando in modo analogo il teorema di Stokes si ottiene un’espressione esplicita per il rotore: ∇

× E = g1g12g3 det

 

ˆ1 g1 x ∂ 1 g1 E 1

ˆ2 g2 x ∂ 2 g2 E 2

ˆ3 g3 x ∂ 3 g3 E 3

 

` definito come 2 ∇ ∇. In coordinate polari, applicato ad una funzione V che dipende solo E da r si ha, usando la formula per la divergenza di un vettore radiale

∇ ≡ ·

Laplaciano

2

∇2V (r) = ∇ · (∇V ) = r12 ∂r∂ r2 · ∂∂rV = 1r ∂r∂ 2 rV ˆ non dipende da r. In d dimensioni (d = 3 coordinate polari, d = 2 coordinate cilindriche, avendo usato che r etc), per un campo vettoriale radiale si ha: ∇

· E (r) = rd1−1 ∂r∂ rd−1E r

2

∇2V (r) = ∂ ∂rV 2 + d −r 1 ∂V ∂r

In un sistema ortogonale generico, combinando le formule per la divergenze e per il gradiente si ottiene: ,

∇

2



1 g2 g3 g1 g3 g1 g2 V = ∂ 1 ∂ 1 V + ∂ 2 ∂ 2 V + ∂ 3 ∂ 3 V g1 g2 g3 g1 g2 g3



E quindi, in coordinate polari 2

∇





∂ ϕ2 V 1 r sin θ r ∂ 2 (rV ) ∂ θ (sin θ∂ θ V ) V = 2 ∂ r (r2 sin θ ∂ r V ) + ∂ θ ( ∂ θ V ) + ∂ ϕ ∂ ϕ V = r + + r sin θ r r sin θ r r2 sin θ r2 sin2 θ

ed in coordinate cilindriche 2

∇





1 1 ∂ r (r∂ r V ) ∂ θ2 V V = ∂ r (r∂ r V ) + ∂ θ ( ∂ θ V ) + ∂ z (r∂ z V ) = + 2 + ∂ z2 V r r r r

24


Esercizio 35: Laplaciano

∇2r p in d dimensioni spaziali.

Calcolare

Soluzione: In

generale

1 dimensione r2 = x 2 . In 2 dimensioni r2 = x 2 + y 2 . In 3 dimensioni r2 = x 2 + y 2 + z 2 . In

∂ x r p = px r p−2 ,

∂ x2 r p = p r p−2 + p( p

− 2)x2r p−4,

∇2r p = p[d + p − 2]r p−2

Il caso d = 3 corrisponde a coordinate polari; il caso d = 2 a coordinate cilindriche. Il potenziale generato da una carica in d dimensioni è la soluzione singolare a r = 0 di ϕ r2−d . Quindi d = 1 d = 2 d = 3 d = 4 d = 5 ϕ r ϕ ln r ϕ r−1 ϕ r−2 ϕ r−3 E r0 E r−1 E r −2 E r−3 E r−4

∇2ϕ = 0, e cioè per

∝

∝ ∝

∝ ∝

∝ ∝

∝ ∝

∝ ∝

(il campo generato da una carica puntiforme in d = 1 e d = 2 corrispondono rispettivamente al campo di un filo e di un piano in d = 3). La cosa fondamentale non è ϕ 1/r ma la conservazione del flusso, e cioè E 1/S o 2 ϕ = 0. Solo d = 3 dà fisica interessante. Per d < 3 non esistono cariche libere (ϕ cresce con r), per d > 3 l’energia cinetica di rotazione (potenziale effettivo V = L 2 /2mr2 ) non basta ad impedire che si spiaccichino ad r = 0.

∼

∝

∇

Esercizio 36: Potenziale di Yukawa

∇2ϕ − λ2ϕ = ρ = 0

Risolvere

Soluzione: La

soluzione a simmetria sferica ϕ(r) è 1 (rϕ) = λ 2 ϕ r

rϕ = e −λr

⇒

 λ la forza va a zero esponenzialmente. Lo Z ha λ ∼ 10−16 cm.

Per r λ è come l’elettromagnetismo, per r La gravità potrebbe avere λ 1010 anni luce.



∼

Esercizio 37: Atomo di idrogeno quantistico

Risolvere l’equazione di Schroedinger Soluzione: Secondo 2

e ψ

| |

Schroedinger uno deve: scrivere l’energia H , rimpiazzare p è la probabilit` a. Per un elettrone in un atomo di idrogeno H =

p2 2m

2

2

→ −i¯h∇, risolvere Hψ = Eψ,

2

¯h − 4πq e0r → − 2m ∇2 − er

avendo usato e 2 = q e2 /4π 0 . Quindi, usando u = rψ 2

2

¯h e − 2m (rψ) = (E + )(rψ) r risolto da ψ e −r/a0 ed E = e2 /2a0 dove a0 ¯h2 /me2 . Quindi secondo la meccanica quantistica la carica dell’elettrone si distribuisce come ρ(r) = e e−2r/a0 /πa30 .

∝

−

−

≡

Capitolo 2

Conduttori Le cariche elettriche dentro un conduttore sono libere di redistribuirsi; e finchè E = 0 continuano a spostarsi. Quindi si riaggiustano (dissipando energia termicamente) fino a raggiungere la condizione di equilibrio stabile: E = 0 dentro il conduttore ed E  = 0 lungo la sua superficie (cio` e ϕ = costante nel conduttore). Quindi il campo elettrico subito fuori da un conduttore vale E ⊥ = σ/ 0 . La pressione sentita da un conduttore è σE ⊥ /2. Per un condensatore Q = CV e U = QV /2.



Esercizio 38: 1 lastra conduttrice carica

Una lastra di superficie S ha carica totale q . Calcolare i campi elettrici indotti. Soluzione: La

carica q potrebbe dividersi in q

sulle due facce, generando E destra =

− Q,

Q

q Q , 0 S

−

E sinistra =

Q 0 S



2 2 L’energia totale è data da U = dV 0 E 2 /2. Quindi le cariche si dividono minimizzando E sinistra + E destra . La carica q si divide a metà fra le due superfici, generando un campo elettrico esterno E = (q/2)/S 0 ortogonale alla lastra ed uguale sui due lati. Una configurazione non simmetrica equivarrebbe ad avere un campo elettrico esterno.

Esercizio 39: 2 lastre conduttrici cariche

Due lastre parallele di superficie S hanno cariche totali q e q  . Calcolare i campi elettrici indotti. Soluzione: Il

problema consiste nel trovare come le cariche si ripartiscono fra le superfici destra e sinistra delle lastre. Imponendo E = 0 dentro i conduttori, si trova che le cariche sulle 4 superfici (da sinistra a destra) devono essere q Q, Q Q q  + Q

−

−

dove Q è incognito. I campi elettrici sono E sinistra =

q Q , 0 S

−

E mezzo =

Q , 0 S

E destra =

q  + Q 0 S

L’energia totale è proporzionale all’integrale di E 2 , dominato dal grande spazio a sinistra ed a destra. Quindi 2 2 le cariche minimizzano E sinistra + E destra . Questo accade nella configurazione simmetrica, Q = (q q  )/2:

−

q + q  E sinistra = E destra = , 20 S

25

q q  E mezzo = 20 S

−

26

Capitolo 2. Conduttori

Esercizio 40: Tetraedro conduttore

4 triangoli equilateri conduttori, mantenuti a potenziali ϕ1,2,3,4 vengono disposti in modo da formare la superficie di un tetraedro. Quale è il potenziale nel centro? Soluzione: In

generale deve essere una combinazione lineare dei 4 contributi. Infatti se so risolvere il caso con solo 1 acceso (ϕ1 = 0 e ϕ 2,3,4 = 0), e poi so risolvere il caso con solo il 2 acceso, sommando le due soluzioni ho risolto anche il caso con 1 e 2 accesi. Quindi ϕ = i ci ϕi . Poi, per motivi di simmetria, la risposta deve essere simmetrica in 1 , 2, 3, 4. Quindi ϕ = c ϕi . Per finire c = 1/4 (cioè ϕ = (ϕ1 + ϕ2 + ϕ3 + ϕ4 )/4) in quanto nel caso ϕ 1 = ϕ2 = ϕ 3 = ϕ 4 il potenziale deve avere il valore comune costante, siccome le 4 facce formano un tetraedro chiuso.







Esercizio 41: Piano carico fra 2 piani conduttori

Due piani conduttori paralleli a distanza  sono tenuti allo stesso potenziale. Una carica Q, distribuita uniformemente lungo un piano, viene messa a distanze δ e δ  =  δ dai piani. Calcolare le cariche totali indotte q e q  .

−

q + q  = −Q. I campi elettrici sono costanti. Siccome i due conduttori sono allo  stesso potenziale, E δ = E (s − δ ). Le cariche indotte sono legate ai campi da E = σ/0 e quindi Soluzione: Ovviamente

q σ E  δ =  =  =  q σ E δ

−

Quindi q =

−Q(1 − δ/) e q  = −Qδ/. Esercizio 42: Carica fra 2 piani conduttori

Due piani conduttori paralleli a distanza  sono tenuti allo stesso potenziale. Una carica puntiforme Q viene messa a distanze δ e δ  =  δ dai piani. Calcolare le cariche totali indotte q e q  .

−

Soluzione: Per

via del principio di sovrapposizione, la soluzione è la stessa che nell’esercizio precedente. Infatti possiamo sovrapporre infinite cariche q (che tutte si ripartono in eguale proporzione) fino a formare un piano. Questo esercizio può anche essere risolto come una difficile applicazione del metodo delle carichi immagini, discusso in seguito: occorrono infinite cariche immagini q situate a x = 2n δ come mostrato in figura.

±

±

Il calcolo della carica indotta è ulteriormente complicato da complicazioni matematiche su serie infinite: .

 

  

=

Esercizio 43: Sfera conduttrice bucata

Una sfera conduttrice scarica contiene, al suo interno ma non al suo centro, un buco con dentro una carica q . Calcolare il campo elettrico generato. Soluzione: Nonostante

l’assenza di simmetria sferica, il campo elettrico esterno è uguale a quello generato da una carica q al centro del conduttore. Infatti, l’unica soluzione dell’equazione di Poisson costante sulla sfera è 1/r. Non esiste una soluzione semplice per il campo elettrico nel buco.

∝


27

Esercizio 44: Piano conduttore: metodo delle cariche immagine

Studiare una carica q puntiforme posta a distanza d da un piano conduttore infinito posto a potenziale zero. Soluzione: Scelgo

le coordinate in modo che il piano è a x = 0 e la carica a (x,y,z) = (d, 0, 0). Usando il metodo delle immagini si trova il potenziale ϕ(x,y,z) =

  −   |−| | | q 4π0 0

1

x

d

1 x+d

per x > 0 per x < 0

La densità superficiale di carica indotta sul piano è

1+1 dq −0 ∂ϕ =− 2 2 ∂x 4π (y + z + d2 )3/2

σ(y, z) =  0 E ⊥ =



e la carica totale è σ dy dz = q , come si può verificare o facendo esplicitamente l’integrale, o applicando il teorema di Gauss ad una superficie chiusa ottenuta ‘chiudendo’ il piano a r = (l’unico contributo al flusso è sul piano a r d). La carica q sente una forza attrattiva F x = kq 2 /(2d)2 . Il piano sente una forza opposta, come si può verificare integrando dF/dS = σE ⊥ /2 (non dimenticando il fattore 2: E ⊥ /2 è la media del campo elettrico ‘subito fuori’ e ‘subito dentro’ il conduttore)

∼

−

−∞

−

F =



σ

E ⊥ kq 2 dxdy = 2 (2d)2

Per portare la carica da x = d ad x = (o pi` u in generale, ad un punto x = d  ) occorre compiere un lavoro ∞ L = d F dx = kq 2 /4d, uguale a met` a della variazione dell’energia potenziale fra carica e carica-immagine 2 V ( ) V (d) = kq /2d, in quanto non serve lavoro per spostare la carica immagine. Se il piano conduttore non è posto a ϕ = 0 ma è isolato non cambia niente. Infatti, se è finito ma grosso (dimensioni D d) ed ha carica totale zero, la carica q induce una carica q nella zona ‘vicina’, e quindi una carica +q concentrata ai bordi lontani (che non si vede se D ).

∞



∞−



−

→∞

Esercizio 45: Lastra conduttrice

Si calcoli il campo elettrico in presenza di una carica q situata a distanza d da una lastra conduttrice piana di spessore finito s. Soluzione: La

regola generale è che non esiste nessuna regola, come nel catch. Se uno trova una soluzione, ` allora quella è l’unica soluzione, e non importa come la abbia trovata, fosse anche con metodi da gangster. E immediato verificare che ϕ(x,y,z) =

 

come prima dal lato dove c’è q , i.e. x > 0 0 dentro il conduttore, i.e. s < x < 0 0 dal lato opposto, i.e. x < s

− −

è una soluzione, e quindi è la soluzione. Se d > s la carica immagine q viene fuori dalla lastra, ma questo è irrilevante in quanto ϕ è scritto in termini di q solo sul lato dove c’è q . Dal lato opposto dove non c’è la carica E = 0. Se il conduttore dal lato opposto non fosse piano ma avesse una forma artistica, rimarrebbe sempre E = 0. Questo fenomeno è più generale: un conduttore scherma da altre cariche lo spazio che circonda. Se un conduttore contiene un buco vuoto, allora dentro E = 0. Infatti la ovvia unica soluzione dell’equazione di Poisson con condizioni al bordo ϕ(bordo) = ϕ 0 è ϕ(buco) = ϕ 0 . Questo accade perche’ F 1/rn con n = 2, e consente di verificare sperimentalmente quanto n è veramente vicino a 2. Per schermare un campo elettrico (stazionario) non serve racchiudere tutto con un conduttore: una griglia conduttrice a maglie piccole basta a fare un buon lavoro (per lo stesso motivo discusso in un esercizio analogo a pag. 92).

−

−

∝

28


Figura 2.1: Tentativi di usare il metodo delle immagini.

Esercizio 46: Metodo delle cariche immagini

Trovare e studiare altri casi simili. Soluzione: Usando

la linearit` a è immediato studiate altri casi: se ci sono due cariche q 1 e q 2 basta sommare le soluzioni. Se c’e’ un dipolo, si aggiunge un dipolo immagine. Se si vuole studiare un filo carico sospeso sopra il terreno, si considera un filo immagine sottoterra. Con una carica posta vicino a semipiani che si intersecano ad un dato angolo, il metodo funziona solo per angoli speciali. Usualmente riflettendo si trova che servirebbe mettere cariche nella zona vuota (vedere fig. 2.1) per cui si ottiene una soluzione per 2 o più cariche messe in posti speciali ` interessante studiare in Il metodo funziona per angolo di 90 ◦ , e servono 3 cariche immagini (fig. 2.1a). E che modo il lavoro necessario a spostare la carica è legato all’energia potenziale fra q e cariche immagini. Per semplicitè mettiamo la carica lungo l’asse di simmetria a distanza d dai piani: risente una forza attrattiva diretta lungo l’asse con modulo 2

F = kq

 √ −



2 1 1 + , 2 2 (2d) (2 2d)2

√

√ ∞ (−4 + 2)kq 2 L = √ F ds = 8d 2d



Il lavoro è uguale all’energia potenziale della sola carica ‘vera’ ,

−

 √

k q 1 q i kq 2 2 1 U (1) = = + = L 2  r1i 2 2d 2 2d i=1



e quindi ad 1/4 dell’energia potenziale ottenuta sostituendo tutte le cariche immagini con cariche vere U (1) + U (2) + U (3) + U (4) =

k q i q j = 4U (1). 2  rij i=j



La formula generale per l’energia elettrostatica è: 1 U = 2

vere

 i

1 q i ϕi = 4π0

vere

 i
q i q j 1 + rij 2

j false

 

i vere

q i q j rij

in quanto

1 ϕ = 4π0

tutte

 j

q j r

Esercizio 47: Sfera conduttrice a terra

Una carica q è situata a distanza R dal centro di una sfera conduttrice a potenziale zero di raggio r. Soluzione: Serve

una carica immagine q  =

−q r/R messa come in figura fig. 2.2, situata a distanza r 2/R dal

centro della sfera. Un giorno qualcuno notò che il potenziale generato da due cariche ϕ = kq 1 /r1 + kq 2 /r2 vale zero su di una sfera. Infatti ϕ = 0 a r1 /r2 = q 1 /q 2 i.e. r12 q 22 r22 q 12 = 0 che è l’equazione della sfera. La sfera è ‘il luogo dei punti per i quali le distanze fra 2 punti sono in rapporto fisso’.

−


29

Figura 2.2: Fig. 2.2a,b,c: linee di campo in presenza di una carica q a distanze varie da una sfera conduttrice a terra. Fig. 2.2d: linee di campo per una sfera conduttrice isolata in campo elettrico esterno. Torniamo al problema, che proviamo a risolvere usando un sistema di coordinate con origine nel centro del conduttore sferico ed aggiungendo una carica immagine q 2 = q  a distanza r2 dal centro. Essendoci due parametri liberi (q 2 ed r 2 ) per fissare il tutto basta imporre ϕ = 0 nei 2 punti del conduttore lungo l’asse: q 1 q 2 q 1 q 2 + = 0, + =0 R r r r2 R + r r + r2

−

−

Quindi r2 = r2 /R e q 2 = q 1 r/R. La sfera conduttrice ha carica totale q  . Se la sfera conduttrice carica diversa fissata (ad esempio zero) o potenziale diverso, basterebbe aggiungere una ulteriore carica immagine q  nel centro. Usando coordinate polari ρ, θ il potenziale vale

−

1 ϕ(ρ, θ) = kq ( r1

−

 

r 1 ) = kq R r2

La densità di carica superficiale vale

1

ρ2 + R2

σ(θ) =  0 E r (ρ = r, θ) =

− 2Rρ cos θ −

∂ϕ 0 ∂ρ

−

r R



= ρ=r

1



ρ2 + (r2 /R)2

− 2(r2/R)ρ cos θ



q (R2 r2 ) 4πr(R2 + r 2 2rR cos θ)3/2

− −

La carica totale indotta sulla sfera conduttrice è q  . La forza attrattiva fra la sfera e la carica q vale q 1 q 2 rR F = k 2 = kq 2 2 r12 (R r2 )2

−

e decresce come 1/R3 per R distanza R  vale L = U (R)

−

 r. Il lavoro necessario a spostare la carica q rispetto alla sfera da distanza R a − U (R ) dove U =

k q 1 q 2 q 2 r = . 2 r12 8π 0 (r2 R2 )

−

Esercizio 48: Sfera conduttrice isolata

Come l’esercizio precedente, ma la sfera è isolata, con carica totale zero. Soluzione: Occorre

aggiungere una ulteriore carica immagine q 3 = q 2 in modo che la ‘carica immagine totale’ sia zero. Per fare in modo che la sfera rimanga a potenziale costante occorre mettere q 3 nel centro della sfera. Per R r la forza fra sfera e carica q decresce come 1/R4 :



−

q 1 q 2 q 1 q 3 q 2 F = k 2 + k 2 = r12 r13 4π0

− 

rR r + (R2 r2 )2 R3

−

Il lavoro necessario a spostare la carica q rispetto alla sfera è uguale a 2

L =

−∆U dove

k q 1 q 2 k q 1 q 3 q r r U = + = + 2 2 2 2 r12 2 r13 8π0 r R R

−





cioè senza aver incluso in U l’energia potenziale fra le due cariche immagini. Notare come in effetti viene in modo non ovvio F = dU/dR.

−

30


Esercizio 49: Sfera conduttrice in E costante

Una sfera conduttrice isolata di raggio r viene messa in un campo elettrico E 0 esterno costante. Soluzione: Si

può trovare la soluzione in diversi modi, sviluppando ulterioremente esercizi precedenti.

• Partendo dal problema precedente, posso generare un campo elettrico costante usando una carica q a 2 distanza R dalla sfera nel limite q, R → ∞ tenendo costante E 0 = q /4π0 R . In questo limite la carica immagine q  = −qr 0 /R diverge e si avvicina al centro della sfera, dove si trova la seconda carica immagine q  = −q  , ma le due cariche immagine generano un dipolo finito p = −q  d = 4π0 E 0 r3 . Riassumendo: fuori dalla sfera

E = E 0 + (campo generato da un dipolo p nel centro della sfera).

Verifichiamo che il potenziale ϕ(ρ, θ) è costante sulla superficie della sfera a ρ = r



ϕ(ρ, θ) =

p 4π0 ρ2



− E 0ρ

cos θ = (

r3 ρ2

− ρ)E 0 cos θ

La densità superficiale di carica vale σ(θ) =

∂ϕ 0 ∂ρ

−



= 30 E 0 cos θ

ρ=r

• Abbiamo quindi ritrovato la situazione studiata a pagina

20: una sfera con carica superficiale σ(θ) = σ0 cos θ. Avevamo trovato che genera al suo interno un campo elettrico costante E = σ0 /30 , che per σ0 = 30 E 0 è esattamente opposto al campo esterno E 0 . In questo modo dentro la sfera si ha E = 0.

Avevamo anche trovato che all’esterno genera il campo di un dipolo p = V σ0 , che per σ0 = 30 E 0 vale p = 4π0 E 0 r3 in accordo con il risultato precedente. Le linee di campo sono disegnate in figura 3.1d.

Esercizio 50: Carica dentro sfera

(Dal compito del 16/1/2004). Una carica puntiforme q è posta all’interno di un guscio conduttore sferico di raggio interno R e raggio esterno R  , a distanza d dal centro. Il guscio conduttore è posto a terra. Calcolare a) Il potenziale ed il campo elettrico in tutto lo spazio. b) La forza sulla carica q . c) Mostrare che la carica totale indotta sulla sfera è pari a

−q .

d) Come cambia la risposta a) se il guscio conduttore è isolato? Soluzione:

` noto che due cariche q e q  = qR/d a distanze dd  = R 2 dal centro di una sfera producono potenziale a) E zero sulla sfera. Questo è il sistema di cariche immagini che ci serve p er calcolare E nella zona interna . Il fatto che il conduttore abbia spessore finito non complica il problema. Dentro il conduttore e nella zona esterna E = 0.

−

b) La forza è attrattiva e vale F = qq  /4π0 (d

− d)2.

c) Siccome fuori E = 0, la carica totale (q + carica indotta) è zero. d) La carica totale ora è q . Sulla superficie interna si dispone una carica totale q distribuita in modo da schermare, a r > R l’effetto della carica puntiforme. Sulla superfcie esterna si dispone uniformemente una carica totale q , generando un campo radiale E = q/4π 0 r2 . Dentro E rimane come prima.

−


31

Esercizio 51: Capacitatore cilindrico

Un cavo coassiale è fatto di un filo conduttore interno di diametro d circondato da un guscio metallico di diametro D. Calcolare la capacit` a. Sapendo che l’aria pu` o sostenere E max = 3MV/ m (rigidità dell’aria) trovare quale valore di d/D consente di avere la massima differenza di potenziale, e quale d/D consente di immagazzinare la massima energia. Soluzione: Usando

il teorema di Gauss possiamo immediatamente calcolare il campo elettrico nello spazio vuoto fra le due armature: 2πr E r = λ/ 0 da cui

·

E r =

2kλ = r

− ∂ϕ ∂r

⇒

ϕ =

−2kλσ ln r.

Quindi la differenza di potenziale vale V = ∆ϕ = 2kλ ln(D/d) e la capacità per unità di lunghezza vale 2π 0 /ln D/d. Imponendo che il massimo campo elettrico E (r = d/2) = 4kλ/d sia uguale a E max si trova che la massima differenza di potenziale vale d D V = E max ln 2 d Per esempio V = 3.45kV se d = 1mm e D = 1cm. Fissato D, V è massimizzato scegliendo d = D/e. L’energia immagazzinata in una lunghezza L vale U = ricalcolabile anche come U =



CV 2 d D 2 = Lπ 0 E max ( )2 ln 2 2 d

0 E 2 0 d 2 dV = L2π( )2 E max 2 2 2



D/2

d/2

r dr . r2

√

Fissato D, l’energia immagazzinata è massimizzata scegliendo d = D/ e.

Esercizio 52: Contatore Geyger

Un contatore Geyger è costituito da un capacitatore cilindrico caricato ad alto potenziale e contenente un gas non conduttore rarefatto (ad esempio argon). In questo modo, quando una particella passa e ionizza un elettrone del gas, l’elettrone prima di andare a sbattere su di un altra molecola del gas ha acquistato energia sufficiente a ionizzarla, producendo una cascata. Stimare quale campo E e densità del gas sono necessari. tipica energia di ionizzazione è circa 1 eV (13.6 eV per l’idrogeno). Quindi serve Ed > eV dove d ` e il cammino libero medio. Ad esempio, per V 10kV/m vicino al filo centrale (che può avere raggio d 25 µm) si ha E V /d 10 8 V/m e quindi serve d 10−8 m. Un gas a STP ha circa 1025 molecole/m3 , quindi serve una pressione di circa 0.1 atm, perch` e inizi a funzionare nella zona vicino al filo centrale. Questo deve essere messo a potenziale positivo, affinchè gli elettroni vengano spinti sul bordo esterno. Soluzione: Una

∼

∼

∼

∼ ∼

∼

Esercizio 53: Capacitatore di dimensioni variabili

Si raddoppia la distanza fra i piatti di un capacitatore di capacità C . Quanto lavoro meccanico occorre fare se (a) le cariche sui piatti sono tenute costanti? (b) una batteria mantiene costante la differenza di potenziale V ? Soluzione: Ricordo

che Q = CV . Per due piatti conduttori di area A a piccola distanza d V = Ed = σd/0 = Q d/A0 cioè

·

C =  0 A/d

Raddoppiare d dimezza C . All’inizio l’energia vale U = Ad

0 E 2 A0 V 2 CV 2 Q2 = = = . 2 2 2C d 2

32


(a) Alla fine U  = Q2 /2C  = 2U quindi L = U U  = U . Infatti il campo elettrico rimane uguale, ma occupa un volume doppio. I due piatti si attraggono, quindi occorre una forza F = L /( d) per allontanarli.

−

−

−

In generale, quando uno modifica un capacitatore variando la capacità di dC tenendo la carica Q costante 2

2

2

Q V −dU = − Q2 d 1C = 2C dC = dC 2 2 (b) Alla fine U  = C  V 2 /2 = U/2 quindi L totale = U − U  = U/2 > 0. Questo sembra suggerire che i due F ds = d L =

piatti si respingano, mentre invece uno si aspetta che si attraggano esattamente come nel caso precedente (in quanto contengono cariche di segno opposto). Il punto è che L totale è il lavoro totale, somma di due contributi: un contributo meccanico (legato alla forza necessaria per spostare le armature), ed un lavoro ricevuto dalla batteria mano a mano che le cariche sulle armature diminuiscono. La carica finale vale Q = C  V = Q/2. Una carica ∆Q = Q/2 viene spinta dentro la batteria, che riceve un lavoro QV /2 = U . L meccanico = L totale L batteria = U/2 < 0. L batteria =

−

− −

−

−V dQ = −V 2dC . L’energia

In generale la batteria riceve un carica dQ e quindi un lavoro L batteria = nel capacitatore varia di V 2 dC/2. Quindi il lavoro meccanico vale

−

2

F ds = d L meccanico = d L totale

− dL batteria = V 2

dC

come nel caso (a). Quindi in generale la forza e` legata alla variazione della capacità C da F = (V 2 /2)(dC/ds), e tende ad aumentare la capacità. In questo esercizio abbiamo solo ottenuto un risultato atteso in modo complicato. Il prossimo è più interessante. Ad esempio se inserisco una barra conduttrice in un condensatore...

Esercizio 54: Conduttore in capacitatore

Un conduttore di spessore d viene parzialmente inserito in un capacitatore quadrato di spessore D e lunghezza L D mantenuto ad una differenza di potenziale V . Calcolare la forza sentita dal conduttore mobile.



Soluzione: Il

sistema è disegnato in fig. 3.1a. Possiamo vederlo come una capacit` a C 0 =  0 L(L x)/D in parallelo con una capacità C 1 =  0 Lx/(D d) (costituita da 2 capacità in serie). Inserire un conduttore è un po’come ridurre la distanza fra i piatti: per questo la capacità aumenta. Il valore preciso è

−

−



0 L2 xd C = C 0 + C 1 = 1+ D L(D d)

−

Come visto in precedenza la forza vale F =



V 2 dC V 2 dL0 = . 2 dx 2 D(D d)

−

Fisicamente la zona dove agisce la forza è la punta del conduttore: sebbene in quella zona non sappiamo fare i calcoli, sappiamo calcolare la forza totale. Determiniamo ora il segno dell’effetto. Non mi pare possibile capirlo in modo intuitivo, ma solo affidandosi al formalismo. Nel caso banale dell’esercizio precedente la forza tende ad attrarre i piatti, cioè ad aumentare la capacità. Quindi in questo esercizio il conduttore viene attratto dentro il condensatore, perchè questo aumenta la capacità.

• • • • • • • • • • • • • • • • • •

Il problema può essere alternativamente risolto in maniera diretta. Chiamiamo σ 0 la densità di carica sulla superficie L(L x) non interessata dal conduttore interno, e σ1 la densità di carica sulla superficie Lx interessata dal conduttore interno. Quindi E i = σ i /0 . Data la carica totale, e dovendo essere la differenza di potenziale eguale nelle due zone deve essere

−

σ0 L(L da cui σ0 =

− x) + σ1Lx = Q,

D d L(DL + d(x

−

− L))

Q,

C =

σ0 D = σ1 (D

− d),

Q 0 Q 0 L DL + d(x L) = = V σ0 D D D d

−

−


33

Figura 2.3: (a) Condensatori in serie. (b) Condensatori in serie.

Esercizio 55: Condensatore sferico

Un condensatore è costituito da una sfere concentriche di raggi r1 ed r2 . Calcolare la capacit` a e discutere il limite r 2 .

→ ∞

Soluzione:

C =

Q 4π0 = −1 ∆V r1 r2−1

−

Se r2 r1 il valore di r2 conta poco e si può pensare un’unica sfera come un condensatore di capacità C = 4π0 r1 avente l’altro ‘’piatto’ ad infinito.



Esercizio 56: Condensatori in serie

Due condensatori di capacit` a C 1 e C 2 con cariche Q1 e Q2 vengono connessi come in fig. 2.3a. Come si redistribuiscono le cariche? Soluzione: La

corrente flusice lungo la resistenza, dissipando energia, fino a che i due condensatori hanno equali differenze di potenziali. Imponendo V =

Q1 Q = 2 C 1 C 2

e

Q1 + Q2 = Q1 + Q2

si trova Q i = C i (Q1 + Q2 )/(C 1 + C 2 ).

Esercizio 57: Effetto delle punte

Due sfere conduttrici cariche di raggi r ed R lontane sono connesse da un filo. Mostrare che il campo elettrico attorno alla sfera piccola è pi` u grosso che attorno alla sfera grossa. Soluzione: Le

cariche in un conduttore carico si respingono, e quindi cercano di andare il più possibile lontane le une dalle altre, generando una forte concentrazione di cariche sulle punte. La sfera piccola schematizza una punta e consente di fare un calcolo esplicito. Le cariche q e Q sulle due sfere si determinano imponendo che i potenziali sulle superfici delle due sfere siano uguali: Q q = R r Questo corrisponde a quanto visto nell’esercizio precedente: Qi C i attorno alla sfera piccola E (r) q/r 2 R = = . 2 E (R) Q/R r

∝ ∝ r i.

Quindi il campo elettrico è grosso

Il massimo campo elettrico che l’aria asciutta può sopportare è è qualche MV/m (con campi elettrici più forti rendono l’aria conduttrice dando luogo a scariche). Mettendo delle punte su di un parafulmine ci si assicura che una nuvola carica eletricamente si scarichi su di esse.

34


Esercizio 58: Dumbo

Cosa fate se all’orale vi viene proposto: infila un dito dentro un buco di una presa e diamo 30, infilane due e diamo anche la lode? Soluzione: Suggerimento

1: gli uccelli si posano tranquillamente su di un filo dell’alta tensione. Suggerimento 2: è realistico un cartone animato in cui un elefante volante si posa sui fili dell’alta tensione?

Capitolo 3

Dielettrici La densità di polarizzazione indotta da un campo elettrico esterno P =  0 χE induce una densità di cariche di polarizzazione ∇ P = ρ pol (e sui bordi una densità superficiale σpol = ∆P ⊥ ). Separando la carica totale in ρtot = ρfree + ρpol e definendo D = P +  0 E E = κP /(κ 1) il campo D soddisfa a ∇ D = ρfree . Se χ è costante un dielettrico è descritto dalle stesse equazioni del vuoto con 0  = κ 0 dove κ = 1 + χ. Se χ varia bruscamente le condizioni di raccordo su bordi senza cariche libere sono: ∆E  = 0 e ∆D⊥ = 0 (cioè 1 E ⊥1 =  2 E ⊥2 ).

·

≡

−

·

→

Esercizio 59: Transistor veloce

 d2 riempito di dielettrico.

Calcolare la capacità di uno strato di spessore d ed area S Soluzione: Basta

sostituire  0 : C = S/d. Quindi la capacità aumenta se k = / 0 [Da www.intel.com/technology/silicon/high-k.htm]. Un transistor è un interruttore che si apre (NMOS) o si chiude (PMOS) quando il voltaggio sul ‘gate’ supera un certo valore critico. Il componente cruciale della porta è uno strato di SiO2 . Per rendere il transistor veloce ed economico, l’attuale (2006) tecnologia dei computer utilizza uno strato cos`ı sottile (1.2 nm) che, anche quando dovrebbe isolare, parte della corrente scappa, causando problemi di surriscaldamento. Per risolvere questo problema sono stati sviluppati materiali equivalenti ma con più alta costante dielettrica, anche k 100, che quindi hanno capacità maggiore e, come spugne, sanno trattenere la carica durante l’intervallo di tempo in cui il circuito è chiuso. Appena il circuito si apre la carica accumulata parte, permettendo transistor veloci anche con uno spessore abbastanza grande da evitare perdite di corrente.

 1.

→

∼

Esercizio 60: 2 dielettrici in condensatore piano

Calcolare la capacità di un condesatore piano ottenuto mettendo due diversi dielettrici fra due piatti conduttori come mostrato in figura. Soluzione:

σ 1 σ

ε 1 ε 2

35

σ 2

ε 1

ε 2

36

Capitolo 3. Dielettrici 1) Chiamo  lo spessore totale, diviso in 1 ed  2 . Nel primo caso conviene usare il campo D perchè è costante: D = σ =  1 E 1 =  2 E 2 Quindi la differenza di potenziale V e la capacità C = Q/V valgono V = E 1 1 + E 2 2 =

Q 1  2 ( + ) S 1 2

1 1 1 = + C C 1 C 2

cioè

dove

C i =

i S . i

Questa geometria corrisponde ad avere due condensatori in serie. 2) Nel secondo caso conviene usare il campo elettrico perchè uguale nelle due zone, visto che ∆E  = 0 lungo il bordo e che la differenza di potenziale è la stessa nelle due zone. Quindi la densit` a di carica totale è la stessa nelle due zone; ma ci interessa la capacità che è definita in termini della carica libera come C = Qfree /V . Chiamiamo σ1 e σ2 al diversa densità di carica libera nelle due zone. Siccome hanno uguale area la densità media di carica media è σ = (σ1 + σ2 )/2. Esse determinano il campo elettrico come E i = σ i /i . Imponendo E 1 = E 2 si ottiene σi = σ

i 1 + 2

e quindi

V = E i  =

Q/S 1 + 2

C = (1 + 2 )

S = C 1 + C 2 . 

Questa geometria corrisponde ad avere due condensatori in parallelo.

Esercizio 61: N dielettrici in condensatore piano

Ripetere l’esercizio precedente mettendo N dielettrici di egual spessore /N e costanti dielettriche i = 1 + (2 1 )i/N . Ottenere il risultato nel limite N .

−

→ ∞

Soluzione:

1) Quando sono in serie 1 = C dove () =  1 + (2

− 1)z/.

N

1 = C i

N

  i=1

i=1

 →

∆z i S



dz  ln(1 /2 ) = (z)S S 1 2

−

0

2) Quando sono in parallelo, scrivendo S = L2 N

C =

C i =

i=1

dove (x) =  1 + (2

N

  i=1

i L ∆x 

 →

L

0

(x)dx L S 1 + 2 =   2

− 1)x/L. Esercizio 62: Condensatore in acqua

Un condensatore cilindrico di lunghezza L e diametri esterno ed interno D e d, mantenuto ad una differenza di potenziale V , viene immerso verticalmente in una bacinella d’acqua, di densità ρ. Calcolare di quanto si innalza il livello dell’acqua dentro il condensatore rispetto al livello esterno. Soluzione: Abbiamo

visto che inserendo un dielettrico fra le armature di un condensatore se ne aumenta la capacit` a, e che quindi le forze elettriche F el = dU el /dz tendono a far salire l’acqua dentro il condensatore. Al contrario la forza gravitazionale F grav tende a farla scendere. L’acqua salirà fino ad un livello z tale che queste due forze si bilanciano. Calcoliamole.

• Se l’acqua entra nel condensatore di un tratto z la capacità vale C (z) = 2π(z + (L − z)0)/ ln(D/d) = C (0) + 2π0 zχ/ ln(D/d). avendo definito  = (1 + χ)0 . La forza elettrica non dipende da z : F el = +

V 2 dC πV 2 0 χ = . 2 dz ln D/d

Capitolo 3. Dielettrici

37

• La forza gravitazionale cresce con z : F grav =

2 2 −m(z)g = −π D 4− d zρ · g

Imponendo F grav + F el = 0 si trova z =

(D2

−

4V 2 0 χ d2 )gρ ln(D/d)

cioè misurando z si può ricavare χ. Numericamente viene z

∼ mm per D ∼ mm e V ∼ kV.

Esercizio 63: Carica davanti a semipiano dielettrico

Lo spazio è riempito da due semipiani dielettrici aventi a sinistra (x < 0) costante dielettrica 2 , ed a destra (x > 0) costante dielettrica 1 . Una carica q si trova a destra a distanza d dalla superficie di separazione. Trovare i campi elettrici. Soluzione: Partendo

come ispirazione da come il metodo delle immagine risolve l’analogo problema nel caso che a sinistra ci sia un conduttore, provo la seguente soluzione: 1 ϕ = 4π 1



q/r + q  /r q  /r

x > 0 x < 0

dove r è la distanza dal punto P = (d, 0, 0) dove si trova la carica q , e r  la distanza dal punto ( d, 0, 0) dove si trova la carica q  ; la carica q  viene pure messa in P . In questo modo è possibile soddisfare le condizioni di raccordo sul piano di separazione, lungo il quale r = r  :

−



∆E = = 0 ∆D⊥ = 0



i.e.

E =1 = E =2 E ⊥1 /1 = E ⊥2 /2

Inserendo E =1 =

(q + q  )cos θ , r2

E =2 =

q  cos θ , r2

E ⊥1 =

si ottiene



q  = q + q  , 1 (q − q  ) =  2 q 

⇒

La forza risentita dalla carica q dipende dal segno di  1 F =

− 2

( q + q  )sin θ , r2

−

 

E ⊥2 =



− q rsin2 θ

1 2 q  = q , 1 + 2 21 q  = q 1 + 2

−

qq  . 4π1 (2d)2

Le linee di campo sono: Ε2  10 Ε1

Ε2  Ε1

• Per 2  1 (acqua a sinistra ed aria a destra) si ritrova il conduttore: attrattiva.

10

q  =

−q e q  = 0.

La forza è

• Per  2 = 1 si ritrova il caso banale. La forza è nulla. • Per  1  2 le linee di campo tendono invece a rimanere confinate nella zona 1. La forza è repulsiva.

38


L

D

P

d

x

Figura 3.1: Esercizi su forze fra dielettrici e conduttori.

Esercizio 64: Dielettrico in condensatore

Un dielettrico di costante dielettrica relativa κ e spessore d viene parzialmente inserito in un condensatore quadrato di spessore D e lunghezza L D mantenuto ad una differenza di potenziale V V .. Cal Calcol colare are la forza forza sentita dal dielettrico.



Soluzione: Il

sistema è disegnato in fig. 3.1 3.1a. a. Pos Possiamo siamo vederlo vederlo come una capacit` a C 0 =  0 L(L x)/D in parallelo con una capacità C 1 , costituita da 2 capacità in serie: C 1 =  0 Lx/ Lx/((D d) e C 1 = κ 0 Lx/d Lx/d.. Qui Quindi ndi la capacità totale vale

−

−

C = C 0 + C 1 = = C C 0 +

1

= 1/C  + 1/C 1 /C  1

1

0 L(L D

− x) + x

d

−

L0 κ dκ + Dκ

Come visto in precedenza la forza vale F =

V 2 dC V 2 dL0 (κ 1) = 2 dx 2 D(d dκ + Dκ Dκ))

−

− Il dielettrico viene attratto dentro il condensatore. Per κ → ∞ si ritrova il ‘conduttore in condensatore’ studiato

a pagina 32, pagina 32, Abbiamo Abbiamo potuto trascurare gli effetti ai bordi e sulla punta del dielettrico mobile sebb ene sia l`ı che si esercita la forza.

Esercizio 65: Forza di conduttore su dielettrico

Un dielettrico di base quadrata a quadrata a ed ed altezza h altezza h a ha una polarizzazione uniforme P uniforme P come come in figura 3.1 figura 3.1b. b. Viene appoggiato appogg iato su di un piano condu conduttore ttore.. Calco Calcolare lare la forz forzaa risen risentita. tita.



Soluzione: La

polarizzazione genera una densità di carica uniforme +σ + σ sulla cima, e σ sulla sulla base. base. (P (Per er determinare il segno basta ricordare ρpol = ∇ P = ∂ z P z ). Lo si si pu` puo` risolvere usando un dielettrico immagine. Ma la forza dominante è quella generata dalle cariche σ nella base che inducono una carica +σ +σ sul 2 2 2 conduttore condu ttore,, ed un campo elettrico elettrico E E = = σ σ/ /0 e quindi una forza attrattiva F = E Eσa σa /2 = P a /20 . Stimi Stimiamo amo 2 il contributo delle cariche sul tetto approssimandole come una carica puntiforme q = σa . Int Introduce roducendo ndo una carica immagine q essa essa risente una forza q 2 /h2 4π0 . Quindi la forza totale vale

− ·

−

−

−

−

F

≈ ≈



P 2 a2 a2 1+ 20 2πh 2



Il contributo delle cariche in cima è trascurabile.

Esercizio 66: Dielettrico in campo esterno

Un dielettrico con costante dielettrica κ e` immerso in un campo elettrico esterno E ext Calcol colare are il campo campo ext . Cal elettrico all’interno del dielettrico assumendo che esso abbia forma a) lunga e sottile; b) corta e larga; c) sferica. Soluzione:


39

Figura 3.2: Linee Linee di camp campo o (continu (continue) e) ed equipotenzi equipotenziali ali (tratte (tratteggia ggiate) te) per una sfera sfera dielettric dielettrica a in un camp campo o elettrico esterno costante. Le tre figure correspondono a costanti dielettriche κ = 1, 3, 30 .

{

}

a) Se il dielettrico è lungo l ungo e sottile, la l a condizione al bordo b ordo dominante è ∆E ∆ E  = 0, e quindi E in = E E ext in = ext . b) Se il dielet dielettrico trico è corto e largo, largo , la condizi condizione one al bordo dominante è ∆D ∆ D⊥ = 0: dentro il dielettrico il campo elettrico vale E vale E in = D Din /κ /κ = = D D out /κ /κ = = E E out /κ.. in = out /κ c) Se il dielettrico è sferico, verr` a una cosa intermedia ma il conto è pi ù compicato. Le equazioni da risolvere sono, dentro il dielettrico: E tot P =  0 χE tot (3.1) tot = E ext ext + E pol pol , tot cioè la polarizzazione è proporzionale al campo elettrico totale, che comprende un contributo generato dalla polarizzazione. Assumiamo che χ che χ κ 1 1: in tal caso la polarizzazione è piccola E ext e E tot saranno quasi uguali, e quindi in prima approssimazione la polarizzazione vale P 0 χE ext e quindi costante. Come discusso dis cusso ext , ed ` a pagina 20 pagina 20)) un P costante genera una densità di cariche superficiali σ superficiali σ = = P P cos cos θ e quindi, all’interno della sfera,, un campo elettrico sfera elettrico E pol = P /30 uniforme. Il campo elettrico totale vale

≡ − 



−

E tot tot = E ext + E pol pol

 (1 − χ3 )E ext ext

c) In generale E ext differiscono ono in mod modoo sig signifi nificat cativ ivo. o. Pro Provia viamo mo a ve veder deree se una pola polariz rizzaz zazion ionee ext e E tot tot differisc P uniforme risolve il problema impostato in eq. ( 3.1 3.1). ). La polarizza polarizzazio zione ne genera genera un campo elettric elettricoo E pol P /30 = χE ext pol = ext /3 uniforme: quindi, dentro la sfera si produce un campo uniforme

−

−

E tot tot = E ext + E pol pol = E ext

− χ3 E tot tot

⇒

E tot tot =

E ext ext

1 + χ/ χ/33

=

3E ext ext 2+κ

minore del campo esterno. minore esterno. Per χ 1 si ritro ritrov va l’appr l’approssim ossimazione azione del punt puntoo prece preceden dente. te. Per χ dielettrico diventa come un conduttore.



 1 il

Il campo elettrico totale esterno alla sfera è quello esterno pi` pi ù quello di un dipolo: il risult risultato ato è disegn disegnato ato in figura 3.2.

Esercizio 67: Buco in dielettrico

Un dielettrico con costante dielettrica κ out è immerso immer so in un campo camp o elettrico elett rico esterno e sterno E ext . Il dielettrico contiene un buco di forma a) lunga; b) corta; c) sferica. Calcolare il campo elettrico dentro il buco. Soluzione:

a) E in = E E ext in = ext . b) E in = D D in = Dout = κ out E out in = out .

40

Capitolo 3. Dielettrici c) Consideriamo il problema generale di un oggetto dielettrico di costante in immerso in un dielettrico esterno di costante out . Le condizioni condizioni al bordo che devono devono essere soddisfatte soddisfatte sulla superficie della sfera sono ⊥ = ⊥, = = out E out =   in E in E out = E = E in Cioè conta solo il rapporto κ = in /out . Le soluzio soluzioni ni ottenu ottenute te ai pun punti ti a) e b) di questo questo eserciz esercizio io e di quello precedente soddisfano a questa proprietà generale. Per trovare la soluzione basta quindi sostituire κ sostituire κ

→ 1/κout nella soluzione c) dell’esercizio precedente.

La stessa soluzione è riottenuta tramite un calcolo esplicito nell’esercizio successivo.

Esercizio 68: Sfera dielettrica in dielettrico

Un dielettrico di costante dielettrica  out contiene un buco sferico di raggio r e costante dielettrica  in . Si studi il sistema in presenza di un campo elettrico esterno E ext ext . Soluzione: Proviamo

a trovare una soluzione assumendo che il campo interno sia E tot tot = E in in costante, e che il campo esterno sia E tot = E = E + campo generato da un dipolo P . P . Ci sono 2 inco incognite gnite: : E tot P .. Le tot out out ext ext tot e P condizioni al bordo che devono essere soddisfatte sulla superficie della sfera sono r r out E out =  in E in ,

θ θ E out = E = E in

Esplicitamente out (E ext ext

− 2 kP )cos θ = =   in E in in cos θ, r3

da cui E in in =

3E ext ext , 2 + in /out

(E ext ext +

k P kP )sin θ = = E E in in sin θ r3

kP out in = E ext ext 3 r 2out + in

−

Esercizio 69: Uva in microonde

Perch`è mettendo due acini d’uva vicini in un forno a microonde possono venire piccoli fulmini? Perch Soluzione: La

fig. ?? c pi` u o meno descrive il campo elettrico di un acino d’uva dentro un forno a microonde: essendo l’acqua un dielettrico con κ 80 1 è quasi un conduttore. Quindi il campo elettrico dentro è molto ridotto. Mettendo due acini d’uva a distanza d d molto molto minore del loro raggio r raggio r,, il piccolo spessore d spessore d deve deve contenere quasi tutta la differenza di potenziale: E E microonde E microonde o capitare che E 30 3000 00 V/mm microonde r/d microonde . Pu` raggiunga il massimo campo elettrico sopportato dall’aria, prima che si scarichi tramite ionizzazione. Mettendo un chicco quasi tagliato a metà, a , si pu` o risucire a formare un plasma ionizzato nella zona di stewdio.org/plasma plasma ). Il fenomeno è presumibilmente innalzato dal fatto congiunzione (foto e avvertimenti in stewdio.org/ che lunghezza d’onda del microonde (λ ( λ = 12 12..5 cm), ridotta ridotta a λ a λ = = 1.4 cm in acqua, è comparabile alla dimensione di un chicco d’uva.

∼  ∼ ∼

·



∼ ∼

Esercizio 70: Attrazione fra dielettrici

Perch`è un pettine attrae pezzettini di carta? Perch Soluzione: Storicamente

fu una delle prime manifestazioni dell’elettricità (èlec ecttro ron n non non è ingles inglesee ma greco, e vuo vuoll dir diree am ambra bra.. Anc Anche he un pett pettine ine di pla plasti stica ca va benissimo benissimo). ). Il fatto che che la carta attrat attratta ta rimanga rimanga poi appiccicat appic cicataa indica che c’entrano c’entrano i dielet dielettrici. trici. Se fossero invece invece caric cariche he libere si neutr neutralizze alizzerebbero rebbero appena si toccano. Un dielet dielettrico trico in un campo uniforme non sen sente te nessu nessuna na forza forza.. Quest Questoo è ovv ovvio io per geom geometrie etrie semplici (e.g. cubo o cilindro orientato lungo il campo), è stato verficato in precedenza nel caso di una sfera, ed in generale è dovuto dov uto al fatt fattoo che il dielet dielettrico trico si polariz p olarizza za lungo il campo. Un dipolo in campo elettrico costante costante non sente forze.


41

Un dielettrico in un campo elettrico non uniforme viene attratto verso campi grossi: lo abbiamo visto nel caso particolare del condensatore piano, dove erano gli effetti ai bordi a generare la forza attrattiva E 2 . La seconda potenza non è specifica di questa geometria semplice, ed è dovuta al fatto che F = σpol E è che la carica di polarizzazione è a sua volta E . In generale il dielettrico viene attratto verso campi grossi da una forza che è complicato calcolare in dettaglio. Ma gli argomenti precedenti consentono di dire che in generale la forza è del tipo F ∇E 2 . Un pettine sfrutta l’effetto delle punte per generare un campo elettrico abbastanza grosso ed abbastanza dipendente dalla posizione in modo da generare una forza abbastanza grande da attrarre pezzetti di carta.

∝

∝

∝

Capitolo 4

Correnti e la resistivit` a e σ = 1/ρ viene chiamata conducibilità . Per effetto Joule viene dissipata una E = ρ j dove ρ ` 2 ` potenza W = j E = ρj . E utile introdurre la corrente totale I e definire la resistenza R in modo che V = I R.

·

Esercizio 71: Capacitatore piano imperfetto

Calcolare il tempo di scarica di un condensatore piano (area A, distanza tra i piatti d) contenente un materiale di conducibilit` a σ e costante dielettrica . Soluzione: Attenzione:

σ qui non indica la densità superficiale di cariche. Si può ragionare in due modi:

1. Usando le equazioni fondamentali. Il campo elettrico E = Q/A genera una corrente J = σE e quindi σ  ˙ Q = AJ = Q risolta da Q(t) = Q(0)e−t/τ dove τ = .  σ

−

−

2. Usando le formule valide per circuiti. La capacit` a vale C = A/d, la resistenza R = d/Aσ. Quindi τ = RC = /σ. Notare che τ non dipende da A e d, cioè da quanto è grosso il condensatore. Questo rende più semplice il funzionamento delle cellule: il tempo di scarica non varia quando la membrana diventa più spessa o grossa.

Esercizio 72: Scarica di sfera carica

Calcolare il tempo di scarica di una sfera di raggio a in un dielettrico di conducibilità σ e costante dielettrica . Soluzione: Esce

una corrente radiale. Siccome ha divergenza zero le cariche flusicono verso distanza infinita senza accumularsi. Facendo il calcolo direttamente ottengo: flusso di J dQ = dt

flusso di E

      − − 4πr 2 J r =

4πr 2 E r σ =

− σ Q

e quindi Q(t) = Q(0)e−t/τ con τ = /σ. Per t il materiale si è comportato come un conduttore, per t τ = /σ come un dielettrico. ˙ Posso riscrivere la corrente i = Q come i = V /R dove V = Q/4πa è la differenza di potenziale e R = 1/4πaσ. Avevamo visto che una sfera ha una capacità C = 4πa. Quindi possiamo schematizzare il sistema come un circuito (chiuso all’infinito) con costante tempo τ = RC = /σ. La potenza dissipata per effetto Joule vale

→ ∞



W =



2σ dV E J = 0

·

L’energia dissipata per effetto joule vale U Joule =



0 E 2 2 = U e−2t/τ 2 τ

dV



2 W dt = U τ 42



∞

0

e−2t/τ = U

Capitolo 4. Correnti

43

Esercizio 73: Resistenza fra sfere concentriche

Calcolare la resistenza fra due sfere concentriche di raggi a e b in un materiale di resistività ρ. Soluzione: Posso

calcolarla indirettamente interpretando il sistema come una serie infinita di resistenze: come visto nell’esercizio precedente la resistenza di un guscio di spessore dr vale dR = ρ dr/4πr 2 . Sommando le resistenza di tutti i gusci in serie viene R = Se a



dR =

ρ 1 ( 4π a

− 1b )

 b conta solo il primo termine: l’integrale è dominato dalla zona vicino alla sfera piccola. Esercizio 74: Sonda marina

Due sfere di raggi a vengono calate in mare a distanza d e connesse da un filo conduttore. Calcolare la resistenza del circuito. Soluzione: Domina

la zona vicino alle sfere (o attorno alla sfera piccola, se avessero dimensioni diverse): quindi l’elettrostatica consente e.g. di misurare localmente la salinità del mare. Se passa un branco di pesci fra le sfere non me ne accorgo. Per pescare servirà l’elettrodinamica. Si pu` o schematizzare il sistema come due resistenze R = ρ/4πa in serie. Per a = 25cm e ρ = 25ohmcm viene 2R = 0.27 ohm.

Esercizio 75: Fulmine

Un fulmine porta una corrente I = 100 kA che si disperte semi-sfericamente sul terreno, che ha resistività ρ = 100 Ω m. A distanza r = 50 m si trovano un uomo (distanza tra i piedi d U = 0.5 m ed una mucca (distanza tra le zampe anteriori e quelle posteriori uguale a dM = 1.5 m. Supponendo che sia uomo che mucca abbiano resistenza R = 4 kΩ, calcolare la corrente che li attraversa ed il suo effetto biologico.

·

una corrente radiale J r = I /2πr 2 e quindi un campo elettrico radiale E r = ρJ r . Quindi la differenza di potenziale tra due punti a distanza d vale V = ∆ϕ = ρI/2πr r+d E d = ρId/2πr 2 . r Numericamente si ha V = 63V (d/m) alla distanza r indicata. Quindi per l’uomo I U = V /R = 0.008 Ampere e per la mucca I M = 3I U . Questa corrente fa contrarre i muscoli; tipicamente la mucca stramazza e l’uomo se la cava; a differenza della mucca l’uomo potrebbe non farsi quasi nulla se tenesse i piedi uniti. Soluzione: Nasce

−

·

|

 − ·

−

Esercizio 76: Piastre

Due piastre circolari di raggio a sono poste orizzontalmente una sopra l’altra a z = d/2 a. Ciascuna delle due piastre contiene una carica Q/2 distribuita uniformemente lungo la superficie. Il volume V fra le due piastre è riempito con un materiale di conducibilità σ e densità iniziale di carica ρ 0 = Q/V .

±

−



a) Calcolare la densità di corrente J all’istante iniziale. b) Si mostri che ρ rimane uniforme e se ne calcoli l’evoluzione temporale. c) Calcolare l’energia dissipata per effetto Joule. Soluzione:

a) J = σ E . Il campo elettrico è diretto lungo l’asse z e vale zero per z = 0. La prima eq. di Maxwell ∂E z /∂z = ρ/0 implica E z = zρ/0 per z < d/2. Fuori E = 0.

| |

b) ρ = ˙

−∇ · J = −σ∇ · E = −ρσ/0: quindi ρ(t) = ρ0e−t/τ dove τ = 0/σ.

44

Capitolo 4. Correnti c) Si può procedere integrando la potenza W sul tempo. Oppure, si può pi` u semplicemente usare il fatto che tutta l’energia iniziale E 0 viene dissipata: E 0 =



 0 E 2 dQ2 dV = . 2 24πa2 0

Esercizio 77: Atmosfera terrestre

Si misura che la Terra (una sfera conduttrice di raggio R = 6350 km) ha una densit` a superficiale di carica negativa e che al livello del suolo esiste un campo elettrico radiale diretto verso il centro della terra di intensità E 0 = 100 V/m. a) Valutare la carica totale Q sulla crosta terrestre. b) Valutare la pressione elettrica sulla crosta terrestre. Si osserva che il campo elettrico vale zero sopra l’atmosfera schematizzata come una distribuzione uniforme di carica ρ di altezza h = 40 km. Nel seguito si tenga conto dell’approssimazione h R. c) Determinare la carica totale sul pianeta (terra più atmosfera) e ρ;



d) determinare il campo elettrico E (z) al variare della quota z dal suolo; e) determinare la differenza di potenziale ∆V tra l’infinito e la superficie terrestre; f) determinate l’energia elettrostatica della Terra. In realtà l’atmosfera può essere approssimata come un conduttore ohmico con conducibilità σ = 10−14 /Ω m.

·

g) determinare la potenza dissipata per effetto Joule;

Assumendo che non ci siano meccanismi compensatori (ad esempio temporali) a ripristinare l’osservato squilibrio di carica tra suolo e atmosfera h) calcolare come varierebbe in funzione del tempo la carica Q della crosta terrestre; i) calcolare come varierebbe in funzione del tempo la densità di carica dell’atmosfera ρ. j) Spiegare brevemente come mai gli esseri umani non si accorgono e non sono danneggiati da tale campo. Soluzione:

a) σ =

−0E 0 = −8.86 10−12 C/m2. Quindi per la carica si ha Q = 4πR2σ = −4.6 105 C .

b) p = σE 0 /2 = 4.43 10−8 N/m2 .

c) Per il teorema di Gauss Qtot = 0 e quindi la densità di carica dell’atmosfera vale ρ = 2.2 10−14 C/m3 .

− Q/(4πR2h) =

d) Il teorema di Gauss, applicato ad una sfera avente il centro coincidente con quello della Terra e raggio R + z, fornisce per z < h, data l’isotropia del campo, 4π(R + z)2 E (z) = (Q + ρ4πR2 z)/0 da cui, trascurando z rispetto ad R, E (z) = Q(1 z/h)/(4π 0 R2 ) = E 0 (1 z/h). Per z > h chiaramente E (z) = 0.

−

−

−

e) La differenza di potenziale tra gli alti strati dell’atmosfera e la superficie terrestre si ottiene da ∆V = h E (z)dz = E 0 h/2 = 2 106 V . 0

−



f) U =

 

dV 0 E 2 /2 = 4πR 2

g) W = dV EJ = σ

× h/3 × 0E 02/2 = 3.0 1011 J. dV E 2 = 4πR 2 × h/3 × σE 02 = 675MW.



h) Dalla densit` a di corrente ricaviamo la corrente totale che tende a scaricare la carica della crosta: I = 2 4πR J s = 507 A. Quindi la scarica avverrebbe esponenzialmente con costante di tempo τ = Q /I = 15 min. Se non ci fossero fenomeni compensatori, come i temporali, la carica si ridurrebbe al 5% in un tempo dell’ordine di 2τ (ovvero mezz’ora).

| |

i) ρ(t) = ρe−t/τ rimarrebbe spazialmente omogeneo. j) Gli esseri umani non risentono degli effetti di E 0 in quanto sono buoni conduttori di elettricità e sono in grado di alterare le linee del campo elettrico. La superficie corporea diviene sostanzialmente equipotenziale.


45

Esercizio 78: Riscaldamento di conduttore

Un conduttore ohmico cilindrico (raggio a) ed infinito ha inizialmente resistività ρ0 e temperatura T 0 . La resistivit` a varia con la temperatura T secondo una legge lineare ρ = ρ 0 (T /T 0 ). Durante il passaggio di corrente, a causa dell’effetto Joule la temperatura cresce proporzionalmente all’energia dissipata (dT/dt = αJ E ) essendo J la densità di corrente ed E il campo elettrico. a) Si supponga che E venga mantenuto costante:trovare l’andamento temporale di ρ e J ; b) Si supponga che J venga mantenuta costante: si risponda di nuovo alle domanda a. Soluzione:

a) Poichè E è costante, e JE = E 2 /ρ, si ha l’equazione dρ/dt = (ρ0 /T 0 )dT/dt = (ρ0 /T 0 )(αE 2 /ρ), la cui soluzione che soddisfa la condizione iniziale ρ(0) = ρ0 è ρ = ρ 0 1 + t/τ 1 con τ 1 = ρ 0 T 0 /(2αE 2 ).



b) Poichè J è costante, e J E = ρJ 2 , si ha l’equazione dρ/dt = (ρ0 /T 0 )dT/dt = (ρ0 /T 0 )αρJ 2 , la cui soluzione che soddisfa la condizione iniziale ρ(0) = ρ 0 è ρ = ρ0 exp(t/τ 2 ) con τ 2 = T 0 /(ρ0 αJ 2 ). Per verificare la conservazione dell’energia occorrerà sapere che parte va in campo magnetico.1

Esercizio 79: Semipiano dielettrico imperfetto

Un dipolo oscillante p = p 0 eiωt viene posto nel vuoto a distanza d da un semispazio x < 0 di costante dielettrica  e conducibilità σ. Soluzione: In

analogia all’esercizio a pagina 37, provo una soluzioni con ‘dipoli immagini’ E =



( p a x = d)+( p a x = ( p a x = d)

−d)

per x > 0, zona 2 per x < 0, zona 1

Questo soddisfa le equazioni ∇

· D = ρfree

∇

× E = 0

∇

· J = −ρ˙free

J = σ E

D =  E

per x < 0 e x > 0, dove l’unica carica è il dipolo p . Sul bordo (chiamdo w la densità di carica) E 1 = E 2 ,

2 E ⊥

− κE ⊥1 = w/0

cioè p

w = ˙

−σE ⊥1

( p˙ + p˙ 

− p = p

⇒

˙2 E ⊥

˙ 1 = −σ1 E 1 /0 − κE ⊥ ⊥

− κ p˙ ) = − σ0 p

Eliminando p  trovo una equazione per p  p˙  =

σ/0 ( p 1+κ

− p ) − 11 +− κκ p ˙

Assumendo p  = p 0 eiωt (dopo un transiente) trovo p = p

Un dipolo ruotante è descritto da p 1

1 iω0 (1 κ)/σ 1 + iω0 (1 + κ)/σ

−

−

∝ (1, i, 0).

Il campo magnetico B φ generato dalla corrente J = E/ ρ all’i nterno del conduttore è dato da (legge di Ampére) B φ = µ 0 rJ/2 = µ0 rE/2ρ. Il vettore di Poynting S = E × B /µ0 alla superficie è quindi radiale e diretto verso l’interno del conduttore. Il flusso di S per unit` a di lunghezza è Φs = −2πa|S| = −πa 2 E/ρ e si verifica che la po tenza entrante è uguale alla p otenza dissipata per effetto Joule:



JEdV = πa 2 E 2 /ρ = −Φs .

Nel secondo caso, poichè ora ∂ t E = ρJ  = 0 nel calcolo di B φ occorre tenere conto della corrente di spostamento: Bφ = (µ0 r/2)(J + 0 ∂ t E ) = (µ0 Jr /2)(1 − 0 ρ/τ 2 ). 2

2

Si ha quindi Φs = πa J ρ(1 − 0 ρ/τ 2 ). Il primo termine corrisponde alla dissipazione Joule, il secondo alla variazione dell’energia del campo elettrico: ∂ t (0 E 2 /2) = −ρ2 J 2 /τ 2 .

46


Esercizio 80: Diodo termoionico

Gli elettroni escono dal catodo con velocità nulla a V 0 = 0. Calcolare come la corrente dipende dalla differenza di potenziale V . 2 elettroni acquistano velocità m a di corrente J = ρv. Se J è 2 v = eV (x) e generano una densit` piccola e non modifica V , abbiamo finito. A basso V la corrente è limitata dalla densità di carica degli elettroni. L’intasamento massimo si ha quando gli elettroni schermano completamente il campo elettrico esterno dando E = 0 al catodo (se E < 0 nulla esce e gli elettroni fuori vengono spazzati via). Utilizzando l’equazione di Poisson ρ/0 = V  si ottiene 2e J = ρv = V  0 V m In condizioni stazionarie J è costante in x. Ottengo una equazione differenziale per V : Soluzione: Gli

−



−

j V  = √

⇒

V

( j =



−J



d V 2 dx 2

− 2 j

√

V



m/2e/0 ). La costante di integrazione vale zero in quanto V  =



V  = 2 jV 1/4



V

⇒

dV V −1/4 =

0

  

V

3/2

3d2 J = 20

−E catodo =. Integrando ancora

x

2 j dx

0

ed, inserendo il valore di j ,

=0

4 3/4 V = 2 jd 3



⇒

m 2e

cioè J V 3/2 : non segue la legge di Ohm. Calcoli simili permettono di studiare giunzioni fra semiconduttori, usati per costruire diodi più moderni.

∝

Esercizio 81: Piatto dielettrico

Un piatto di dielettrico con costante dielettrica  e resistività ρ viene messo in un campo elettrico esterno E ext , che viene improvvisamente rimosso. Studiare cosa succede. Stessa domanda per un campo elettrico esterno E ext = E 0 eiωt lentamente variabile. Soluzione:

• Dopo un po’di tempo si forma una densità di carica σ = 0E ext sul bordo destro e −σ su quello sinistro. Subito dopo che il campo E ext è stato rimosso rimane la σ che genera un campo E = −E ext all’interno del conduttore e quindi una corrente j = E/ρ che inizia a riequilibrare le cariche. Siccome ∇ · E = 0 non si generano cariche di volume. Da ρ˙ = −∇ · j , tenendo che j = 0 fuori dal conduttore segue che σ = ˙ + j = −σ/0 ρ da cui σ(t) = σ(0)e−t/τ con τ = ρ. In questo primo problema il segno giusto è fissato da ovvie considerazioni fisiche.

• Come prima ρ = 0 dentro il conduttore, e si accumulano cariche ±σ ai due bordi, lasciando un campo elettrico interno E in . Le condizioni di raccordo sono 0 E ext = E in + σ

σ = j ˙ = E in /ρ

⇒

σ + τ σ =  ˙ 0 E ext

In condizioni stazionarie la soluzione è σ = σ0 eiωt

con

σ0 =

0 E 0 1 + iωτ

e quindi

E in =

0 E 0 1  1 + 1/iωτ

Se ω = 0 E in = 0 (conduttore perfetto). Se ωτ 1 E in = E 0 /κ (dielettrico perfetto). Per valori intermedi si ha un campo con modulo intermedio che oscilla con ritardo di fase ϕ = arctan ωτ . Il tutto corrisponde a modificare il conto statico usando una costante dielettrica complessa κ ˆκ = κ + 1/iωρ0 .



→


47

Esercizio 82: Sfera dielettrica

Un sfera di raggio r composta da un materiale con costante dielettrica  e resistività ρ viene messa in un campo êxt Re(1, i, 0)eiωt lentamente ruotante. elettrico esterno E ext = E a) Mostrare che la carica libera sta solo sul bordo. b) Scrivere le condizioni di raccordo. c) Verificare che la sfera acquista una polarizzazione P (t) uniforme ruotante con ritardo di fase. d) Trovare il momento delle forze M , ed il valore di ω per il quale M è massimo. Soluzione:

a) Dentro il dielettrico J senza accumularsi.

∝ D.

Prendendo la divergenza segue ρ˙

∝ ρ:

se all’inizio ρ = 0 la carica fluisce

b) In generale (con fuori il vuoto) E =in = E =out ,

E ⊥out = κE ⊥in + σ/0

σ = E ˙ ⊥in /ρ

Assumendo un campo E in costante ed un campo E out = E ext + (campo generato da un dipolo P ) (E in

− E ext − kP )sin θ = 0 a3

(κE in

σ − E ext + 2 kP )cos θ = 3 r 0

σ = ˙

E in cos θ ρ

ˆ i, 0)eiωt , derivando la prima equazione e sostituendo σ˙ la c) Assumendo condizioni stazionarie P = P (1, riscrivo in forma analoga all’equazione statica în (ˆ κE

ˆ

− E êxt − 2 rP 3 )cos θ = 0

κ ˆ

1 ≡ κ + iωρ 0

Quindi la soluzione è analoga a quella ottenuta nel caso statico k ˆ P ˆ 1 êxt 1 κ êxt = E = E 3 r 2+κ ˆ 3 + iωτ

−

−

avendo messo per semplicità κ = 1. [Il segno non viene] d) M = Re P Re E massima per ωτ = 1 (a meno della riduzione nel modulo di P ) (nel sistema Terra-Luna le maree avvengono con ritardo di fase provocando un trasferimento di momento angolare).

×

±

Questo può descrivere l’azione di un forno a microonde su molecole senza dipoli permanenti.

Capitolo 5

Circuiti ` facile ottenere soluzioni approssimate che descrivono alcune Risolvere le equazioni di Maxwell è complicato. E situazioni di interesse pratico (‘circuiti’).

Esercizio 83: Resistenze in parallelo

Verificare che la corrente si ripartisce minimizzando la dissipazione per effetto Joule. Soluzione: L’enegia

Quindi

dissipata vale W = R1 I 12 + R2 I 22 . Chiamando I la corrente totale sia ha I 2 = I

− I 1.

dW = 2R1 I 1 + 2R2 (I 1 dI 1

− I ) = 0

quindi

R1 I 1 = I

R1 R2 = R I R1 + R2

Che sia un minimo e non un massimo, lo si può vedere nel caso R2 piccola minimizzando l’effetto Joule.

 R1: tutta la corrente flusice nella resistenza

Questo fenomeno è utilizzato per giustificare allacci personali alla rete ENEL: a Napoli si dice che gli elettroni vanno spontaneamente da chi offre minor resistenza.

Esercizio 84: Resistenze su cubo

Calcolare la resistenza totale del circuito in fig. 5.1a, assumento che le singole resitenze abbiano un valore comune R. ` un esempio di circuito non decomponibile come combinazioni di serie e paralleli. Lo si potrebbe E risolvere scrivendo le equazioni di Kirchoff, però si fa prima a dare la risposta ad occhio sfruttando la simmetria del problema. Per motivi di simmetria le correnti si dividono come in figura. Quindi la differenza di potenziale fra i due capi vale V = I R( 13 + 61 + 31 ) = I 65 R. Soluzione:

·

Se invece uno collegasse due spigoli opposti sulla stessa faccia del cubo, non passerebbe corrente nelle due linee verticali degli altri due spigoli opposti...

48

Capitolo 5. Circuiti

49

B

I/3

I/3

R1

R2

A

C

R

I/6 R4

R3 D

I/3

Figura 5.1: (a) Circuito a cubo. (b) Ponte di Wheatstone. Esercizio 85: Pile

Si acquista un pacchetto di 4 pile ricaricabili da V = 1.5 V. Si assuma che ciascuna pila riesca a mantenere, durante la scarica, la differenza di potenziale costante V tranne una trascurabile fase finale di rapida diminuzione. Su ciascuna pila è scritto ‘2800 mAh’. a) Che significa? b) Quanti Joule di energia contiene una pila carica? Le quattro pile vengono montate in serie per tenere accesa una torcia, e si scaricano dopo 1 ora. c) Calcolare la potenza W impiegata dalla torcia. d) Da un punto di vista circuitale una lampadina è come una resistenza R. Calcolare il valore di R per la lampadina della torcia. e) Se le 4 pile fossero invece montate in parallelo, come cambierebbe l’intensità luminosa emessa dalla torcia e la sua durata? Soluzione:

a) Q = 2800 mAh = 10000 Couomb è la carica che ciascuna pila riesce a far passare prima di scaricarsi. b) L’energia di una pila è E = QV = 1.5 kJ. Quattro pile hanno E = 4QV = 60kJ. c) Quindi W = E/h = 16.8 Watt. d) Una lampadina è come una resistenza. Da W = (4V )2 /R si ottiene R = (4V )2 /W = 2.1 Ω. e) Riducendo la differenza di potenziale da 6 V a 1.5 V, la potenza (e quindi la luce emessa) scende di un fattore 16, e la durata aumenta di un fattore 16.

Esercizio 86: Ponte di Wheatstone

Risolvere il circuito in fig. 5.1b. ` un esempio di circuito non decomponibile: cioè non si pu` E o evitare di applicare le leggi di Kirchoff vedendolo come combinazioni di serie e paralleli. In pratica lo si usa con: R3,4 resistenze fisse note, R2 resistenza ignota da misurare, R1 resistenza variabile nota, da scegliere in modo tale che la differenza di potenziale V BD = 0, cio` e che non passi corrente attraverso R. Soluzione:

50

Capitolo 5. Circuiti Iniziamo dal caso R =

∞: V BD = 0 (cioè il circuito è ‘bilanciato’) se R 2R4 = R1R3. In generale R1 R4 R1 R3 − R2 R4 − V DB = V = V R1 + R2 R3 + R4 (R1 + R2 )(R3 + R4 )





In condizioni di bilanciamento R2 /R1 = R3 /R4 = r. Per studiare la sensitivit` a dello strumento (e quindi calcolare l’incertezza sperimentale su R2 ) consideriamo una variazione delle resistenze Ri Ri + δR i : essa produce r δR1 δR2 δR3 δR4 V DB = 0 + + V. 2 (1 + r) R1 R2 R3 R4 Passiamo al caso di R finito. In pratica R compare perch` e un qualunque strumento che misura V DB lo fa introducendo una resistenza R < fra i capi B e D. Risolviamo quindi il circuito completo utilizzando il metodo delle maglie: ci sono 7 incognite: V A , V B , V C , V D e le tre correnti di maglia I 1 (a sinistra, circolante in direzione A B), I 2 (a destra in direzione C B) ed I 0 (sotto, in direzione A D C ). Siccome contano solo le differenze di potenziale si può scegliere V A = 0, riducendo il numero di incognite a 6. Ci sono poi 6 equazioni, una per ogni tratto di circuito:

→



−



−

∞

→

→

→ →

V B

− V A = R1I 1, V B − V C = R2I 1, V D − V A = R4 (I 0 − I 1 ) V D − V C = −R3 (I 0 + I 2 )

V C

− V A = 0 V D − V B = R(I 1 + I 2 ).

Dopo calcoli noiosi si ottiene V DB =

(R1 R3 R2 R4 )V . (R1 + R2 )(R3 + R4 ) + (R1 R2 R3 + R1 R2 R4 + R1 R3 R4 + R2 R3 R4 )/R

−

Vediamo quindi che per calcolare il valore centrale di R2 non serve tenere conto di R, che invece modifica la sensibilit` a dello strumento.

Esercizio 87: Impedenze

Mostrare che per una corrente oscillante I = I 0 eiωt vale Z R = R Soluzione: Le

Z C =

1 iωC

Z L = iωL.

cadute di potenziale ai capi di resistenza, condensatore, induttanza valgono RI

Q I = C iωC

˙ = iωLI LI

Esercizio 88: Potenza dissipata

Calcolare la potenza dissipata su di una generica impedenza Z . Soluzione: La

potenza dissipata vale W = V I dove V = ZI . Il prodotto non è una operazione lineare : Re(z1 z2 ) = Re(z1 )Re(z2 ). Bisogna tornare ai numeri reali: scrivendo Z = R + iY



φ 2 W  = (I 0R cos ωt − I 0Y sin ωt) · (I 0 cos ωt) = R2 I 02 = Z cos I 0 2

cio` e solo la parte resistiva dissipa energia.

Esercizio 89: Filtro che taglia frequenze alte

Costruirlo. Soluzione: Ad

esempio metto RC in serie e leggo il voltaggio ai capi di C : a grosso ω la sua impedenza Z = 1/iωC decresce e la maggior parte della caduta di potenziale avviene su R. V C 1 = V in 1 + iωRC



V C r = V in



2

=

1 1 + (ωRC )2

Per R = 200 kΩ si ha una riduzione di 3 dB a ν = 1 Hz (r = 10−0.3 = 0.512 Hz corrisponde a r = 0.4 10−3 i.e. 34 dB.

≈ 1/2) se C = 0.8 µF, che a ν = 50


51

Esercizio 90: Filtro che taglia frequenze basse

Costruirlo. Soluzione: Metto RC in

serie e leggo il voltaggio ai capi di R, oppure metto RL e leggo ai capi di L.

Esercizio 91: Pendolo accoppiato

Mostrare che due pendoli connessi da una molla k soddisfano alle stesse equazioni di due maglie LC con in comune una capacità C  . Soluzione: Usando

le correnti di maglia I 1 e I 2 le equazioni sono ¨ 1 + Q 1 + Q 1 Q2 V 1 = L Q C C 

¨ 2 + Q 2 + Q 2 Q1 0 = L Q C C 

−

−

Usando le impedenze e risolvendo si trova I 2 =

(CLω 2

iωV 1 C 2 1)(CC  Lω 2

−

− 2C −

V 1 = iω  C ) 2L (ω 2

ω22 ω12 ω12 )(ω2

−

−

−

I 2 C =  I 1 C + C CC  Lω2

ω22 )

−

Avendo definito ω 12 = 1/LC e ω 22 = 1/LC + 2/LC  . Alla media delle frequenze I 1 = 0. Le equazioni del moto del pendolo sono m¨ x1 + mg

x1 + k(x1 

− x2) = F

m¨ x2 + mg

x2 + k(x2 

− x1) = 0

che hanno la stessa forma con 1/LC g/, 1/LC  = k/m. Per trovare i modi normali provo una soluzione x i = x î eiωt

↔

−

ω2 + g/ + k/m k/m

−

−ω

2

−k/m

+ g/ + k/m

  x1 x2

=0

Il determinante vale zero per 1. ω 2 = ω 12 = g/, x 1 = x2 2. ω 2 = ω 22 = g/ + 2k/m, x 1 = Mettendo F (t) = Fˆ eiωt viene x2 =

k

− (k −

−x2

F F = 2 2 mω + gm/) /k 2m (ω2

ω22 ω12 ω12 )(ω2

−

−

− ω22)

x2 k ω12 ω22 = = x1 k + mg mω 2 2ω2 ω12 ω22

−

−

− −

che corrispondono alle soluzioni per i modi normali x1 + x2 =

− mF ω2 −1 ω2

x1

1

− x2 = − mF ω2 −1 ω2 2

Nel caso del circuito, il modo normale I 1 = I 2 (niente corrente su C  ) vede un’impedenza iωL + 1/iωC che vale zero per ω = ω 1 ; il modo I 1 = I 2 vede un’impedenza 21 (iωL + 1/iωC ) + (1/iωC  ) che vale zero per ω = ω 2 .

−

Esercizio 92: Attenuatore

Si determini la resistenza totale R del circuito infinito in fig. 5.2 ed i potenziali nei vari punti Soluzione: Siccome

= + 1 per trovare la resistenza R equivalente al circuito si impone che R sia eguale ad un passo della catena seguito da R:

∞ ∞

1 R = R1 + 1/R2 + 1/R

⇒

R =

R1 +



R12 + 4R1 R2 2

(5.1)

52


R1

R1

R1

R2

R1

R2

R1

R1

R2

R2

R2

R2

R

R

=

Figura 5.2: Fig. 5.2a: circuito attenuatore. Fig. 5.2b: resistenza equivalente. Per trovare il potenziale dopo il primo passo, rimpiazziamo tutte le resistenze successive con la resistenza equivalente R, ottenendo un circuito con 3 resistenze R 1 , R 2 ed R, di resistenza totale R: circola una corrente totale I = V /R La differenza di potenziale V  ai capi di R vale R2 R + R2

V  = V

Nei passi successivi la differenza di potenziale decresce in modo geometrico: V (n) = V /(1+ R/R2 )n . Ad esempio, per dimezzare la differenza di potenziale ad ogni passo serve R = R2 , cioè R 2 = 2R1 . In pratica non si può costruire una catena con un numero infinito di passi: per terminare il circuito dopo un numero finito di passi senza scompensarlo, basta terminarlo con una resistenza R.

Esercizio 93: Catena LC

Come nella fig. 5.2, con R 1 Soluzione: Pre

→ Z 1 = iωL e Z 2 = 1/iωC .

semplificare la formula (5.1) divido ogni L in Z 1 Z eff = Z = 2

−

√



(Z 1

/2)2

+ Z 1 Z 2 =

1 2L

  

+ 21 L e metto L/2 a sinistra:

(L/C ) (ωL/2)2 se ω < ω0 i (ωL/2)2 (L/C ) se ω > ω0

−

−

dove ω 0 = 2/ LC . La cosa sorprendente è che a basse frequenze un circuito con solo L e C si comporti come una resistenza; il motivo fisico è che l’energia sembra scomparire in quanto viene trasmessa attraverso la catena. Abbiamo gi` a visto che il potenziale varia lungo la catena come

n

V n = α V 0

Z 2 Z Z 1 α = = = Z + Z 2 Z

−

      

(L/C ) (ωL/2)2 i(ωL/2) = e iδ 2 (L/C ) (ωL/2) + i(ωL/2) (ωL/2)2 (L/C ) (ωL/2) < 1 (ωL/2)2 (L/C ) + (ωL/2)

− −

− −

−

se ω < ω0

−

se ω > ω0



A bassa frequenza tutto funziona se si termina la catena finita con R = L/C . (Se si scambia L cambiare ω 1/ω: la catena risultante taglia le frequenze basse invece di quelle alte). Se le differenze di potenziale e di corrente fra due elementi vicini sono piccole, valgono

→

˙ ∆V = L I cioè

dV L dI = dx ∆x dt

↔ C è come

˙ ˙ ∆I = ∆Q = C ∆V

dI C dV = dx ∆x dt

⇒

d2 V L C d2 V = dx2 ∆x ∆x dt2

   v2

La rete LC fornisce una descrizione approssimata di una linea di trasmissione. Ad esempio per un cavo coassiale L = ∆x Per ∆x

µ0  2π

C = ∆x

2π0 

v =

√ 10µ0 = c

(

≡ ln RR21 ).

→ 0 ω 0 → ∞: una linea ideale trasmette tutto, ed il cavo equivale ad una resistenza µ0  R = lim Z = = 60 Ω · . ∆x→0 0 2π



Parte II

Magnetostatica

Capitolo 6

Campi magnetici × B) e le equazioni di Maxwell (µ0 = 4πkm, k m = 10−7 Tesla m/A) ∇ × B = µ 0 j ∇ · B = 0

Le equazioni di base sono F = q (E + v

che implicano

∇

· j = 0. In forma integrale



B ds = µ 0 Φ( j ) = µ 0 i

·

Campo magnetico generato µ0 B = q v 4π

µ0 = 3 r 4π r

Φ(B ) = 0



r × i ds × 3 r Forza prodotta da un campo magnetico: F = q v × B = j × B = i ds × B . Un circuito chiuso in un campo magnetico costante percorso da una corrente costante i sente F = 0 e momento M = m × B dove m = iS n L’energia potenziale vale U = −m · B = −iΦ(B). Se il campo magnetico non è costante F  ∇(m · B ).

Il campo magnetico viene misurato in Tesla = N/Am (Gauss = 10−4 Tesla). Il campo magnetico terrestre sulla superficie vale circa 0 .1 Gauss. Il massimo campo producibile è circa 10 Tesla. Il flusso di B viene misurato in Weber = Tesla m2 = Volt sec. Unit` a di misura.

·

·

Esercizio 94: Disco di Rowland

Un disco di raggio r = 20 cm con carica σ = 10−6 C/ m2 fa 200 giri al secondo. Stimare il campo magnetico generato Soluzione: Quindi

∼ 200 Q/ sec ∼ 10−5 A e, ad una distanza di 1 cm, genera un campo

la corrente vale I

magnetico

m I ∼ kcm ∼ 10−10 T

B

(km = µ0 /4π = 10−7 ) 105 volte minore del campo magnetico terrestre (circa costante attorno al disco). Il grosso campo elettrico E σ/0 105 V/m (0 10−11 C/Vm) genera una forza repulsiva di circa 1 N e veniva schermato con un conduttore. Sui condensatori si pu` o accumulare Q C ma...??

∼

∼

∼

∼

Esercizio 95: Filo rettilineo

Calcolare il campo magnetico generato da un filo rettilineo di raggio a percorso da una densità di corrente costante j . Soluzione: B ha 2

solo una componente radiale. Fuori dal filo ( r > a) la ‘legge di Ampere’ fornisce 2πr Br = µ 0 i dove i = j πa . Dentro il filo (r < a) i = jπr 2 e quindi B r = µ0 jr/2 = µ 0 ir/2πa 2 . 54

Capitolo 6. Campi magnetici

55

Esercizio 96: Forza tra due fili carichi

Due fili rettilinei posti a distanza r hanno densità di carica uniforme λ e sono in moto con velocità v lungo i propri assi. Calcolare la forza elettrica e magnetica. Soluzione: Il

moto di ciascun filo equivale ad una corrente I = λv per cui ciascun filo produce E r =

1 λ 2π 0 r

Bθ =

µ0 Ir 2π

La forza elettrica è repulsiva e quella magnetica attrattiva, quindi la forza per unità di lunghezza vale dF = λ(E r dr

2

2

− vBθ ) = 2πλ 0r (1 − vc2 ),

c2 =

1 0 µ0

Vediamo quindi che la forza magnetica è una correzione relativistica alla forza elettrica. La formula è giusta a meno di altri effetti relativistici di ordine v 2 /c2 , che possono essere più facilmente calcolati nel sistema dove v = 0 e poi applicando la trasformazione di Lorentz della forza: F v = F 0 / 1 v 2 /c2 . Nel seguito considereremo anche la pi` u complicata forza fra due particelle con velocità v, trovando un risultato simile.

 −

Esercizio 97: Cavo coassiale

Calcolare il campo magnetico generato da un filo rettilineo di raggio a percorso da una densità di corrente costante j, circondato da un cilindro di raggi b e b > b lungo cui scorre uniformemente una corrente totale opposta. Soluzione: Per r

< b ` e come nell’esercizio precedente. Per r > b  si ha B = 0. Per b < r < b si ha

−

µ0 j 2 Br = πa 1 2πr

r2 b2

− b2 − b2



Esercizio 98: Spira circolare

Calcolare il campo magnetico generato da una spira circolare di raggio a nel piano xy percorso da una corrente i. Soluzione: Lungo

l’asse è facile integrare: B ha solo una componente lungo z Bz =

µ0 i µ0 ia µ0 ia2 2πa cos θ = cos θ = 4π r2 2 r2 2 (a2 + x2 )3/2

ds ed r sono ortogonali, e d s r forma un angolo θ con l’asse z . Nel centro θ = 0 e B = µ 0 i/2a. ` complicato fare un calcolo preciso, che dipende dallo Quindi l’induttanza della spira vale circa L µ0 a. E spessore del filo, in quanto la maggior parte dell’energia magnetica è concentrata ai b ordi della spria, dove B è massimo.

×

∼

Esercizio 99: Dipolo magnetico

Calcolare il campo magnetico generato da una piccola spira di superficie S = πa2 con normale n percorsa da una corrente I . Soluzione: In

un punto P a grande distanza dalla spira il campo è quello di un dipolo magnetico µ = I S n. Definendo O il centro della spira e R = OP e r il raggio vettore dal centro della spira si ha: µ0 I B = 4π



ds

× (R − r) Ra µ0 I |R − r|3 4πR 3



ds

×

3R r (R 2 R

· − r) = µ0 4π



3(µ R )R R5

·

µ

− R3



56


Nel primo passaggio si è espanso al primo ordine in r : R r −3 R−3 ( 1 + 3R r/R2 ). Nel secondo passaggio, il secondo termine dell’integrale è facile, visto che d s r = a 2 ndθ e fornisce il doppio dell’ultimo termine del risultato. Per fare il primo termine dell’integrale conviene osservare che esso è ortogonale ad R :

| − |  ×



ds

·

× R R R·2r = c[n − R (n · R )/R2]

ˆ e moltiplicando entrambi i lati per n, il Mettendo l’asse z lungo n e l’asse x ortogonale ad R = Rz n + Ry y 2 2 secondo termine diventa cR y /R ; nel primo si usa n (ds R ) = d s (R n) ottenendo alla fine la costante c:

·

c =

R2 Ry2

− ·

Ry2 R2

×



dx y =

· ×

−S

Il motivo generale per cui il dipolo magnetico viene proporzionale a quello elettrico è che entrambi fuori dall’origine soddisfano alla stessa equazione: zero divergenza e zero rotore. Esiste una espansione generale dell’equazione 2 ϕ = 0 in potenze di R: monopolo, dipolo, quadrupolo...

∇

Esercizio 100: Due spire circolari

Calcolare il campo magnetico generato da due spire circolari parallele di raggio a a distanza d nel piano xy percorse da una corrente N i. Soluzione:

Bz =

µ0 N ia2 (a2 + x2 )−3/2 + (a2 + (d 2



− x)2)−3/2



Il campo magnetico è molto uniforme fra le due spire quando d = a (spire di Helmholtz): infatti per tale valore si ha d 2 Bz /dx2 = 0 a x = d/2 e B z (x = d/2) = (4/5)3/2 µ0 Ni/a. Assumiamo che il campo magnetico sia zero fuori e costante dentro. Un elettrone entra camminando lungo l’asse. Dentro percorre un arco di circonferenza con raggio di curvatura r = mv/eB e quindi viene deflesso di sin θ = a/r. Se deve essere θ = 45◦ per v = 2eV/m con V = 25kV e i = 2 A servono n = (1.4/µ0 i) mV/e 200 avvolgimenti per spira.





Esercizio 101: Filo a

≈

U

Calcolare il campo magnetico nel centro del semicerchio generato da un filo percorso da una corrente i che forma una U di raggio a. Soluzione: Raddoppiando

i due mezzi fili ed il semicerchio, Bz è la metà del B z prodotto da 2 fili rettilinei

infiniti e da un cerchio: Bz =

2 µ0 i 1 µ0 i + 2 2πa 2 2a

Notare che la configurazione di fili riflessa produce lo stesso B , in quanto esso è uno vettore assiale, non un vettore.

Esercizio 102: Piano a

U

Come prima, con il filo rimpiazzato da un piano. Soluzione: Nel

centro equivale alla metà di due piani e di un solenoide. La cosa interessante è che il campo magnetico è costante nella regione interna.


57

Esercizio 103: Solenoide rettilineo infinito

Calcolare il campo magnetico generato dentro un solenoide rettilineo infinito. Soluzione: Fuori

vale zero, dentro è costante orientato come il solenoide. La legge di Ampere fornisce B = µ 0 ni dove n è il numero di spire per unità di lunghezza. Il flusso concatenato ad un solenoide abbastanza lungo da poter trascurare effetti ai bordi vale Φ = BN S = LI (dove N = n è il numero di spire e S la loro area) con L = µ0 SN 2 /. Quindi l’energia necessaria per ˙ = L I ˙. Quindi la potenza vale W = V I = accendere una corrente i vale U = LI 2 /2 (dimostrazione: V = Φ 1 2 ˙ LI I = d( 2 LI )/dt). La si può calcolare anche come l’integrale della densità di energia u = B 2 /2µ0 sul volume: U = (µ0 nI )2 S/2µ0 .

−

−

Esercizio 104: Solenoide rettilineo finito

Dire qualcosa sul campo magnetico generato dentro un solenoide rettilineo semi-infinito. Soluzione: Usando

la forza bruta, integro il campo di una spira, mettendo n spire per unità di lunghezza da

− a 0:



0

Bz (x) =

−

ia2 µ0 ni =  2 2 3/2 2 (a + (x x ) ) 2

µ0 n dx

−

   − √  → ∞  +x a2 + ( + x)2

x a2 + x2

1 per 

Il principio di sovrapposizione consente di dire che: 1) Sul bordo B vale la metà che in un punto interno, come vedo immaginando di completare aggiungendo l’altra metà del solenoide. In generale Bz (x)+ Bz ( x) = Bz∞ . 2) La linea di campo di B che sfiora il bordo esce perpendicolare al solenoide, perch` e’ quando completo la somma deve fare zero; le componenti orizzontali si sottraggono ma le eventuali componenti verticali si sommerebbero (B è uno pseudovettore) e quindi devono valere zero. Chiaro con un disegno. 3) La linea di campo che sfiora il bordo, dentro il solenoide sta ad una distanza limite a/ 2 dal centro (il raggio che contiene metà del flusso), con relazioni analoghe per le linee interne.

−

√

Esercizio 105: Solenoide toroidale

Calcolare il campo magnetico generato dentro un solenoide toroidale. Soluzione: B ` e

circolare in quanto spire disposte simmetricamente rispetto al punto dove viene calcolato B danno contributi che si cancellano alle componenti non radiali. Quindi, per la legge di Ampere, fuori B = 0 e dentro 2πrB r = µ 0 N i dove N è il numero totale di spire.

Esercizio 106: Sfera ruotante

Sulla superficie di una sfera omogenea di massa M e raggio R e` distribuita uniformemente una carica Q. La sfera ruota con velocità angolare ω. Calcolare il momento magnetico. Scrivere l’equazione del moto in presenza di un campo magnetico uniforme B .

58


Soluzione: Un

anello fra θ e θ + dθ ha raggio r = R sin θ superficie dQ = Q dS/S con dS = 2πr R dθ e ruota con velocità v = ωr. Quindi trasporta una corrente

·

di = Il momento magnetico vale µ = o anche



dQ v Qω = sin θ dθ 2πr 4π

QωR2 πr di = 4 2



π

0

sin3 θ dθ =

QR2 ω 3

Q 5 2MR2 L dove L = ω g = e 2M 3 5 è il momento angolare. Una sfera uniformemente carica avrebbe g = 1. Elettrone e muone hanno ge = 2.002319304374.. e g µ = 2.0023318406... µ = g

Capitolo 7

Moto in campo magnetico esterno La formula di base è F = q (E + v

× B). Esercizio 107: Trottola magnetica

Trovare un modo di sospendere un dipolo magnetico in aria. Soluzione: La

forza di un dipolo in un campo magnetico esterno è data da un’equazione analoga al caso di un dipolo elettrico: U = µ B e F = ∇U , M = µ B . Discussione preliminare. Avevamo visto che F = ∇( p E ) non funzionava per un dipolo elettrico orientato lungo z in un E z x (perchè tale E ha rotore diverso da zero, e quindi non può esistere in elettrostatica): pensando il dipolo come 2 cariche è facile vedere che la forza deve essere zero. Nel caso magnetico (dove B pu` o avere rotore diverso da zero) la formula funziona: la forza è prodotta dal fatto che il lato della spira dove B z è pi` u grosso sente una forza maggiore. Applicata invece ad un dipolo orientato lungo B , e con un Bz (z), la formula dice che il dipolo è attratto verso zone dove B è maggiore. Pensando al dipolo come ad una spira, è immediato vedere che non c’è nessuna forza. La formula sballa perch` e non esiste un campo magnetico con solo Bz (z): per avere ∇ B = 0 serve anche ` la componente Br che un Br (r, z). A livello grafico, il campo magnetico deve ‘incurvarsi’ verso l’esterno. E genera la forza, anche se non appare in U . Un’applicazione è la trottola magnetica. Se si mette un dipolo sopra il campo magnetico generato da una spira, questo si allinea con la spira e ne viene attratto. Quindi non rimane sospeso. Se invece l’ oggetto con dipolo magnetico µ (e.g. la sfera dell’esercizio precedente) viene anche fatto girare, µ gli impedisce di allinearsi a B . Esiste un momento delle forze che il possedere un momento angolare L produce la seguente equazione del moto:

− ·

−

×

− −·

∝

·

∝

dL = µ dt

Q L×B × B = g 2M

che dice che L precede attorno al campo magnetico con frequenza di precessione ω p = g QB/2M , mantenendo in media temporale la sua orientazione iniziale. Quindi se all’inizio µ viene messo anti-parallelo a B il magnetismo genera una forza repulsiva che può tenere sospeso l’oggetto. Alla lunga l’attrito rallenta la rotazione, e l’oggetto ` grazie all’attrito che una bussola si allinea al campo magnetico terrestre. si allinea e casca. E

Esercizio 108: Cilindro su piano inclinato

Un cilindro di raggio r e lunghezza , appoggiato orizzontalmente su di un piano inclinato (di angolo α), è ` presente un campo magnetico verticale. Per percorso da una corrente i uniforme lungo la sua lunghezza. E quale valore di i il cilindro rimane fermo se a) l’attrito tra piano e cilindro è trascurabile b) l’attrito è tale che il cilindro pu` o rotolare senza strisciare. Soluzione: Il

campo magnetico produce una forza orizzontale, diretta verso il piano inclinato. La corrente in un angolo dθ produce dF = B di = Bi dθ/2π. 59

60

Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno a) La componente della forza magnetica totale lungo il piano inclinato vale F = Bi cos α. La componente della forza gravitazionale lungo il piano inclinato vale F = mg cos α. Sono uguali se i = mg tan α/B. b) Il momento rispetto all’asse di appoggio deve essere zero. La gravità produce M = mgr sin α. Il campo magnetico produce M =





2π

∆y dF =

·

r(cos α + sin θ)Bi

0

dθ = iBr cos α 2π

Quindi serve la stessa i di prima (le due forze sono uniformi).

Esercizio 109: Ago magnetico

Una ago di momento magnetico µ è situato sopra la congiungente due fili paralleli orizzontali a distanza d. I due fili sono percorsi da correnti i e i. La distanza fra ago e ciascun filo è r. L’ago pu` o ruotare in un piano ortogonali ai fili, con momento di inerzia I . Calcolare la posizione di equilibrio ed il periodo delle piccole oscillazioni.

−

Soluzione: Il

campo magnetico è verticale Bz = 2

µ0 i h 2πr d/2

Il momento delle forze vale M = µ B e l’equazione del moto è I θ¨ = µB sin θ (la posizione di equilibrio è θ = 0 o θ = π/2 a seconda del segno di B , il dipolo vuole allinearsi con B ) da cui T = 2π I/µ B .

×

 | |

Esercizio 110: Carica in quadrupolo magnetico

Studiare il moto di una carica q con velocità v quasi parallela all’asse z in un campo magnetico B =

∇(bxy).

Soluzione: Innanzitutto

vediamo come è possibile generare questo campo magnetico. Avendolo scritto come gradiente di un ‘potenziale magnetico’ V m il campo magnetico soddisfa automaticamente alla IV equazione di Maxwell nel vuoto, ∇ B = 0. Siccome 2 V m = 0 soddisfa anche a ∇ B = 0. Sperimentalmente è ottenibile nel seguente modo. Il ferro ha µ 1000 e quindi le linee di B escono praticamente perpendicolari al materiale. Quindi lo si costruisce tagliando il ferro in modo che la zona da cui esce B segua la forma delle linee equipotenziali della funzione V m xy. Il campo magnetico vale

·

×

∇

∼

∝

Bx = by

By = bx,

Bz = 0

L’equazione del moto di una carica q è m¨ x =

−qvbx,

m¨ y = +qvby

Assumendo che la particella si muova circa lungo l’asse z e venga deflessa poco possiamo approssimare d/dt = v d/dz ottenendo d2 x d2 y qb 2 2 2 = k x, = +k y dove k = dz2 dz2 mv la cui soluzione è 1 1 x(z) = x0 cos kz + x0 sin kz, y(z) = y 0 cosh kz + y0 sinh kz. k k Quindi un fascio di particelle viene focalizzato lungo l’asse x e defocalizzato lungo l’asse y. Pi` u precisamente, assumendo che  sia la lunghezza della zona dove B = 0 un fascio avente x0 = 0 passa per x(z) = 0 a z  = cot(k)/k: cioè il campo magnetico si comporta come una lente di distanza focale f = 1/k sin k. (La differenza fra cot e 1/ sin è questione di definizione dovuta allo spessore finito della lente: il piano principale sta a distanza (1 cos k)/k sin k dall’uscita del quadrupolo).

−



−

− −

Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno

61

Esercizio 111: Carica in quadrupoli magnetici

Studiare cosa succede quando un fascio di particelle attraversa due quadrupoli magnetici, ruotati di 90 ◦ l’uno rispetto all’altro. Soluzione: Abbiamo

visto che un quadrupolo magnetico focalizza un fascio lungo una direzione ma defocalizza lungo l’altra. Il segno diverso è sgradito ma inevitabile, perchè dovuto a come deve essere fatto un campo magnetico nel vuoto. In molti esperimenti è invece necessario focalizzare un fascio lungo entrambi gli assi, in modo da concentrarlo. Infatti, incrociando due fasci, il numero di urti fra particelle aumenta se i fasci sono stretti, analogamente a come il numero di incidenti aumenta quando una strada diventa più stretta. Scopo di questo ‘esercizio’ [Christofilos, 1950; Courant et al., 1952] è mostrare che mettendo due quadrupoli magnetici ruotati di 90◦ uno dopo l’altro si riesce a focalizzare in entrambe le direzioni. Conviene riscrivere l’effetto di un singolo quadrupolo usando la formulazione matriciale dell’ottica geometrica. In tale formulazione si studia l’evoluzione con z di (x, x ) e di (y, y ). Cioè x è la distanza dall’asse ottico, ed x  è l’inclinazione risp etto all’asse ottico di un raggio. Nel caso dell’ottica si studiando raggi di luce, qui fasci di particelle. Attraversando un magnete quadrupolare di lunghezza  si ha

        x() x ()

x(0) x (0)

= M x

y() y  ()

= M y

y(0) y  (0)

dove le matrici di trasferimento sono M x =



cos k sin(k)/k k sin k cos k

−



1  2 k  1

−



,

M y =



cosh k sinh(k)/k k sinh k cosh k

  1  k2  1

La formulazione matriciale dell’ottica è conveniente p erchè per studiare l’effetto combinato di sistemi diversi basta moltiplicare le loro matrici. Quindi attraversando due quadrupoli ruotati di 90◦ a distanza d fra loro si ha, assumendo per semplicità  d, 1/k (lente sottile), le matrici di propagazione per raggi inclinati lungo x e lungo y sono, rispettivamente date dai prodotti M x M (d) M y e M y M (d) M x , che valgono





·

1  0 2 k  1

∼

±

·

· · 1 d 0 1

·

1  0 2 k  1

∼

±

·



1 d2 k4

d 1

−



Si ha focalizzazione in quanto l’elemento 21 è negativo. Senza assumere d  si troverebbe



 −k42(3d + 2)/3

(M x M (d) M y )21

·

·

(M y M (d) M x )21

·

·

 −k42( − 3d)/3

cioè che serve d > /3, e che la lente è astigmatica (f x = f y ). Vediamo a livello quantitativo. Il massimo campo magnetico che si riesce a fare vale B Iµ/L 10 Tesla in quanto L 1 m, µ 1000µ0 10−3 Tesla m/A e I 104 A. Per evitare enormi dissipazioni di energia per effetto Joule si usano materiali superconduttori, che però funzionano solo a T < 5 K: serve molta energia per tenerli freddi. All’interno dei magneti si producono forze F ILB 105 N, quindi bisogna progettarli stando attenti alla stabilità meccanica, cioè che non facciano crac. Quindi 1/k = p/eb 10 m assumendo un ‘quadrupole field gradient’ b 250 Tesla/m e per p/e 10 TeV/ce = 1013 eV/ce = 3 10 4 SI units, che è circa l’energia delle particelle a LHC. La lunghezza focale vale f = 1/(d2 k 4 ), cioè decine di metri: una cosa ragionevole.

∼

∼

∼

·

 ∼

∼

∼



∼

∼

∼

∼

∼

−

∼

Esercizio 112: Ottica geometrica matriciale

Viene riassunto l’utilizzo delle matrici come formalismo conveniente per problemi di ottica geometrica. Soluzione: L’ottica

geometrica studia come si propagano raggi di luce. Un raggio che si propaga lungo ‘l’asse ottico’ z nel piano xz è descritto da due quantità: la posizione x(z) e l’inclinazione x  (z). Attraversando una distanza  vuota si ha ovviamente

  x() x ()

 

x(0) = M () x (0)

M () =

  1  0 1

62

Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno x

1

2

3

z

4

a

b

Figura 7.1: Lente convergente. Attraversando una lente sottile di focale f cambia solo l’inclinazione del raggio. Esso varia di una quantit` a costante, chiamata ‘distanza focale inversa’ 1/f :

 x x

= M lente

dopo

 x x

M =

prima





1 0 1/f 1

−

Per il resto serve solo sapere come moltiplicare matrici: se X 4 = M 34 X 3 e X 3 = M 23 X 2 e X 2 = M 12 X 1 , allora X 4 = M 34 M 23 M 12 cioè le matrici vengono moltiplicate ‘in ordine inverso’: la prima (M 34 ) è quella che corrisponde all’ultimo passo.Consideriamo ad esempio il sistema standard in fig. 7.1. La matrice di propagazione da 1 a 4 è M 14 = M (b) M lente M (a) =

·

·

 · 1 b 0 1

1 0 1/f 0

−

·   − 1 a 0 1

1

=

b/f 1/f

−

a + b ab/f 1 a/f

− −



I raggi disegnati convergono in un punto unico se l’elemento 12 della matrice totale vale zero, cioè se 1/a+1/b = 1/f . Quando questa relazione è soddisfatta si ha x C = (1 b/f )xA : quindi 1 b/f è il fattore di ingrandimento della lente. Se esso è negativo, l’immagine viene rovesciata. Quindi l’ottica matriciale consente di riprodurre i risultati noti per una lente. L’ottica matriciale è utile perch` e consente di ottenere risultati non noti per sistemi arbitrari di lenti: basta moltiplicare le matrici delle singole componenti.

−

−

Esercizio 113: Carica in B costante

Studiare il moto di una particella di carica q in un campo B costante Soluzione: Risolvendo

l’equazione del moto mv˙ = q v

×B

→

v˙ = v

× ωB

ωB =

q B m

si trova che v ha una componente costante v  parallela a B , ed una componente v ⊥ ortogonale a B che ruota con frequenza ω B . Quindi fa una spirale. Chiamando a il raggio dell’orbita, si ha v ⊥ = aω B i.e. p⊥ = aqB =

c eV a q B MeV a q B = 300 m/s c m e Tesla c m e Tesla

Avendo scritto questa equazione in termini dell’impulso p (invece che della velocità v), essa rimane valida anche per particelle relativistiche, per le quali p = mvγ = E/v; nel limite ultra-relativistico si ha p E/c, cio` e l’impulso diventa proporzionale all’energia della particella. In fisica delle particelle si usano unit` a naturali (c = 1) ed impulso, massa ed energia sono tutte misurate in eV o multipli (keV, MeV, GeV, TeV,. . . ). Questa equazione dice la massima energia che un acceleratore circolare può raggiungere: tenendo conto che il massimo campo magnetico che si riesce a fare è circa B 10Tesla, e che per motivi economici il massimo raggio di un collider è a 5km, si ottiene E p⊥ 15TeV. Il collider di protoni LHC raggiunger` a per la



≈

≈ ≈

≈


63 Particle accelerators

1015 1010 s s

u a G n 105 i d l e i f c i 1 t e n g a M 10-5

10-10

n o r s t r u t a e s N

White dwarfs man Solar spots

1 0 1 1

1 0 3 G e V

GRB

1 0 1 9 G e V

G e V

Supernova shocks

1

1010 Size in km

105

AGN jets Galaxy clusters

1015

1020

Figura 7.2: Massima energia raggiungibile da acceleratori di particelle in funzione della loro dimensione e del loro campo magnetico. prima volta questa energia nel 2008. (Collider in cui vengono fatti girare elettroni, invece che protoni, sono più fortemente limitati dall’irraggiamento, come discusso a pagina 137.) La figura 7.2 mostra la massima energia a cui vari oggetti (se fossero 100% efficienti) potrebbero accelerare particelle. Sono stati osservati raggi cosmici fino a circa 10 11 GeV (probabilmente sono protoni, o forse nuclei) e gli unici candidati plausibili sono Gamma Ray Bursts oppure Active Galactic Nuclei. (Galaxy clusters sono lenti ed avrebbero bisogno di più tempo; nelle stelle di neutroni le particelle irraggiano troppo).

• • • • • • • • • • • • • • • • • • Un televisore ha dimensioni a ∼ 0.1m ed usa elettroni accelerati per una differenza di potenziale di 1000 √ V, che quindi acquistano energia cinetica K ∼ keV e impulso p = 2mK = 0.03MeV/c. Il campo magnetico usato per defletterli sul punto giusto dello schermo vale quindi B = 1 Tesla

em p q a 300MeV/c

≈ 10−3 Tesla

p è stato scelto abbastanza alto in modo che B sia abbastanza maggiore del campo magnetico terrestre (B 0.5 10−4 Tesla), che altrimenti distorcerebbe le immagini.

∼

• • • • • • • • • • • • • • • • • • Nei problemi successivi studieremo moti in campi magnetici più generali, che tendono a dare moti complicati: le particelle spiraleggiano attorno a qualche traiettoria media. La cosa interessante da calcolare è la traiettoria media, cioè la ‘velocità di drift’. Da questo punto di vista il moto in un campo magnetico costante è quindi semplicemente un moto a velocità costante lungo le linee del campo, a meno di girellamenti.

Esercizio 114: Campo magnetico galattico

Stimare quando è grande il campo magnetico galattico, assumendo che l’energia cinetica in particelle sia comparabile all’energia in campo magnetico. Che energia deve avere un protone affinch` e arrivi deflesso di poco? Soluzione: La

galassia contiene, in media, un atomo di idrogeno per cm 3 con velocità v

assumendo ρ

mv2 2

∼ km/sec. Quindi,

2

B ∼ 2µ 0

si ottiene B 10 −10 Tesla = 10−6 G. Essendo debole le particelle cariche compiono circonferenze con raggio r = p/eB grosso, che ha comunque effetti importanti perchè anche la galassia ha una grossa dimensione d

∼

∼

64


10kpc = 3 1017 km: un protone di impulso p viene deflesso di un angolo

·

19

θ

d B 3 10 eV ≈ dr = deB  − p 1Mpc 10 9 G E

Quindi si pu` o (o meglio potrà) fare astronomia solo con i pochissimi protoni che arrivano con energia E p > 1020 eV. Quelli con energia minore spiraleggiano nella galassia e la loro direzione di arrivo non dà nessuna informazione sulla sorgente che li ha generati. Ha interesse sapere quanto camminano raggi cosmici di velocità v in un tempo T (ad esempio un Myr). A grandi energie tali che B pu` o essere trascutao si ha D = vT . A basse energie si ha un random walk con un passo di dimensione R = p/qB ogni ∆t v/R. Quindi una distribuzione si allarga con varianza σ 2 R2 N dove N = t/δt è il numero di passi. Di solito si definisce il coefficiente di diffusione come σ 2 = 6Kt (in 3 dimensioni), quindi K = R 2 /6∆t. Per una particella carica in un B si ha quindi K vR. Per v = c si ha K = K 0 (E/ GeV)1 con K 0 = 0.0033 kpc2 /Myr per un campo magnetico galattico B = 10−10 G.

∼

∼

∼

∼

• • • • • • • • • • • • • • • • • • Notare che per motivi completamente diversi, anche l’astronomia con neutroni, come l’astronomia con protoni, è possibile solo a energie E n > 1020 eV. Infatti il neutrone decade dopo una distanza r = cτ n γ (la vita media a riposo vale τ n = 886 sec), maggiore alla dimensione d della galassia se γ > 1011 e cioè a grosse energie E = m n γc 2 .

∼

∼

Esercizio 115: Paradosso

Il seguente conto mostra che un gas di elettroni liberi è molto paramagnetico: “elettroni in un campo magnetico B iniziano a girare lungo circonferenze di raggio r = m e v⊥ /eB e quindi acquistano un dipolo magnetico µ = evr = m e v 2 /B e quindi producono M = N e µ i.e. χ m = (N e me v 2 )/(µB 2 ).” Capire come mai è completamente cannato. ` chiaro che il risultato non ha senso: l’effetto non dipende dalla carica dell’elettrone (mentre se E la carica fosse zero non ci dovrebbe essere nessun effetto) e diventa infinito quando B 0 (mentre senza campo magnetico esterno non ci dovrebbe essere nessun effetto). ` meno chiaro capire dove il ragionamento sballa. Il motivo è che abbiamo trascurato gli effetti al bordo; E di solito lo si fa senza preoccuparsi troppo, ma in questo caso per B 0 o e 0 il raggio delle orbite diventa grosso, e quindi gli effetti al bordo diventano cruciali. Fare il conto giusto è un po’complicato: uno deve prendere un volume finito e verificare che le orbite completamente esterne non contano nulla, le orbite completamente interne generano l’effetto discusso sopra, le orbite che intersecano il bordo cancellano l’effetto. Questo non dovrebbe essere sorpendente, visto che ad ogni punto la media delle velocità v degli elettroni che arrivano è zero. Il libro di Peierls “Surprises in Theoretical Physics” mostra una spiegazione geometrica, mostra come evitare di calcolare effetti che si cancellano, e l’estensione al caso quantistico. Soluzione:

→

→

→

Esercizio 116: Ciclotrone a raggio costante

Provare a costruire un ciclotrone che acceleri particelle facendole muovere su di un cerchio di raggio costante r. Soluzione: Sar` a

necessario un campo magnetico non uniforme B(r, t). Infatti si vuole che l’impulso della particella segua p(t) = erB (r, t) con r costante. Ma l’equazione del moto è p = F ˙ = eE = e

˙B Φ 2πr

˙ Se il campo magnetico fosse uniforme si avrebbe invece Φ ˙ B = πr 2 B˙ ed Deve quindi essere Φ˙ B = 2 πr 2 B. il moto della particella non avverrebbe a raggio costante (e.g. nel caso adiabatico discusso in seguito si ha u grande nella zona centrale. r(t) 1/ B(t)). Serve quindi che B (r) sia pi`

×

∝




65

Esercizio 117: Spettrometro

In un dispositivo per la separazione degli isotopi dell Uranio 235 U e 238 U un fascio di atomi di uranio ionizzati una volta e accelerato ad un’energia K = 5 keV perpendicolarmente a una fenditura S alla cui uscita è presente un campo di induzione magnetica B perpendicolare al piano. La massa del singolo nucleone sia m = 1.710−27 kg. a) Si determini il valore del campo B per cui i due isotopi sono separati di d = 5 mm. b) Si determini il tempo necessario a separare completamente 1 kg di uranio naturale, composto in massima parte da 238 U con un’abbondanza di 235 U dello 0.7%, se la corrente di ioni sulla fenditura S è di 5 mA. Soluzione:

a) Le velocità v1,2 delle particelle sono v1,2 = 2K/mA1,2 ed i raggi di curvatura sono:



A1,2 mv m r1,2 = = eB eB

B

 

2K A1,2 . m

La differenza tra i raggi di curvatura è: m δr = eB



2K 1 1 δA m 2 A

S

√

d

Vogliamo che d = 2δr quindi: m B = ed



2K 1 (A2 m A

√

− A1) = 0.4 Tesla.

b) Un kg di 235 U (usiamo solo questo essendo massimamente prevalente) equivale a N = 6 1023 1000/235 atomi. Una corrente di un mA corrisponde a un flusso di 10 −3 C/s = 1 016 e/1.6 s, cioè a N s cariche elementari al secondo. Il tempo totale τ è

·

·

τ = N e/mA = 4 107 s.

·

Esercizio 118: Carica in B ed E costanti

Studiare il moto di una particella di carica q in campi E e B costanti. Soluzione: In

generale possiamo assumere B = (0, 0, Bz ) e E = (0, E y , E z ). L’equazione del moto (nel limite non relativistico), scritta in componenti è mv˙ x = qv y Bz

mv˙ y = q (E y

− vxBz )

mv˙ z = qE z

La soluzione è vx = v rot cos(ωB t) +

E y Bz

vy =

−vrot sin(ωB t)

vz =

q E z t m

(ωB =

qB z ) m

(7.1)

Il moto lungo z (in generale, lungo B ) non si mescola con gli altri ed è ovvio. Lungo x, y la carica oltre a ruotare fa un drift costante lungo x (in generale lungo E B ). La rotazione dipende da q , ma il drift no. (Sub-esercizio: discutere il limite q 0). Il moto globale è illustrato in fig. 7.3a per cariche con segno opposto. Se particelle cariche entrano in una zona dove i campi elettromagnetici sono costanti ed hanno solo componenti E y e B z , quelle con v x = E y /Bz viaggiano imperturbate. Sfruttando questo fenomeno si può ottenere un fascio monoenergetico (ad esempio utilizzabile nello spettrometro dell’esercizio precedente).

→

×

66


d

L

z

B

y x γ

E

Figura 7.3: Fig. 7.3a: esempio di moto in E, B costanti di due particelle con carica opposta. Fig. 7.3b: fotomoltiplicatore in campo magnetico.

• • • • • • • • • • • • • • • • • • Per ottenere in modo facile ed istruttivo la soluzione (7.1) conviene passare ad un nuovo sistema di riferimento S  dove E e B sono paralleli, avendo solo una componente lungo z, tramite una trasformazione Galileiana vx = v  + E y /Bz (in generale con un boost B × E /B 2 ). In tale sistema S  la particella gira attorno al campo x

magnetico costante. Teoricamente questo equivale a dire che sotto una trasformazione galileiana v = v  + β i campi elettromagnetici trasformano come E  = E + β

· · · (E · B = E  · B ) come segue immediatamente inserendo v = v  + β in F = q (E + v × B ) e riscrivendola come F  = q (E  + v  × B  ). × B + ·· · ,

B  = B +

Queste trasformazioni sono corrette solo all’ordine più basso in β . Ad ordini superiori il risultato non sarebbe consistente perchè le equazioni di Maxwell sono Lorentz-invarianti mentre quella di Newton è Galileo-invariante. Einstein modificò F = m a in modo da renderla relativisticamente invariante, permettendo di discutere i termini di ordine pi` u alto in β , qui indicati con Se non è verificata la condizione E /B c questi termini mancanti diventano importanti. Se E/B > c vedremo che si può invece passare ad un sistema dove B = 0. Fisicamente, questo corrisponde ad avere un campo elettrico cos`ı forte che B non ce la pi` u ad incurvare l’orbita.

·· ·



Esercizio 119: Fotomoltiplicatore in B , E

Studiare di quanto viene ridotta l’efficienza di un fotomoltiplicatore con E = kV/cm se viene posto in un campo magnetico B = Tesla a 45 gradi (figura 7.3). Soluzione: Un

fotomoltiplicatore è un aggeggio simile ad un televisore che accelera elettroni (generati da ionizzazioni γ , . . . ) facendoli sbattere su di uno schermo in modo da renderli rilevabili. Nei rivelatori di particelle a volte si mettono campi magnetici, che incurvano le traiettorie di particelle ed anti-particelle in direzioni opposte e con raggi che dipendono dalla loro massa, in modo da poterle distinguere. Il campo elettrico di un fotomoltiplicatore è orientato in modo da accelerare gli elettroni verso lo schermo. Ma se c’` e un campo magnetico gli elettroni non vanno nella direzione desiderata. Capire dove vanno è un’applicazione dell’esercizio precedente. All’inizio gli elettroni hanno velocità zero, quindi nella (7.1) mettiamo vrot = E y /Bz . Una particella che parte da (x,y,z) = (0, 0, 0) segue il percorso

−

x =

E y (tωB Bz ωB

− sin tωB ),

y =

E y (1 Bz ωB

− cos tωB ),

z =

eE z 2 t 2me

Numericamente la frequenza ω B ed il raggio di spiraleggiamento a valgono ωB =

eB = 1.7 1011 Hz, me

vrot =

cioè a è miscoscopico. Quindi in pratica gli elettroni

E y m = 7 104 , Bz s

a =

vrot = 4 µm ωB


67

(A) ruotano su circonferenze di raggio trascurabile; (B) driftano lungo x con velocità v rot (C) accelerano raggiungendo v

∼ 2 10−4c: è un effetto trascurabile.

∼ 0.1c lungo B e non più lungo E . Questo è l’effetto importante.

A causa di (C) una frazione d/L degli elettroni (cio` e quelli che vengono ionizzati nella zona in cima a destra del fotomoltiplicatore in fig. 7.3) vanno a sbattere sulle pareti laterali invece di venir rilevati sullo schermo. Ridurre il campo magnetico o aumentare quello elettrico non migliora la situazione, fino a quando a d.



Esercizio 120: Accelerazione di raggi cosmici?

[Dal compito del 19/1/2006]. Un ‘raggio cosmico’ (cioè una particella di massa m e carica q ) entra con velocità v non relativistica in una ‘nuvola magnetica’, schematizzata come una regione di spazio in cui è presente un campo magnetico B . Si trascuri l’irraggiamento. a) Calcolare ∆E = E out

− E in.

La nuvola contenente il campo magnetico B sia ora in moto con velocità V molto minore di v . b) Calcolare ∆E assumendo la particella che attraversi una regione in cui B è costante (e quindi compia un arco di circonferenza rispetto al sistema di riferimento S  nel quale la nuvola è in quiete, vedi figura di sinistra). Suggerimento: si studi la dinamica nel sistema S  . c) Si dica per quali valori di B l’irraggiamento è trascurabile. Si dia il valore numerico nel caso di un elettrone con V /v 10−10 (q 10−19 Coulomb, m 10−30 kg,  0 10−11 Coulomb2 /m2 Newton).

∼

∼

∼

∼

·

θout

B

v

V B v

V

 (come misurato nel sistema S  ) assumendo d) Calcolare nuovamente ∆E in funzione dell’angolo di uscita θ out che il moto sia come nella figura di destra: v antiparallelo a V . Si calcoli il valore medio ∆E/E  . assumendo che il moto dentro la nuvola abbia completamente randomizzato θ out





Soluzione:

a) 0: l’unica forza è di tipo magnetico, per cui E out = E in . b) Una volta capito che si tratta soltanto di un urto elastico (come quello di una pallina su di una racchetta da tennis), è banale rispondere: ∆E =

m ( v 2

− 2V )2 − m2 v 2  −2mv · V

Una pallina in un sistema contenente racchette in moto casuale viene, dopo tanti urti, in media accelerata, in quanto è pi` u probabile andare a sbattere su di una racchetta in moto verso la pallina ( v V < 0) che non in direzione opposta. Similmente con tante nuvole magnetiche in moto casuale. Questa è la base del meccanismo di Fermi.

·

68


b ) Lo stesso conto lo si può fare notando che, quando la nuvola magnetica è in moto, è presente un campo V B (che sarebbe orizzontale nella figura). Come visto precedentemente questo produce elettrico E un moto contro-intuitivo, ma la differenza di energia può essere calcolata in modo semplice:

 − ×

∆E =

 ·

F ds = F



dy = q E ∆y = q ( V B)(2

| |

·−

mv cos θ) qB

dove ∆y = 2R cos θ è la distanza fra il punto di ingresso e quello di uscita, R = mv/qB è il raggio dell’orbita circolare, e θ è l’angolo fra v e V . Inserendo i valori espliciti si ottiene nuovamente lo stesso risultato. c) La carica percorre per un tempo T irraggia

∼ R/v un arco di circonferenza di raggio R = mv/qB durante cui 3 2

v · ∼ Bq 3 0 c m

E irraggiata = W T

 ∆E per B  c30m2(V /v)/q 3 ∼ 1010 Tesla(V /v) ∼ Tesla.

Si ha E irraggiata

d) Nel caso del problema θ in = 0. In generale, procedendo come al punto b) si ha

 = γE in (1 E in

 = E  , E out in

− V cos θin/c),

 (1 + β cos θ ) E out = γE in out quindi E out = γ 2 E in (1

 ) − V cos θin/c)(1 + V cos θout   = 0 e quindi ∆E θ =0 = −mV c. In media cos θout in

RIFARE SENZA USARE TRASF DI LORENTZ Nota . Nella realtà anche θin segue una distribuzione di probabilit` a, p(θin ) v V cos θin (e.g. p(0)/p(π) = (v V )/(v +V )) per cui cos θin = V /3c: diverso da zero perchè è più probabile andare a sbattere su di una nuvola che si avvicina, che su di una che si allontana. Quindi ∆E/E = 4V 2 /3c2 : in media i raggi cosmici in moto casuale vengono accelerati da nuvole magnetiche in moto casuale. Questo meccanismo di accelerazione dei raggi cosmici venne proposto da Fermi. Probabilmente il meccanismo vero è una versione più complicata di questo. La pagina di quaderno a lato mostra la soluzione che Fermi diede alla domanda b) di questo esercizio.



∝ −  −

−





Esercizio 121: Ciclotrone

Mostrare che una particella libera di muoversi in un campo magnetico Bz ed in un campo elettrico oscillante Re E x e−iωt = E x cos ωt viene accelerata lungo x. Soluzione:

Se E = 0 la carica gira nel piano xy: riottengo questa cosa nota usando un primo trucco matematico. Quando c’è roba che gira è utile introdurre z x + iy (attenzione: questo z non ha niente a che fare con l’asse z) in quanto girare nel piano xy con frequenza ω e raggio r viene descritto in modo più compatto come z = re −iωt .1 In termini di z le equazioni del moto diventano

≡

m¨ x = q ˙yBz

m¨ y =

−q ˙xBz

⇒

m¨ z =

−iq ˙zBz

1 Questo trucco viene usato in calcoli più complicati (meccanica quantistica,. . . ), per cui ` e utile vederlo all’opera in questo problema pi` u semplice, dove non dà una grande semplificazione. Quindi se confonde le idee, conviene rifare i conti ritornando ad x ed y .


−iω e quindi z(t) ˙ = z(0)e ˙

B

t

69

con ω B = qB z /m. Aggiungendo il campo elettrico l’equazione del moto diventa

−iq ˙zBz + qE xe−iωt

m¨ z =

z = ˙

⇒

iE x q/m −iωt e ω ωB

−

dove abbiamo usato un secondo trucco matematico: abbiamo assunto z(t) e −iωt il che, come noto, trascura il transiente e fornisce solo l’orbita limite. Per ω = 0 si ritrova il drift a velocità costante vy = E x /Bz precedentemente discusso: grazie alla i esso è diretto lungo y. Per ω = 0 la carica q gira, acquistando una grossa velocità se ω = ω B . Intuitivamente la particella gira nel campo magnetico, ed ad ogni mezzo giro il campo elettrico viene riorientato in modo da essere sempre lungo il moto della particella, che quindi viene accelerata lungo una spirale. Come al solito questa tecnica trascura il transiente. Si può verificare che i raggi limiti ottenuti dalle seguenti similazioni numeriche sono in accordo con il valore atteso:

∝



ω / ωB

=

0.8

ω / ωB

=

0.9

ω / ωB

=

1

ω / ωB

=

1.1

ω / ωB

=

1.2

Quindi il ciclotrone è un modo di accelerare particelle in uno spazio ridotto. Aggiungendo un termine di attrito (che può essere causato da vari effetti fisici e.g. l’irraggiamento) il denominatore diventa ω ωB + iγ , risonante ma finito per ω = ω B . La frequenza di rotazione ωB non dipende dall’energia della particella; questa semplificazione non è pi` u vero quando la particella acquista un’energia relativistica: in tale caso diventa necessario variare ω in modo appropriato per ogni bunch. Uno potrebbe pensare che sia più complicato ma anche più conveniente mettere un campo elettrico che gira con la particella, in modo che E sia sempre diretto lungo v . In termini di numeri complessi un E ruotante nel piano xy si scrive come E = Ee −iωt (1, i, 0)/ 2. Il segno specifica la direzione di rotazione. L’equazione del moto diventa 1 1 −iωt m¨ z = iq ˙zB z + q Ee . 2

−

±

√

± ± √

−

Cioè se metto senso di rotazione sbagliato non accelero nulla, e se lo metto giusto non guadagno quasi nulla. Infatti il campo elettrico oscillante può essere decomposto come sovrapposizione lineare di due campi che ruotano in direzioni diverse: (1, 0, 0) = (1, i, 0)/ 2 + (1, i, 0)/ 2: uno è in risonanza e l’altro non ha effetto.

√

−

√

Esercizio 122: Carica in B con direzione non uniforme

Moto in un B la cui direzione varia lentamente: studiare il moto di una particella di carica q in un campo magnetico con B θ costante. Soluzione: Le

equazioni del moto in coordinate cilindriche ( ρ,θ,z), dove B ha una componente B θ costante,

sono aρ = ρ¨

− ρθ˙2 = −ωB ˙z,

¨ 2 ρ˙ θ = ˙ 0, aθ = ρ θ +

z¨ = ω B ˙ρ

dove ωB qBθ /m. In prima approssimazione procede lungo le linee del campo facendo una spirale di raggio ˙ v || /R. Scriviamo la soluzione al primo ordine perturbativo in a/R: la 1a equazione del a. Quindi ρ = R e θ = 2 moto fornisce z = v ˙ ˙ || a/R. || /ωB R. Avendo assunto R a la velocità di drift è piccola: z/v Lo si pu` o capire in modo intuitivo notando che per far curvare la traiettoria media lungo le linee del campo ˆ . Abbiamo visto all’esercizio precedente che il moto in B ed E ortogonali è un serve una forza diretta lungo ρ ˆ = ˆz. ˆ θ drift lungo B E . In questo caso ρ

≡



×

×

∼

70


Esercizio 123: Carica in B con modulo non uniforme

Moto in un B il cui modulo varia lentamente in direzione ortogonale a B . Studiare il moto di una particella di carica q in un campo magnetico B = (0, 0, Bz (x)). Soluzione: Per

semplicità assumiamo due valori costanti B1 < B2 = B1 + ∆B nei due semispazi x > 0 e x < 0 La particella si muove lungo semicirconferenze di raggi ri = mv/qBi con frequenza ω = qB/m (dove B (B1 + B2 )/2). Ad ogni giro si sposta di ∆y = 2(r2 r1 ) e quindi drifta con velocità

∼

−

vydrift

2

⊥ ∇B ≈ 2πω 2(r2 − r1) ≈ vπ⊥ B2 B− B1 = vπ⊥ Br B2 −r B1 ≈ mv qB

× ∇B2; il verso dipende da q ma la velocità di drift no. • • • • • • • • • • • • • • • • • •

In generale la direzione del drift è B

In generale ∇ B = 0 implica che nè il modulo nè la direzione di B sono costanti, per cui si ha l’effetto combinato dei due drift discussi in questo esercizio e nel precedente. Nel caso del campo magnetico di un filo, Bθ 1/ρ entrambi gli effetti producono un drift lungo z , con velocità

×

∝

v drift =

2 v||2 + v⊥ /2

ωB ρ

ˆ ρ

× Bˆ

ˆ è stato scritto in modo complicato in modo che la formula sia valida in generale per il moto dove il versore z con a ρ in un B 2-dimensionale (i.e. nel problema concreto B non dipende da z ).



Esercizio 124: Carica in B (t) uniforme

Studiare il moto di una particella di carica q libera di ruotare nel piano xy in un campo magnetico Bz (t) che viene lentamente variato da B 0 a B 1 . Soluzione: Assumiamo

che B vari di poco in un giro: quindi le orbite sono approssimabili come circonferenze. Il loro raggio a e` determinato da mv 2 /a = qvB . All’inizio la carica ha velocit` a v0 e quindi gira con raggio a0 = mv0 /qB0 . Alla fine avrà velocit` a v 1 (da calcolare) e quindi girerà con raggio a 1 = mv 1 /qB1 . La forza magnetica non accelera le particelle, ma un campo magnetico Bz (t) induce un campo elettrico ˙ segue 2πrE θ = Φ ˙ = πr2 B. ˙ Denotando con v il modulo della velocità, la E θ (t). Dall’equazione ∇ E = B particella viene accelerata secondo

×

−

mv˙



qa(t) ˙ v B˙ z qE θ = Bz = m 2 2 Bz

cioè

d v2 dt Bz

 0.

(7.2)

Quindi v 2 /Bz (o equivalentemente il flusso Φ Bz a2 , o equivalentemente il dipolo magnetico µ = qav/2) sono invarianti adiabatici. La parola ‘adiabatico’ ed il ricordano che il tutto è vero solo nel limite di campo lentamente variabile. Facciamo un esempio numerico: aumentiamo un campo magnetico da 0 a B = 1Tesla in ∆t = 1ms. Assumiamo che alla fine r = 1 m. Quindi alla fine p = eBr = 300 MeV. Verifichiamo se il moto della ˙ = π keV, che è molto particella è adiabatico: l’energia ceduta in un giro vale e E ds = e 2πrE θ = eΦ minore dell’energia. Equivalentemente, il numero di giri è molto grosso: N giri = ms/2πr 5 104 . Quindi l’approssimazione adiabatica è buona, e dice che r(t) B −1/2 (t).

∝



 ·

·

∝ • • • • • • • • • • • • • • • • • •

≈

Riotteniamo lo stesso risultato in modo alternativo, approssimando la carica ruotante come un dipolo magnetico. Questa approssimazione è possibile solo se la carica ruota veloce, cio` e stiamo anche qui facendo l’approssimazione adiabatica. Una carica produce una corrente i = qω/2π e quindi un momento magnetico µ = πa 2 i =

q 2 q a ω = L dove 2 2m

L = mav = ma2 ω


71

è il momento angolare. La forza su di un dipolo magnetico dipende solo dal campo magnetico, secondo ˙ = µ L

e L × B. × B = 2m

Una particella libera in un campo magnetico ruota sempre attorno ad esso, quindi L e B sono sempre paralleli, quindi L rimane costante in accordo con i nostri risultati precedenti.

• • • • • • • • • • • • • • • • • • Nel limite opposto, in cui µ non dipende da B , l’equazione del moto dice che L gira attorno a B con frequenza ω L = eB/2m. In un linguaggio meno sofisticato, questo accade perchè il campo magnetico fa girare pi` u veloce la carica, con frequenza ω + ωL (o pi` u lenta: il segno sarà tale che la variazione di moto genera un campo magnetico che si oppone alla variazione del B esterno). Studiamo un caso particolare importante per la teoria del magnetismo nella materia.

Esercizio 125: Atomo in B (t) uniforme

Studiare come reagisce un atomo di idrogeno quando viene acceso lentamente un piccolo campo magnetico esterno. Soluzione: Il

problema è analogo a quello precedente, con la differenza che l’elettrone gira risentendo anche della forza di Coulomb, non solo del campo magnetico esterno. Possiamo quindi utilizzare ancora l’eq. (7.2), tenendo conto che ora il legame fra a(t) e v(t) è dato da mv 2 /a = evB +e2 /4π0 a2 . Per semplicità, assumiamo che il campo magnetico dia una piccola correzione a v e quindi al raggio dell’orbita a, che in prima approssimazione rimane costante, al valore fissato dalla meccanica quantistica. Questa è l’unica differenza rispetto al caso precedente. Quindi ea ˙ v(t) mv = ˙ B ω(t) = ω(0) + ωL (t) 2 a dove ω L = eB/2m è detta frequenza di Larmour, che stiamo assumendo essere una correzione piccola, ω L ω. 11 16 E.g. per B = Tesla viene ωL = 0.9 10 Hz, mentre gli atomi hanno frequenze tipiche ω 10 Hz. Quindi ωL ω: l’approssimazione che stiamo usando è buona.

−

→

≡



∼



Esercizio 126: Carica in B non uniforme

Calcolare in approssimazione adiabatica la velocità di drift parallela al campo magnetico. Soluzione: Nei

vari casi precedentemente studiati abbiamo trovato ‘nuovi’ effetti: drifts ortogonali al campo magnetico. Ora studiamo in dettaglio il ‘vecchio’ moto lungo le linee del campo magnetico, che in molti casi rimane il moto principale. Se il campo magnetico è uniforme, la carica procede con v|| costante. Vogliamo vedere come procede in generale. Il risultato è: 2 v 2 = v ||2 + v⊥ = costante

e

2 v⊥ /B = invariante adiabatico

dove la prima costante del moto è l’energia (ovvio!). L’esistenza di un invariante adiabatico la si può capire intuitivamente dai problemi precedenti, dove la stessa espressione era invariante adiabatico. Nel caso precedente B dipendeva dal tempo (producendo un E ), mentre ora dipende dallo spazio: ma dal punto di vista di una particella che cammina è come se B dipendesse dal tempo. 2 Avendo capito intuitivamente perchè v ⊥ /B è invariante adiabatico, vogliamo dimostrarlo in modo rigoroso. Mettendo l’asse z lungo la linea di B si ha che una variazione di B z (z) è accompagnata da un B ρ = ρBz (z)/2, in quanto questo è necessario per avere ∇ B = 0. Per verificarlo basta usare la divergenza in coordinate cilinidriche, o imporre che il flusso di B su di un appropriato cilindretto sia zero. La componente B ρ contribuisce all’equazione del moto della carica q lungo z :

−

·

2

z¨ =

v⊥  − qvmθ Bρ  − 2B Bz z

72


 v⊥ e ρ  mv⊥0/qBz0 in approssimazione adiabatica. Verifichiamo che v ⊥2 /Bz è costante:

avendo usato v θ

2 d v⊥ = dt Bz

−

B˙ z 2 1 d 2 v⊥ + (v 2 Bz Bz dt

2

− v ) = −

Bz 2 zv ˙ Bz ⊥

−

2 z¨ ˙z = Bz

2 z˙ v ⊥ Bz 2 (¨z + )= 0 Bz 2 Bz

−

in quanto l’ultima espressione coincide con l’equazione del moto.

Esercizio 127: Intrappolamento magnetico

Due spire circolari, di raggio a = 0.1m e situate a z = d/2 (con d = 0.5 m) perpendicolarmente all’asse z, sono percorse da N = 1000 spire con corrente i = 1 A. Studiare il moto di a) un elettrone b) un gas di elettroni situati lungo l’asse z .

±

Soluzione: Lungo

l’asse z il campo magnetico vale: Bz (z) =

µ0 N ia2 (a2 + (z 2



− d/2)2)−3/2 + (a2 + (z + d/2)2)−3/2



.

Il campo magnetico è minimo a z = 0 dove vale Bmin = B z (0) = 0.64 10−3 Tesla. Il calcolo del punto dove il campo magnetico è massimo è analiticamente complicato ma numericamente immediato: in pratica B è massimo in prossimit` a dei centri delle spire, a z 0.25 m dove vale B max = 6.3 10−3 Tesla. 2 Vediamo in quali condizioni l’approssimazione adiabatica è valida. Un elettrone con E ⊥ = m e v⊥ /2 compie circonferenze di raggio

≈ ±

mv⊥ ρ = = eB

√ 2m E e

eB

⊥ = MeV/c eB

L’approssimazione adiabatica vale se ρ



E ⊥ 106 V = MeV Bc



E ⊥ 10−3 Tesla = 3.3 m MeV B



E ⊥ MeV

 a, d quindi per E  keV.

Assumiamo che l’elettrone parta dall’origine con direzione iniziale tan α = v ⊥ /v . Se α = 0 l’elettrone viaggia a velocità costante. Se α è abbastanza grosso rimane intrappolato ed oscilla avanti ed indietro girellando lungo la linea di campo (vedi figura). L’ampiezza delle oscillazioni si calcola, in generale, combinando la conserva2 zione dell’energia v 2 con quella dell’invariante adiabatico v⊥ /B. Al punto di 2 2 oscillazione massima si ha v = 0 il che corrisponde a v = v⊥ Bmax /Bmin , dove Bmax è il massimo valore del campo magnetico che l’elettrone riesce a raggiungere. Si trova quindi sin2 α = Bmin /Bmax . Nel nostro caso si hanno oscillazioni per sin2 α > 0.1 cioè α > 18 ◦ . Se uno vuole intrappolare tanti elettroni, quelli con α < 18 ◦ scappano subito. Quelli con α > 18 ◦ rimangono, ma le collisioni fra di loro tendono a rendere la distribuzione angolare isotropa (e la distribuzione in energia Maxwelliana), generando altri elettroni con α < 18◦ che quindi mano a mano scappano. Per questo motivo questo tipo di ‘bottiglia magnetica’, inizialmente considerata come possibile tecnologia per fusione nucleare, è stata abbandonata.

Capitolo 8

Induzione magnetica ˙ e F = q v B . La prima implica che la f.e.m. ai capi di un Le equazioni fondamentali sono ∇ E = B ˙ B . La seconda dice che la f.e.m. ai capi di circuito fermo in un campo B dipendente dal tempo vale = Φ ˙ B (come verificato nell’esercizio sulla un circuito in modo in un campo magnetico B non uniforme vale = Φ centrale elettrica). Quindi le due equazioni fondamentali sono legate dal principio di relativit` a.

×

−

× E − E −

Esercizio 128: Circuito allungato

Un circuito rettangolare di reststenza R e lati  fisso ed x variabile è immerso in un campo magnetico B ortogonale. La lunghezza x viene variata x = vt. Calcolare a) la corrente indotta, b) la forza esterna F ; c) la potenza W necessaria; d) la potenza dissipata nella resistenza. Soluzione:

a) Φ = BLvt e quindi I = /R = BLv/R.

E

b) F ext = BIL = B 2 L2 v/R in direzione opposta al moto. c) W ext = F v. d) W = I 2 R = W ext . Tutto il lavoro fatto viene dissipato tramite R.

Esercizio 129: Circuito in moto

Una spira rigida conduttrice di forma quadrata, con i lati di lunghezza  paralleli all’asse x ed all’asse y, si muove nel piano xy di un sistema di riferimento cartesiano ortogonale xyz con velocità iniziale v0 parallela all’asse x, nel suo verso positivo. All’istante t = 0 interseca la regione x 0 in cui risiede un campo magnetico B , uniforme e costante, diretto lungo l’asse z nel suo verso positivo.

≥

a) Calcolare, in funzione della velocità v, la corrente I circolante nella spira mentre penetra nella regione sede del campo magnetico; b) Calcolare la forza F agente sulla spira. c) Calcolare la minima velocità iniziale v 0min necessaria perch´ e la spira penetri totalmente nella regione sede del campo magnetico. d) Assumendo v 0 > v0min calcolare la carica totale circolata nella spira. e) Assumendo v 0 < v0min calcolare la carica totale circolata nella spira. Soluzione:

73

74

Capitolo 8. Induzione magnetica ˙ = B x˙ = Bv. Quindi I = E = a) Nella spira si genera, per induzione, una f.e.m. = Φ˙ B = B S R Bv . La forza sulla spira (mente penetra la regione x > 0, ma non ` e ancora entrata totalmente) ` e diretta R lungo l’asse x ed è generata dall’interazione della corrente sul lato entrato totalmente e il campo magnetico (i contributi sui lati paralleli al moto si compensano e quello esterno non interagisce con alcun campo).

E −

−

−

−

−

−B22v/R (il segno − indica che è frenante, coerentemente con la legge di Lenz). c) L’equazione del moto per la spira, mentre penetra nella regione del campo magnetico, è m v = ˙ −B 2 2 v/R, 2 2

b) Si ha F = BI =

ovvero v + v/τ ˙ = 0 con τ = mR/B  . Quindi la velocit` a della spira varia nel tempo secondo v(t) = v0 e−t/τ . La lunghezza del tratto di spira x(t) entrato nella regione del campo magnetico all’istante t t (maggiore di zero) è quindi x(t) = 0 v(t)dt = v 0 τ (1 e−t/τ ). Perché tutta la spira penetri (anche in un tempo infinito) deve perciò essere v 0 τ , da cui v 0min = /τ = B 2 3 /mR.



−

≥

d) La carica circolata si ottiene da Q =

  E −  Idt =

R

dt =

1 dΦB = R

− ∆ΦR B .

Se v 0 > v0min la variazione di di flusso è B 2 e quindi Q = BI 2 /R. e) Se v 0 < ¯v0 la spira non penetra totalmente nella regione del campo magnetico, ma solo di un tratto v 0 τ , e quindi (procedendo come nel caso precedente) Q = Bv 0 τ /R = mv0 /B.

−

−

La carica Q può anche essere direttamente ottenuta dall’equazione del moto: ∆ p = BIdt = B I dt = BQ.





−mv0 =



F dt =

Esercizio 130: Centrale elettrica

Come si produce la ‘corrente’? Soluzione: Per

trasformare energia meccanica in energia elettrica si può: a) far ruotare una spira in un campo magnetico costante (generato e.g. da un magnete); oppure b) far ruotare un campo magnetico attorno ad una ˙ che segue dalle due diverse equazioni di base. spira ferma. In entrambi i casi vale = Φ,

E −

˙ segue direttamente dalla seconda a) Nel caso in cui la spira è ferma ed il campo magnetico ‘si muove’, = Φ equazione di Maxwell, integrandola lungo la superficie della spira ed utilizzando il teorema di Ampere:

E −

E =



E ds =

·



∇

S

· E =

 −

b) Nel caso in cui il campo magnetico è fermo e la spira si muove, = Φ˙ segue dalla forza di Lorentz. Per vederlo consideriamo un caso concreto: un campo magnetico Bz (uniforme e parallelo all’asse z), ed una spira rettangolare di lati ∆x e ∆y che facciamo ruotare attorno all’asse x: La forza magnetica ha una componente lungo il circuito solo sui lati esterni, F x = q (v B )x = qvy Bz . Calcoliamo vy = y differenziando ˙ y = 21 ∆y cos θ(t). La forza F x equivale ad un campo elettrico effettivo E x = F x /q , che non dipende da q . Il suo integrale di linea vale

E −

S

˙ = B

−Φ˙ B B z

x

×

E =



2 d ds = ∆y ∆x sin θ = q 2 dt

F

·

·

˙B Φ

−

θ

y

In pratica la corrente viene prodotta tramite il metodo b): una spira viene fatta girare nel campo magnetico ` importante notare che l’energia elettrica non appare dal nulla, ed anzi è uguale generato da un ferromagnete. E all’energia meccanica spesa per far girare la spira (at esempio da una cascata, in una centrale idroelettrica). Infatti la fem fa muovere le cariche, che cos`ı acquistano anche una velocità vx : questo produce una ulteriore forza che si oppone al moto. Per fare la verifica quantitativa assumiamo che il sistema abbia una resistenza R

Capitolo 8. Induzione magnetica

75

(che in pratica corrisponde ad un utente che utilizza la corrente elettrica): si genera allora una corrente I = /R. La potenza elettrica vale W = 2 /R = I . Sui due lati di lunghezza ∆x della spira agiscono forze orizzontali F y = IBz ∆x, e quindi per far girare la spira occorre compiere un lavoro meccanico W ext = 2 F y vy , che risulta esattamente uguale a W = I . L’energia si conserva.

E

±

E

|

E

E |

Esercizio 131: L’eccezione

Le due equazioni fondamentali sono sempre sostituibili da

E = −Φ,˙ o esiste l’eccezione che conferma la regola?

˙ fallisce ed occorre ripartire dalle equazioni di base. In possono inventare esempi in cui = Φ questi esempi la forma del circuito lungo il quale si calcola il flusso non è ben definita: Soluzione: Si

E −

• Ondulatore (vedere Feynman). • Macchina unipolare: una sfera magnetizzata verticalmente contiene un B ∝ M viene fatta ruotare. Fra polo e contratto strisciante su equatore si crea una fem E ∝ drωrB, calcolabile anche come variazione



del flusso di un circuito ruotante

Esercizio 132: Circuito ruotante

Un motorino fa ruotare una sbarretta conduttrice di lunghezza L attorno ad una estremit` a, con velocit` a angolare ω costante, facendo una circonferenza nel piano ortogonale ad un campo magnetico B costante. Ai due estremi della sbarretta è collegato un circuito che contiene una fem costante V ed una resistenza R. a) Calcolare la corrente I che passa nel circuito. b) Per quale valore di ω è possibile levare il motorino e la sbarretta continua a girare? Soluzione:

E = V + RI dove E = −BS ˙ dove S ˙ = L2ω/2 è la variazione di area. b) Per il valore di ω tale che E = V : in questo modo I = 0 e quindi la forza di Lorentz vale zero. a) L’equazione del circuito è

Esercizio 133: Generatore in orbita

Il campo magnetico terrestre all’equatore vale B0 = 0.5 G. Un satellite ruota con v = 7 km/ s su un orbita di raggio R = 8000 km. Dal satellite pende un filo lungo L = 200 m. Calcolare la ddp ai suoi capi.



vB = Lv(R0 /R)3 35 V, dove R 0 è il raggio della terra. Facendo oscillare la lunghezza del filo si genera una corrente alternata. Il problema e’che facendo un circuito chiuso la fem si annulla. Per evitarlo si e’provato a chiudere il circuito sparando ioni. Soluzione:

≈

Esercizio 134: Cilindro ruotante

Un cilindro conduttore viene fatto ruotare a velocità angolare ω parallela ad un campo magnetico costante B . Un contatto strisciante di resistenza R connette il bordo con il centro. Quanta corrente vi passa? Soluzione:

76


Esercizio 135: Trasformatore

Discutere i trasformatori. Soluzione: Per

trasmettere una data potenza W = V I da una centrale elettrica al luogo di consumo conviene utilizzare un grosso V ed una piccola I , in modo da ridurre la potenza RI 2 dissipata per effetto Joule lungo la linea di trasmissione. Ad esempio per trasmettere 10 kW a 100 V serve I = 100 A; se invece la trasmetto a 10 kV basta I = 1 A, riducendo di un fattore 10 4 la potenza dissipata nel filo. ` quindi essenziale che un Per motivi di sicurezza l’energia elettrica va però venduta a basso voltaggio. E trasformatore sappia convertire il voltaggio senza perdite. Un trasformatore si basa sull’induzione magnetica, che richiede correnti variabili. Per questo motivo le correnti alternate sono più usate di quelle continue. Le equazioni di base di un trasformatore sono V 1

− Φ˙ 1 = V 1 − L1 ˙I 1 − M ˙I 2 = R1I 1

− Φ˙ 2 = −L2 ˙I 2 − M ˙I 1 = R2I 2

e la quantità interessante da calcolare è il fattore di conversione V 2 /V 1 = R 2 I 2 /V 1 . Nel limite ideale R 1 = 0 ed R 2 viene I 2 0 e quindi V 2 /V 1 = M/L1 = N 2 /N 1 . Se I 2 = 0 il secondo ˆ1 = V 1 eiωt ed uso il metodo delle circuito reagisce sul primo. Per calcolare come assumo una fem alternata V impedenze V 1 = (R1 + iωL 1 )I 1 + iωMI 2 (R2 + iωL 2 )I 2 + iωMI 1 = 0

→ ∞

→



da cui V 2 iωMR2 = V 1 (R1 + iωL1 )(R2 + iωL2 ) + ω2 M 2

−

W 2 R2 M 2 ω2 = W 1 R2 + IωL2 (R1 + iωL1 )(R2 + iωL2 ) + ω 2 M 2

[i moduli quadri andrebbero presi con cura] La potenza trasmessa vale 1 se R1,2 0 e se il termine ω 2 (M 2 L1 L2 ) al denominatore vale zero. Questo corrisponde ad avere un trasformatore che non disperde flusso. Il massimo valore possibile di M è M = L1 L2 . Assumendo accoppiamento perfetto e che R 1 sia trascurabile

→

√

V 2 = V 1

 −

L2 = L1

−

2 − N N 1

` chiaramente importante avere ω L E R, altrimenti W 2 /W 1 dimensione del trasformatore ed N è il numero di spire. Per ω migliora la situazione di un fattore µ/µ 0 104 .



∼

∼ L2/R2. Nel vuoto si ha L ∼ N µ0d dove d è la ∼ 100 Hz e d ∼ m viene ωL ∼ N 10−7Ω. Il ferro

Esercizio 136: Trasformatore con due spire

Non si usa il ferro. Due spire concentriche, di raggi A ed a. Soluzione: L

∼ µ0a, M Aa  µ0a2/2πA. M aA = M Aa in modo non ovvio. Esercizio 137: Induzione

Due circuiti hanno autoinduttanze L1 ed L2 e M . Studiare cosa succede quando si connettono i fili in vario modo. Soluzione: In

generale

E 1 = −L1 ˙I 1 − M ˙I 2 E 2 = −L2 ˙I 2 − M ˙I 1 ˙ posso fare lo stesso esercizio con Φ). con M > 0, avendo scelto stesse direzioni per I ed E . (E = −Φ, • Se li attacco in serie dritti E = E 1 + E 2 e I = I 1 = I 2. Quindi ottengo un unico circuito con induttanza L = L 1 + L2 + 2M .


77

• Se li attacco in serie a rovescio E = E 1 − E 2 e I = I 1 = − I 2. Quindi ottengo un unico circuito con induttanza L = L1 + L2 − 2M . Deve essere L > 0 e quindi M < (L1 + L2 )/2. • Se li attacco in parallelo dritti E = E 1 = E 2 e quindi L2 − M L1 − M L1 + L2 − 2M −E −E I 1 = −E , I = , I + I = I = L L = 2 1 2 L1 L2 − M 2 L1 L2 − M 2 L1 L2 − M 2 √ √ da cui M < L1 L2 , che è una condizione più stringente. Notare che è possibile avere | M |  L1 L2 , quando M < 0.

• Se li attacco in parallelo a rovescio viene L = (L1 + L2 + 2M )/(L1L2 − M 2). • Se M = 0 le induttanze si combinano come le resistenze. Esercizio 138: Trapano

Inventare un trapano Soluzione: Iniziamo

da un esercizio ideale: supponiamo di avere un campo magnetico con simmetria cilindrica Br = B0 (r0 /r). Verifica ∇ B = 0 per r = r0 . Una spira di lunghezza , nella quale viene fatta passare una corrente continua i, è libera di ruotare radialmente. La forza di Lorentz sul lato superiore vale F + = iB (r+ ) e tende a far girare la spira; tuttavia sul lato inferiore si esercita una forza F − = (r+ /r− )F + tale che il momento totale è zero. Se a uno piace complicarsi la vita e pensare in termini di ‘flusso tagliato’ questo accade perch` e il flusso tagliato dal filo superiore (Φ = B(r+ )r+ ∆θ) è uguale ed opposto a quello tagliato da filo inferiore. Quindi, per ottenere un trapano funzionante, si elimina il filo inferiore rimpiazzandolo con il contatto mobile disegnato in figura

·



−

F

F

Studiamo adesso come si fa ad ottenere il campo magnetico assunto. Non disponendo di un filo di monopoli magnetici lo si può costruire con un magnete non su tutta la circonferenza ma solo su di una parte. Questo è ottenibile usando un magnete permanente. Nella parte di sotto il campo magnetico ‘tira dritto’ e produce un momento che tende a frenare la spira. Per evitare questo si può invertire il segno della corrente i quando fa il mezzo giro nella parte inferiore, utilizzando quindi una corrente alternata di frequenza uguale alla frequenza di rotazione. Questa non è una buona soluzione, in quanto una presa di corrente da invece una corrente alternata di frequenza fissa, 60 Hz. Conviene quindi avvolgere un solenoide attorno ai magneti in modo da fargli creare un campo magnetico nella direzione giusta quando ci passa la spira, in modo che venga sempre accelerata. Siccome far percorrere ad un magnete il suo ciclo di isteresi costa energia (a seconda di quanto è largo il ciclo di isteresi), si mettono due o pi` u spire con correnti circolanti in senso opposto in modo da usare il campo magnetico quando punta in entrambe le direzioni.

• • • • • • • • • • • • • • • • • • La rotazione del filo produce una vθ e quindi una forza di Lorentz lungo il filo, e quindi una fem indotta = qr+ Bω che ad alta frequenza riduce la fem iniziale frenando la rotazione della spira Poi la spira produce a sua volta un campo magnetico: si ha anche un effetto di auto-induzione

E −

E = −qBr+ω = Ri + L di/dt

I ˙ω = Br + i

78


da cui, senza fem esterna, L dando oscillazioni smorzate.

d2 ω dω (Br + )2 + R + q ω = 0 dt2 dt I

Capitolo 9

Forze magnetiche fra circuiti Hanno importanza soprattutto come esercizi in compiti.

Esercizio 139: Due circuiti lunghi

Si considerino i due circuiti rigidi in figura, con L d. a) Determinare il coefficiente di mutua induzione. Due generatori di corrente mantengono le correnti I 1 ed I 2 costanti. Le resistenze elettriche sono trascurabili. b) Determinare le forze esterne necessarie a mantenere i circuiti fermi come in figura. c) Lasciando libero uno dei circuiti di muovesi, determinare la sua energia cinetica a distanza infinita.



d

I 1

d d

I 2

Soluzione:

a) Dominano le forze fra i fili lunghi. Chiamandoli 1,2,3,4 (dall’altro in basso)

 − 

µ0 L I 1 I 2 1 F = F 14 + (F 13 + F 24 ) + F 23 = 2π d 3

2 µ0 L I 1 I 2 + 1 = 2 2π 3d

La forza è repulsiva. b) M < 0 in quanto i due circuiti sono ‘esterni’: uno prende il flusso dell’altro nella regione in cui B ‘torna indietro’. Lungo il piano che contiene i due circuiti, a distanza x dal filo 2 µ0 I 1 B = 2π

−





2d

1 1 + , x x+d

Φ(B) = L

B dx = M I 1

d

M =

− µ2π0L ln 43

c) Sfruttiamo la conservazione dell’energia: U I + L = U F + K . K è l’energia cinetica che si vuole calcolare. U F ed U I sono le energie magnetiche, in generale date da U = 21 Lij I i I j . Alla fine L12 = M = 0 mentre all’inizio M ha il valore calcolato al punto b). L è il lavoro fatto dai generatori per mantenere costanti le correnti 2

L =

2

  E   I i

i

dt =

i=1

Quindi K = (U F

i=1

dΦi I i dt = dt

2



I i [ΦiF

− ΦiI ] = I 1[0 − M I 2] + I 2[0 − MI 1] = −2M I 1I 2

i=1

− U I ) + L = (1 − 2)MI 1I 2 = −MI 1I 2 > 0, in accordo con il fatto che la forza è repulsiva.

c ) Si può anche procedere in modo meno intelligente intergando la forza ricalcolata a distanza r > d generica:



µ0 L 1 F = F 14 + (F 13 + F 24 ) + F 23 = I 1 I 2 2π 2d + r

−



2 1 µ0 L 2d2 + = I 1 I 2 d+r r 2π r(d + r)(2d + r)

A grande distanza r d deve ridursi alla forza fra due dipoli magnetici µi = LdI i . Integrando K = ∞ F dr si ritrova il risultato precedente d





79

80

Capitolo 9. Forze magnetiche fra circuiti

Esercizio 140: Rotazione di due spire circolari

[Dal compito del 19/9/03] Due spire conduttrici circolari coplanari diposte nel piano xy hanno raggi diversi in modo trascurabile, sezione del filo trascurabile, resistenza R e coefficiente di autoinduzione L. La spira interna è libera di ruotare attorno all’asse x e inizialmente percorsa da una corrente i 0 , mentre la spira esterna è fissa e collegata ad un generatore ideale di corrente che eroga la corrente I . Le correnti scorrono nello stesso verso. All’istante t = 0 ed in un tempo trascurabile rispetto al tempo caratteristico del sistema, la spira interna viene ruotata di 90◦ e fermata. a) Si calcoli la relazione tra il coefficiente di autoinduzione L delle spire e quello di mutua induzione M sia al tempo t < 0 (quando le spire sono coplanari) sia a t > 0 (dopo aver effettuato la rotazione). b) Supponendo trascurabile la caduta ohmica nella spira interna durante la rotazione, si calcoli la corrente che circola in essa all’istante dell’arresto. c) Si calcoli il lavoro fornito dal generatore di corrente durante la rotazione. d) Sapendo che l’energia dissipata nella spira interna per effetto Joule durante il tempo transitorio di scarica successivo alla rotazione della spira è L J , si determini L. e) Si calcoli il lavoro meccanico L mecc speso per far ruotare la spira. Soluzione:

a) All’inizio M 0 = L. Dopo la rotazione, M = M 1 = 0, come si può vedere da considerazioni di simmetria. b) Durante la rotazione la f.e.m. ai capi della spira interna è: = dΦ/dt = Ri. Siccome la rotazione avviene molto velocemente possiamo trascurare Ri, e quindi Φ = MI + Li rimane costante. Quindi Li1 = Li 0 + M 0 I cioè i 1 = i 0 + I .

E −

c) La conservazione dell’energia consente di calcolare il lavoro totale Lgen + L mecc = U 1 singole componenti.

− U 0, ma non le

Il lavoro compiuto dal generatore di corrente si ottiene facilmente integrando la potenza dissipata sia a causa della presenza della resistenza, sia dovuta alla forza elettromotrice indotta:

  ∆t

Lgen =

0

RI 2



− E I dt = RI 2∆t + I ∆Φ = RI 2∆t + I ∆(M i)

Per ∆t 0 la dissipazione ohmica diventa trascurabile. Essendo ∆(Mi) = M 0 i0 = Li0 , risulta che Lgen = Li0 I . Verifica del segno: il sistema da solo tenderebbe ad aumentare I per opporsi alla variazione di Φ, che decresce. Siccome invece I viene mantenuta costante, il generatore riceve energia.

→ −

−

−

d) Durante il transiente successivo alla rotazione l’energia immagazzinata nell’induttanza si dissipa per effetto Joule, quindi L L LJ = i21 = (i0 + I )2 . 2 2 e) Trascurando la dissipazione Joule durante la veloce rotazione, dalla conservazione dell’energia segue che Lmecc = U 1

− U 0 − Lgen = L2 (i21 + I 2) − L2 (i20 + I 2) − M 0Ii0 + LIi0 = L2 I (I + 2i0)

 M

Calcolare il lavoro meccanico come integrale Lmecc = dθ del momento delle forze sarebbe pi` u complicato, ma consente di vedere subito che vale zero per I = 0.


81

Esercizio 141: Una spira ed un dipolo

[Dal compito del 6/2/04] Un dipolo magnetico con momento magnetico e posto al centro di una spira circolare di raggio a. Il sistema di assi µ ` cartesiani è fissato in modo che l’origine sia nel centro della spira e gli assi x e y nel suo piano. Il dipolo viene fatto ruotare con velocit` a angolare costante ω nel piano x, z (vedi fig. 1)

θ=ω(τ)

a) Si determini la corrente che scorre nella spira sapendo che essa ha una resistenza elettrica R (si trascuri il suo coefficiente di autoinduzione).

z

a y

b) Si determini il momento meccanico esterno necessario a mantenere il dipolo in rotazione. x

Fig.1

c) Si mostri che la potenza meccanica media fornita è eguale alla potenza dissipata per effetto Joule. La spira sia connessa a un generatore di corrente costante I .

d) Se il dipolo ha massa m e si può muovere lungo z, si determini l’orientamento relativo della corrente nella spira e del dipolo perche’ la forza lungo z sia di richiamo attorno al punto z = 0 e la frequenza delle sue piccole oscillazioni. Soluzione:

a) Il dipolo magnetico è equivalente ad una spiretta di superficie s percorsa da corrente i tale che µ = si. La corrente nella spira grossa dipende dalla variazione del flusso di mutua induzione della spiretta sulla spira. ` complicato calcolarlo, mentre è facile calcolare il coefficiente di mutua induzione M (θ) dalla spira sulla E spiretta. Per via di un teorema generale i due coefficienti sono uguali. Ricordando che il campo magnetico nel centro della spira vale B z = µ 0 I/2a abbiamo Φs (θ) µ0 s = cos θ. I 2a π. Quindi il flusso indotto dalla spiretta (dipolo) sulla spira è M (θ) =

dove 0

≤θ≤

µ0 s cos θ µ0 µ i = cos ωt 2a 2a e non dipende dalla superficie s arbitraria della spiretta. La corrente I è data da

·

ΦS (θ) = i M (θ) =

·

I =

E (t) = − 1 ∂ ΦS (t) = R

R

∂t

1 µ0 µω sin ωt R 2a

b) Il momento meccanico esterno M deve essere opposto al momento delle forze dovuto all’interazione tra dipolo e campo della spira, M = µ B , che ha solo componente

− ×

µ2 µ20 ω sin2 ωt 4Ra2

M y = µ x Bz = µB z sin ωt = c) La potenza W sviluppata dal momento delle forze esterne è W = M y ω = eguale alla dissipazione Joule W J =

µ2 µ20 ω 2 sin2 ωt 4Ra2

E 2/R.

d) Affinch` e la forza sia di richiamo il potenziale U (z) = µ B deve essere minimo a z = 0, quindi µ e B devono essere concordi. La forza è: ∂B z ∂ µ0 Ia2 3 µ0 Ia2 z 3 µ0 Iz F z = m¨ z = µ = µ = 2 2 3/2 2 2 5/2 ∂z ∂z 2(a + z ) 2 (a + z ) 2 a3

− ·

−

da cui la frequenza delle piccole oscillazioni, ω =



3µ0 I/2ma3 .

 −

82


Esercizio 142: Monopolo magnetico

Studiare come reagisce una spira circolare di raggio a quando lungo il suo asse passa, a velocità v costante a) un dipolo b) un monopolo magnetico. ˙ Se la spira ha auto-induttanza inducono un flusso indotto e quindi una fem = Φ. ˙ L trascurabile e resistenza R, misuro una corrente I = Φ/R. Se invece la spira ha R trascurabile ed auto ˙ induttanza L ho = LI e quindi misuro una corrente I = I 0 Φ(t)/L. In generale succedono cose più complicate. Nel seguito studio questi due casi particolari. Soluzione: Entrambi

E −

−

E

−

a) Dipolo magnetico. Usiamo lo stesso trucco usato alla domanda a) dell’esercizio precedente. Il coefficiente di mutua induzione della spirona sulla spiretta (dipolo) è M =

µ0 a2 s cos θ, 2(a2 + z 2 )3/2

ΦD = iM =

µ0 a2 µ cos θ 2(a2 + z 2 )3/2

dove θ è l’angolo che fa il dipolo rispetto alla spira e z = vt. b) Monopolo magnetico. Un monopolo magnetico q M produrrebbe un campo magnetico a simmetria sferica, B r = q M /r2 (la definizione della normalizzazione di q M è arbitraria). Non occorre fare l’integrale per calcolare il flusso raccolto dalla spira, che è semplicemente dato da q M per l’angolo solido sotteso dalla spira, 2π[1 cos θsotteso ]. Quindi z ΦM = 2πq M 1 . z 2 + a2

−

 − √ 

La figura mostra l’andamento temporale di Φ e Φ˙ nei due casi.

o s s u l f

m e f

tempo

tempo

Misurando una di queste quantità si ricava la velocità dell’oggetto che passa, e si distingue se è un dipolo (linea continua blu) o un monopolo (linea tratteggiata rossa) Il monopolo magnetico produrrebbe un segnale caratteristico, che nessuno ha mai visto. Notare che i due risultati sono legati da dΦM /dz = ΦD /d: infatti due monopoli magnetici q M a distanza d = µµ 0 cos θ/4πq M piccola formano un dipolo magnetico µ. 1

Esercizio 143: Traslazione di due spire circolari

[Dal compito del 25/9/02] Una spira circolare conduttrice giace vincolata su di un piano parallelo a distanza z 1

Teorici ritengono che i monopoli debbano esistere, abbiano carica qM ∼ ¯ h/2qE e forse massa M ∼ 1016 mp , ma che dopo l’inflazione ne siano rimasti troppo p ochi per essere osservati. Un elettrone sull’anello aquista impulso pr =



qE E r dt =∼ qE

∆Φ 2qE qM ∼ 2πa a

Imponendo la quantizzazione del momento angolare L = ap r = ¯ h si trova qE qM = ¯ h/2. Torna ma non sono sicuro sia corretto, bisogna capire il significato di ∆Φ  = 0. Probabilmente per rendere consistenti le eq. di Maxwell modificate bisogna aggiungere una J M


83

dal piano di una seconda spira. La resistenza, il coefficiente di autoinduzione e quello di mutua induzione della spira superiore siano R, L2 , M . Il coefficiente di autoinduzione della spira inferiore sia L1 . Si invii nella spira inferiore una corrente It/τ per t < τ i1 (t) = I per t > τ



Si determini a) La corrente i 2 (t) nella spira superiore;

b) L’energia totale dissipata nella resistanza R c) La carica Q che attraversa R Nell’ipotesi che la spira superiore di massa m sia libera di muoversi verticalmente lungo il suo asse parallelo al campo gravitazionale g , che R = 0 e che τ sia abbstanza piccolo in modo che M resti costante per 0 < t < τ si determini, ripetendo l’immissione della corrente i 1 d) la quota massima raggiunta dalla spira superiore, sapendo che in questa posizione il suo coefficiente di mutua induzione è M  . Soluzione:

a) Per t < τ i2 è data dall’equazione

0 Τ2  Τ

di2 di1 L2 + M + Ri2 = 0, dt dt

i2 (0) = 0 Τ2

=

Τ

risolta da

M I −t/τ 2 (e 1) Rτ dove τ 2 = L2 /R. Per t > τ si ha di1 /dt = 0 e quindi i2 (t) = i2 (τ )e−(t−τ )/τ 2 . La figura mostra il risultato per diversi valori di τ /τ 2 . i2 (t) =

−

b) L’energia dissipata vale W =



∞

0

d t R i22 (t) =

Τ2

=



-IM/L 2

0

I 2 M 2 [τ Rτ 2

2Τ

Τ

− τ 2 + e−τ /τ τ 2] 2

 τ si ha i 2(τ )  −IM/Rτ e W  Rτ (MI/Rτ )2 → 0 dominata da 0 < t < τ . Per τ 2  τ si ha i 2 (τ )  −IM/Rτ 2 = −IM/L2 e W  L2 i22 (τ )/2 dominata da τ < t < ∼ τ 2. Per τ 2

c) La carica totale che attraversa la resistenza è calcolabile come Q =



∞

dt i2 =

0

−IM/R.

Il risultato è semplice e lo si può alternativamente ottenere senza nessun calcolo usando i2 = /R = ˙ Φ/R e quindi Q = (Φi Φf )/R = MI/R. Per fare l’ultimo passaggio occorre notare che sia all’ inizio che alla f ine si ha i2 = 0 e quindi il flusso è semplicemente dato da Φ(t) = M (t)i1 (t) (cioè Φi = 0 e Φf = M I ).

−

−

−E

−

˙ quindi Φ = Mi1 + Li2 è costante. Siccome all’inizio Φ = 0 e siccome i1 d) Per R = 0 si ha = 0 = Φ raggiunge subito il valore costante i1 (t > τ ) = I , alla massima quota si ha i2 = M  I/L2 . Imponiamo adesso la conservazione dell’energia, tenendo conto che un generatore genera la corrente i1 . L’energia magnetica vale

E

−

L1 2 L 2 2 L1 2 U mag = i1 + i2 + M (t)i1 i2 = I 2 2 2

−

M 2 (t) 2 I , 2L2

1 ∆U mag = (M 2 2

L’energia fornita dal generatore vale Lgen =

 E  i1

1 dt = I

d (Mi2 + L1 i1 ) = (M 2 dt

2

− M 2) LI 2

2

− M 2) I

L2

3Τ

84

Capitolo 9. Forze magnetiche fra circuiti L’energia gravitazionale vale ∆U grav = mg ∆z. Imponendo ∆U mag + ∆U grav = L gen si ottiene ∆z = Come al solito il generatore contribuisce

M 2

− M 2 2

I 2 . mgL2

−2 volte la variazione di U mag.

Esercizio 144: Molla magnetica

[Dal compito di settembre 2004]. Una molla di lunghezza a riposo d, lunghezza iniziale  = d/2, costante elastica k è costitituita da costituita da N 1 spire conduttrici di sezione circolare S d2 (in modo da poter essere approssimata come un solenoide fitto e lungo) e resistenza trascurabile percorse da una corrente iniziale I 0 .





a) Determinare come varia la corrente I se  viene variato. b) Determinare il valore di I 0 tale che  = d/2 sia posizione di equilibrio. La corrente viene mantenuta costante al valore I 0 da un generatore esterno, e la molla viene lentamente allungata fino a raggiungere la lunghezza di riposo d. c) Calcolare il lavoro delle forze esterne. d) Calcolare la variazione di energia magnetica ed il lavoro compiuto dal generatore. Soluzione:

a) La corrente varia in modo da mantenere costante il flusso del campo magnetico Φ = LI con L = µ 0 SN 2 /. Quindi I = I 0 L0 /L = I 0 (2/d). b) L’energia magnetica vale U = LI 2 /2 = Φ20 /2L = F mag  dove F mag = 2µ0 I 02 SN 2 /d2 e produce quindi una forza magnetica costante ed attrattiva F mag . (Come noto la forza magnetica tende ad attirare fili percorsi da correnti nello stesso verso. Il calcolo esplicito partendo dalla forza di Lorentz è complicato in quanto la forza totale F mag dipende da effetti ai bordi). Eguagliandola alla forza repulsiva elastica F el = k(d/2) 1/2 si trova I 0 = d 3/2 k 1/2 /2N S 1/2 µ0 . c) La forza magnetica F mag = µ0 I 02 N 2 S/22 e la forza elastica sono state calcolate al punto b). Quindi occorre fornire un lavoro L mecc = k/2(d/2)2 + µ0 I 02 N 2 S/2d. Inserendo il valore di I 0 calcolato al punto b) si ottiene L mecc = 0. La cancellazione non è dovuta a nessun motivo di principio.

−

d) L’energia magnetica dipende da  come U mag = LI 02 /2 1/. Quindi ∆U mag = (I 02 /2)∆L = µ0 I 02 N 2 S/2d. Il bilancio energetico Lgen + L mecc = ∆U molla + ∆U mag consente di ricavare Lgen . Alternativamente, il calcolo diretto fornisce µ0 I 02 N 2 S Lgen = V I dt = I 0 ∆Φ = I 02 ∆L = d

∝



−

−

Esercizio 145: Forza dall’energia

Dimostrare che F =

− 12 I 2dL/dx.

Soluzione: Ricordiamo

che nel caso analogo di forze fra conduttori ricavare la forza dall’energia elettrostatica era banale, eccetto che per il segno: Q = CV,

U =

CV 2 Q2 = , 2 2C

F = +

V 2 ∇C, 2

e.g. per un condensatore piano C =  0

S d


85

Il punto era che utilizzando F = ∇U dà forze con segno diverso a seconda di quale delle due formule per l’energia viene utilizzata: la scelta giusta era la seconda in quanto nel caso semplice (in assenza di batterie che fanno lavoro complicando il bilancio energetico) Q è costante mentre V varia quando uno cambia la geometria. Il modo pratico di fissare il segno era variare la distanza d fra i piatti di un condensatore piano: siccome cariche opposte si attraggono e cariche uguali si respingono, è ovvio che i due piatti si attraggono. O anche che la forza cerca di aumentare S . Nel caso magnetico si hanno formule analoghe

−

Φ = LI,

U =

LI 2 Φ2 = , 2 2L

mbF = +

I 2 2 S ∇L, e.g. L = µ 0 N 2 d

Come prima, nel caso semplice di nessun generatore la corrente varia in modo da mantenere Φ costante, quindi si utilizza la seconda espressione per U . Da capo, è banale verificare il segno in un caso semplice: un solenoide ideale: siccome correnti concordi si attirano e correnti in verso opposto si respingono, si deve avere una forza che tende ad avvicinare ed allargare le spire, in accordo con L S/d. Applicazione pratica di questa formula sono esercizi tipo: un sbarra di ferromagnete con µ = 103 µ0 viene inserita parzialmente in un solenoide. Mostrare che viene attratto dentro.

∝

Esercizio 146: Attrazione o repulsione?

Perchè due cariche uguali si respingono, mentre due fili con correnti uguali si attraggono? esiste un modo semplice di vederlo sapendo solamente che u =  0 E 2 /2 + B 2 /2µ0 . Invece di cariche e fili consideriamo piani che rendono la geometria più semplice. Soluzione: Non

• La pressione elettrostatica su di un piano con densità di carica superficiale σ = 0(E 2⊥ − E 1⊥ ) vale ± p = σ E 1⊥ +2 E 2⊥ = ∆( 20 E ⊥2 ) = ∆uE

uE =

0 2 E 2

avendo usato il fatto che E  è continuo. Per determinare il segno pensiamo a due piani xy paralleli con densit` a di cariche σ: essi si attraggono, tendendo a minimizzare l’energia u E .

±

• La pressione magnetostatica su di un piano con densità di corrente superficiale Υ = (B=2 − B=1)/µ0 vale 2

B= ± p = Υ B1= +2 B2= = ∆( 2µ ) = ∆uM 0

uM =

B2 2µ0

avendo usato il fatto che B ⊥ è continuo. Per determinare il segno pensiamo a due piani xy paralleli con densit` a di corrente Υx : essi danno luogo ad un campo magnetico By nella zona interna, ma si respingono.

±

Quindi il segno è opposto nei due casi. La pressione è data non da ∆u dove u = u E + uM ma da ∆L dove L = uE uM . La notazione L indica che questa sar` a la Lagrangiana Lorentz-invariante dell’elettromagnetismo: è noto che L = K V mentre H = K + V . La ragione fisica del ribaltamento del segno nel caso magnetico è che mantenere correnti costanti costa energia, mentre le cariche rimangono automaticamente costanti.

−

−

Capitolo 10

Campi magnetici nella materia La densità di corrente totale J viene divisa in corrente libera J L (usualmente chiamata J , con abuso di notazione) e corrente di magnetizzazione J M = ∇ M . Per motivi storici si scrive definisce un vettore H come B = µ 0 (H + M ) in modo che le equazioni di Maxwell magnetiche diventano

×

∇

· B = 0,

∇

× H = J + J S

Quindi le condizioni di raccordo sul bordo fra due materiali sono: B⊥ continuo (sempre) e H  continuo (quando non ci sono correnti). In molti materiali la magnetizzazione è approssimativamente legata ad H da M = χm H e quindi B = µ H con µ µ0 (1+χm ). La precessione di Larmour dà il diamagnetismo, χ < 0. L’allineamento dei dipoli elementari d` a il paramagnetismo, χ > 0. Materiali ferromagnetici hanno µ 103÷5 µ0 .

≡

∼

Esercizio 147: Cilindro magnetizzato

Una cilindro di raggio r ha una magnetizzazione uniforme M lungo l’asse. Calcolare B . Se ne taglia una fetta trasversale di spessore δ r. Calcolare B nel centro del buco.



Soluzione: L’esercizio

corrisponde ad un caso praticamente rilevante chiamato ‘calamita’: materiali ferromagnetici possono avere una magnetizzazione che in buona approssimazione è costante indipendentemente dalle condizioni esterne. Iniziamo a risolvere il problema ignorando il buco, e lo facciamo in due modi: uno diretto ma lento, ed uno indiretto ma veloce. 1. La magnetizzazione M descrive una corrente J M = ∇ M : dentro e fuori il cilindro M è costante e quindi J M = 0; si ha una densità di corrente superficiale Υ θ = M sul bordo del cilindro. Per calcolarla utilizziamo il teorema di Stokes: Φ( J S ) = M ds applicato ad un circuitino sottile parallelo al materiale, posizionato come in figura.

×

Per trovare B si risolve

∇

 ·

× B = µ0J M usando lo stesso circuitino, trovando B = µ0M .

2. Questo risultato semplice suggerisce che problemi del genere si possono risolvere in modo pi` u matematico, ma anche più veloce: utilizzando H l’equazione da risolvere è ∇ H = 0 (niente correnti libere): si ottiene H = 0 e quindi B = µ0 M .

×

Dobbiamo ora aggiungere il buco, e diventa conveniente ragionare come al punto 1. Infatti nel buco Υ = 0, e quindi è possibile vedere il cilindro bucato come la sovrapposizione lineare di un cilindro pieno pi` u una spiretta percorsa da corrente i = Mδ , eguale ed opposta a Υ. Il campo magnetico è quello trovato al punto precedente più quello generato dalla spiretta, che nel suo centro genera B spira = µ 0 i/2r. Quindi B = µ 0 M (1 δ/2r). Notare che sapere che B ⊥ è continuo lungo il taglio, non risolve il problema, in quanto tagliare il materiale modifica anche il campo all’interno del materiale, non solo nel buco.

− −

86

M 

Capitolo 10. Campi magnetici nella materia

87

Esercizio 148: Materiali ferromagnetici

N spire con corrente I sono avvolte attorno a materiali ferromagnetici (i.e. µ µ0 ) secondo le 3 geometrie disegnate in figura. La lunghezza di ciascun lato è L. Trovare B nel piccolo traferro.



‘ferro’ ha µ = µr µ0 con µr 103 105 (alcune leghe hanno µr più alto, altre hanno cicli di isteresi stretti e dissipano meno energia). Per risolvere problemi su materiali ferromagnetici occore sfruttare il fatto che, in ottima approssimazione, questi intrappolano le linee del campo magnetico, tenendo costante il flusso di B . All’uscita dalle imboccature il campo magnetico è circa ortogonale al materiale, in quanto H in = H out e quindi B out = Bin /µr 0. Soluzione: Il

∼

÷

∼

a) Senza buco il campo H = B/µ è dato da 4LH = N I , cioè B = µNI/4L. Nel vuoto si avrebbe B µ0 NI/L: aggiungere il ferro ha lo stesso effetto di ridurre la dimensione: L Lr = L/µ r .

→

∼

Aggiungendo un buco (o ‘traferro’) per un tratto d L le equazioni diventano (4L d)B/µ+dB/µ0 = N I . Notare che anche un piccolo buco d L può ridurre B in modo significativo: e.g. un d 4L/µr L/10000 lo dimezza circa. Il motivo è che la lunghezza ‘effettiva’ del circuito varia da L/µr a circa d + L/µr : il tratto nel vuoto non è soppresso da 1/µr





−

∼

∼

b) Nel restringimento il flusso di B rimane costante. Se la superficie diventa 4 volte più piccola, B diventa 4 volte pi` u intenso. Il sistema è analogo ad un tubo che non perde acqua (nell’analogo magnetico la pecentuale di flusso che scappa è trascurabile, circa 1/µr 0.001): siccome la portata è costante, la corrente dell’acqua diventa pi` u forte quando il tubo si restringe.

∼

c) Si può risolvere o applicando il formalismo delle ‘riluttanze’ o ragionando un poco. Nella regione con le spire è come il caso a). Nelle altre regioni bisogna capire come si divide il flusso del campo magnetico alle biforcazioni. La condizione è che la circuitazione di H lungo la ‘parte destra’ del circuito valga zero. Quindi B non puó e.g. passare tutto nella sbarra intermedia, ma deve dividersi: nel limite nel quale il traferro ha spessore trascurabile (cio` e d L/µ r ) 3/4 del flusso va nella sbarra intermedia, ed 1/4 fa il giro lungo. Quindi il campo magnetico nell’traferro è 4 volte più debole che nel caso a).



Tenendo in conto del traferro, si ragiona definendo i campi magnetici BL e B R che griano nelle ‘maglie’ sinistra e destra. Le loro circuitazioni sono 4LBL /µ

− LBR/µ = N I,

e

4LBR /µ

− LBL/µ + dBR = 0.

Quindi il risultato esatto è B R = NIµ/(15L + 4dµr ): notare 15 e non 16. Facciamo un esempio numerico. La correnta ‘di casa’ ha V = 200 V e la potenza massima erogata è W = V I 3 kW. Quindi la massima corrente ottenibile vale I 10 A. Questa consente di generare un campo magnetico B µNI/L: con µ 1000µ0 , µ 0 = 4π 10−7 Tesla m/A, L m si ha B Tesla per N = 1000. In fisica delle particelle i campi magnetici vengono usati per deflettere particelle con carica q , impulso p su cerchi di raggio R secondo p = q BR = (0.3 GeV)(B/Tesla)(R/m). Un televisore accelera elettroni ad energia K keV, e quindi impulso p = 2me K 30 keV. Per funzionare ha bisogno di un B p/eR Gauss.

∼

∼

∼

∼

√

∼

∼

∼

∼

∼

∼

88

Capitolo 10. Campi magnetici nella materia Esercizio 149: Ferromagneti pi` u calamite

Rispondere nuovamente alla domanda a) dell’esercizio precedente nel caso che il traferro venga riempito con un materiale con magnetizzazione fissata M . Soluzione: Il

campo magnetico è continuo, dentro il materiale magnetizzato si ha H = B /µ0 M e (4L d)B/µ + d(B/µ 0 M ) = N I . Quindi B è generato da due sorgenti: B = µ(N I + M d)/[(4L + dB(µ/µ0 1)].

−

−

−

−

Esercizio 150: Due bacchette

Avendo due bacchette di ferro (e niente altro), e sapendo che una e’magnetizzata lungo la sua lunghezza, e l’altra no, come si può scoprire quale delle due è magnetizzata? Soluzione: Chiedere

all’Ill.mo Prof. [email protected].

Esercizio 151: Tre bacchette

Avendo tre bacchette una di ferro magnetizzato, una di ferro non magnetizzato, ed una di un materiale non ferromagnetico, come si fa a distinguerle senza usare nessuno strumento? Soluzione: La

procedura è descritta in my.execpc.com/ ~rhoadley/magflux.htm. However, the end or pole of a magnet will easily stick to any part of an iron rod.

Esercizio 152: Trasformatore ideale

Due circuiti 1 e 2 in cui scorrono correnti I 1 ed I 2 vengono accoppiati avvolgendoli N 1 ed N 2 volte su di un ferromagnete di lunghezza  e sezione S . Calcolare i coefficienti di induzione e mutua induzione. ˙ i dove 1 = V 1 + R1 I 1 + circuiti sono descritti dalle equazioni i = Φ dipende da come è fatto il circuito e Φ1 = L1 I 1 + M I 2 . Il campo magnetico vale B = µ(N 1 I 1 + N 2 I 2 )/. Quindi L1 = SN 12 /, M = S N 1 N 2 / e L2 = S N 22 /. Siccome non c’è dispersione di flusso viene quindi realizzato un trasformatore ideale con M 2 = L1 L2 . Il fatto che sia possibile trasformare in modo ‘perfetto’ correnti alternate, ha portato all’attuale sistema, che utilizza una corrente alternata trasportata ad alto V e basso I (in modo da ridurre la dispersione RI 2 a fissa potenza W = V I ), poi trasformata a basso V = 220 V per motivi di sicurezza. Soluzione: I

E −

E

Esercizio 153: Fascio di protoni

In un esperimento si ha un fascio di protoni ( m p = 1.6 10−27 kg) di velocità v = 1000 km/s. Un magnete dipolare di lunghezza  = 1m lungo la direzione del fascio viene usato per deflettere i protoni di un angolo di θ = 10◦ nel piano orizzontale. Il magnete ha le caratteristiche rappresentate in figura ed è di materiale ferromagnetico di µ r = 2500. I protoni passano nel traferro, di altezza δ = 1cm. Sopra e sotto il traferro sono poste due lastrine uguali, della stessa sezione del magnete, ognuna di altezza δ = 1cm e magnetizzazione M , diretta verso l’alto. Inoltre è presente un avvolgimento di N = 100 spire, che però non è inizialmente percorso da corrente. Si calcoli:

·

· ··


89

a) Il campo B che dev’essere presente nel traferro per ottenere la deviazione voluta. (Essendo l’angolo piccolo, approssimare ad  la lunghezza dell’arco di circonferenza percorsa dai protoni all’interno del traferro). b) Il valore di M che per il problema assegnato permette di ottenere tale deflessione. c) Si vuole ora usare l’avvolgimento come “correttore” per operare piccoli cambiamenti nella deflessione dei protoni. Se vogliamo una sensibilità del 2% sull’angolo di deflessione, con che precisione dobbiamo regolare la corrente che passa nell’avvolgimento? Soluzione:

a) Il raggio di curvatura R dovrà essere R b) Si ha

 ·

≈ /θ = 5.75 m; serve quindi B = m pv/qR = 1.7 × 10−3 Tesla.

H ds = N I e cioè: 4 H magnete + 2δ H lastrine + δ H traferro = N I . Experimendo H in termini di B

4B B + 2δ ( µ0 µr µ0

− M ) + Bµ0δ = N I

e tenendo conto che inizialmente I = 0 si trova 0.08

M =

B µ0

   3 2 + 2 δµ r

= 2200

A . m

c) Siccome abbiamo angoli piccoli, l’angolo di deflessione è proporzionale al campo magnetico, che va quindi controllato con una sensibilità del 2%. La sorgente di B è proporzionale a N I + 2δM : la sensibilit` a su I deve essere δI 2% 2δM/N = 10mA.

≈

·

Esercizio 154: Correnti parassite

[dal compito del 19/9/2003] Un lungo solenoide cilindrico è costituito da N spire per unità di lunghezza avvolte su un nucleo di ferro di raggio R e lunghezza L R. Il ferro ha permeabilità magnetica µ e conducibilità elettrica σ. Nelle spire si fa passare la corrente alternata I = I 0 cos ωt.



a) Calcolare il campo magnetico all’interno del solenoide. b) Calcolare il campo elettrico indotto all’interno del solenoide. c) Si spieghi perch` e il nucleo di ferro si riscalda e si calcoli la potenza dissipata per unit` a di lunghezza. Soluzione:

a) B = µH = µN I b) Siccome

∇

× E = −B ˙ viene E θ = 21 rµnI 0ω sin ωt

c) E induce una corrente J = σ E e quindi una potenza dissipata J E per unità di volume. In generale un campo magnetico B(t) induce un campo elettrico E (t) e quindi delle correnti J = σE che dissipano energia e sono quindi dette ‘correnti parassite’. A frequenze alte bisogna tenere conto che B non è pi` u uniforme: questo viene fatto nel prossimo esercizio, nel quale si sceglie la geometria più semplice possibile ma si deriva un risultato generale.

90


Esercizio 155: Correnti parassite

Un blocco di metallo ha permeabilit` a magnetica µ e conducibilità σ. Viene applicato un campo magnetico oscillante di frequenza ω. All’esterno del blocco B è parallelo alla superficie: By = B 0 cos ωt. Determinare la lunghezza di penetrazione del campo nel ferro e la potenza dissipata dalla corrente indotta. (Si assuma che il blocco occupi il semipiano x > 0 e si trascuri la corrente di spostamento).

E z x

B y

Soluzione: Il

campo magnetico By (x, t) = µH y (x, t) genera un campo elettrico E z (x, t) come dettato dalle equazioni di Maxwell ∂ x H y = (∇

× H )z = J z = σE z ,

∂ x E z =

−(∇ × E )y = B˙ y = µH ˙ y

Eliminando E z , si trova che H y soddisfa all’‘equazione di diffusione’ ∂H y ∂H y = µσ 2 ∂x ∂t Assumendo H y h(x)e−iωt si riduce a h = iωµσh, risolta, nel semipiano x > 0 dove µ e` costante, da h(x) = h(0)e±kx con k 2 = i2/δ 2 dove δ = 2/ωµσ viene chiamato ‘lunghezza di pelle’ (la definizione differisce di un fattore 2 da quella usata in un altro esercizio). Quindi k = (i 1) ωµσ/2. Eliminando la soluzione che diverge per x , si ottiene che il campo penetra per una lunghezza dell’ordine di δ :

≡

−



− →∞



−

H y (x) = ReH y (0)e(i−1)x/δ e−iωt = H y (0)e−x/δ cos(x/δ

− ωt)

La continuità di H y al bordo x = 0 dà la condizione al contorno H y (0) = H 0 = B0 /µ0 . Il campo elettrico vale ∂ x H y E z = = σ

−

ed è piccolo a ‘basse’ frequenze: E z /cH y media dissipata per unità di volume è



H 0 −x/δ e cos(x/δ σδ

∼ 1/σδc  1.

− ωt) − sin(x/δ − ωt)

Esso genera correnti parassite J = σE . La potenza

dW µω 2 −2x/δ = J z E z t = σ E z2 t = H e dV 2 0





 

Integrando su x > 0 si trova la potenza dissipata per unità di superficie: dW = dS Se δ è piccolo, viene dissipata poca potenza.



∞ dP

0



µωδ B02 dx = dV µ0 µ0

Parte III

Elettrodinamica

Capitolo 11

Corrente di spostamento La conservazione della carica ρ = ˙

−∇ · j aggiunge l’ultimo termine alle equazioni di Maxwell ˙ ˙ ∇ × E = −B ∇ · B = 0 ∇ × B = µ 0 j + µ0 0 E

· E = ρ/0 ˙ viene chiamato ‘corrente di sp ostamento’. Una conseguenza è la presenza di onde Il nuovo termine j s ≡  0 E √ ∇

elettromagnetiche che viaggiano alla velocità della luce c = 1/ 0 µ0 , e.g. E z = sin(y

− ct),

Bx = cos(y

− ct),

tutto il resto = 0

Esercizio 156: Scarica di un filo

Un filo rettilineo va da z = 0 a z =  di area S ha una densità uniforme di carica uniforme ρ(t) = ρ 0 e−t/τ che si scarica al capo z = . Calcolare il campo magnetico. a calcolare la corrente j . L’equazione di continuità ∂jz /∂z = ρ equivale ˙ a ∂i/∂z = λ˙ ˙ E ` come svuotare un canale d’acqua aprendo una chiusa: la corrente è (dove λ = ρS ) e quindi i(t, z) = z λ. forte vicino alla chiusa e debole al capo opposto. Siccome i dipende da z, se fosse ∇ B = µ0 j la corrente concatenata dipenderebbe da quale superficie uno sceglie nell’applicare il teorema di Stokes. La corrente di spostamento mette tutto a posto. La prima equazione di Maxwell dice che la carica genera un campo elettrico secondo ∂ E z /∂z = ρ/ 0 , ad esempio risolta da E z = zρ/0 , assumendo che il campo elettrico vale zero a z = 0. La corrente di spostamento quindi vale ˙ Non nasce nessun campo magnetico. isz = S0 E ˙z = +z λ. Soluzione: Iniziamo

−

−

−

×

Esercizio 157: Piano con carica ondulata

a) Trovare il potenziale generato da un piano con densità di carica σ(x) = σ0 cos kx. b) Le cariche sono lasciate libere di muoversi sul piano con conducibilità σ. Calcolare la loro evoluzione, la corrente, ed il campo magnetico generato.

∇2ϕ = −ρ/0. Tento la soluzione ∇2ϕ = [F  − k2F ]cos kx ϕ(x, z) = F (z)cos kx, e quindi F (z) = c + ekz + c− e−kz . La soluzione con le condizioni al contorno ϕ(∞) = 0 e ∆E ⊥ = −∆φ = σ/0 è Soluzione: a)

Invece di integrare provo a risolvere

ϕ =

σ0 −k|z| e cos kx 2k0

Per k 0 (piano uniformemente carico) si riduce a ϕ l’esercizio a pag. 9.

→

 (costante divergente) − σ0|z|/20, in accordo con

• • • • • • • • • • • • • • • • • • 92

Capitolo 11. Corrente di spostamento

93

Questo esercizio è più importante di quanto sembra, in quanto una qualunque distribuzione di cariche pu` o essere decomposta come somma di coseni con diversi k (trasformata di Fourier). Usando il principio di sovrapposizione, abbiamo una soluzione per il problema generico. Ad esempio una griglia di fili a distanza a avrà un trasformata di Fourier diversa da zero per k 1/a. Ad una distanza z a i termini esponenziali diventano piccoli, e si ottiene il campo elettrico uniforme generato dal ‘modo k = 0’, cio` e dalla carica totale della griglia. Quindi è facile generare un campo elettrico uniforme. L’illuminazione è descritta dalle stesse equazioni dell’elettrostatica. Quindi una griglia di tubi al neon produce una illuminazione costante.

∼

| | 

• • • • • • • • • • • • • • • • • • b) Il campo elettrico E x = −∂ x ϕ = σ0 sin kx/20 genera una corrente J x = σE x che redistribuisce le cariche. −t/τ

La soluzione è σ(t) = σ0 e

cos kx, come si vede da

ρ = ˙

−∇ · J = −σ∇ · E = − σ0 ρ

τ =

⇒

0 σ

Quindi anche il campo elettrico decade esponenzialmente. Non viene generato nessun campo magnetico in quanto la corrente di spostamento compensa la corrente ˙ = σ E J + 0 E

− 0 E τ = 0

Vediamo quindi che questo accade in generale quando cariche sbilanciate sono libere di redistribuirsi secondo J = σ E . Il prossimo esercizio mostra che questa cancellazione è pi` u generale.

Esercizio 158: Sfera radioattiva

Una sfera uniforme isolata di raggio a emette isotropicamente positroni da decadimento β : n v0 . Il tempo di decadimento della radioattività è τ . Genera un campo magnetico?

→ pe¯ν con velocità

numero di neutroni liberi di decadere diminuisce come N = N 0 e−t/τ e quindi la sfera acquista una carica Q(t) = e[N 0 N ] > 0. Iniziamo assumendo v costante e τ r/v, cioè un decadimento cos`ı lento da essere approssimabile ad un 2 ˙ processo costante. Gli elettroni generano una corrente J r (r) = ( e)( N )/4πr , che non dipende da v. Il campo ˙ magnetico è zero in quanto la corrente di spostamento cancella J r : J sr =  0 E r = eN˙ /4πr 2 . Per capire se questa cancellazione è un accidente del caso semplificato che abbiamo considerato, o se è invece dovuta a qualche motivo più profondo, consideriamo casi progressivamente meno semplici. ˙ Se il decadimento è veloce, τ r/v0 , in generale J r (r, t) = eN (t r/v)/4πr 2 : il numero di elettroni che attraversano una superficie a distanza r al tempo t dipende da quanti ne erano stati emessi al tempo t r/v0 . La cancellazione fra J e J s rimane perfetta in quanto E r (r) è determinato dalla carica totale dentro una sfera di raggio r (che contiene la sfera radioattiva ed una nuvola di elettroni), eguale a e[N 0 N (t r/v)]. Si ha ancora J + J s = 0. Il calcolo diventa ancora più complicato se si tiene in conto che v non è costante, in quanto la forza di Coulomb rallenta i positroni. Il calcolo è complicato, e potrebbe essere fatto con una tecnica analoga a quella ` facile vedere che J e J s si cancellano ancora, in quanto entrambe utilizzara per studiate il diodo termoionico. E ˙ proporzionali a N calcolato a qualche istante ritardato. Il ritardo non è più r/v ma è dato da qualche formula complicata che non è necessario calcolare. Soluzione: Il

−



∼

− −

−

−

−

−

−

Sebbene venga qualche i(r) = 4πr 2 J r (r) complicata si ha sempre B = 0: è quindi naturale domandarsi quale sia il motivo generale. Una corrente a simmetria sferica non può generare un campo magnetico, che dovrebbe avere solo una componente Br (r), ma questa dà rotore zero. Prendendo la divergenza della IV equazione di Maxwell si ottiene ∇ (J + J s ) = 0: la corrente di spostamento deve quindi cancellare ∇ J , e l’unico modo che ha di farlo è cancellare J r .

·

·

Esercizio 159: Carica in moto

Una carica q si muove lungo l’asse z con velocità v

 c costante. a) Calcolare il campo magnetico che essa genera.

94


b) Spiegare in che modo tante cariche q che formano una corrente i continua producono approssimativamente un campo magnetico che non dipende dal tempo. Soluzione: Senza

includere la corrente di spostamento si ha j = 0 solo in coincidenza della carica, ed il problema non ha senso. Includendo j s , essa è l’unica sorgente di B in tutto lo spazio vuoto. Qui risolviamo il problema con un calcolo esplicito approssimato valido per v c. Partiamo dal campo elettrico E a simmetria ˙ . Noi ci fermiamo qui (ottenendo un sferica prodotto da una carica ferma, e calcoliamo il B indotto da E ˙ risultato valido al primo ordine in v/c), ma a sua volta B induce un E che induce un B ... tale che alla fine u a simmetria sferica. Un modo alternativo di ottenere a botto il risultato finale consiste nel notare E non è pi` che le equazioni di Maxwell complete sono relativisticamente invarianti, calcolare i campi nel sistema rispetto al quale la carica è ferma, ed applicare le trasformazioni di Lorentz dei campi. Il risultato completo contiene extra fattori γ = (1 v 2 /c2 )−1/2 1 nella nostra approssimazione.





−



` sufficiente calcolarlo a z = 0 per t ed r generici. a) Il campo magnetico ha solo componente B θ (z vt,r). E ˙ lungo la superficie di un anello di raggio r giacente Integriamo la IV equazione di Maxwell, ∇ B = µ 0 0 E a z = 0. Si ottiene µ0 is B ds = µ 0 0 ˙Φ(E ) i.e. Bθ (r) = 2πr dove i s è la corrente di spostamento che attraversa l’anello. Per calcolare is = Φ( j s ) =  0 ˙Φ(E ) conviene scegliere come superficie immaginaria la corona circolare della sfera che ha centro nella carica, e che vede la circonferenza di raggio r con dimensione angolare θ:

×



−

·

θ

v

B

Quindi is =

d 0 E 2π[1 dt

·

2

− cos θ(t)] = dtd 2q [1 − cos θ(t)] = 2q dtd √ a2 vt+ v2t2 = 2(a2 +qvat2v2)3/2

Quindi Bθ (z,r,t) = µ 0 qvr/4π(r2 + (z vt)2 )3/2 . Per z = 0 è massimo a t = 0, cioè mentre q sta passando. Notare che attorno alla carica (z = vt) va a zero come 1/r2 .

−

b) Una successione di cariche con densit` a lineare λ costante produce in media una corrente continua i = λv. Infatti il campo magnetico generato vale



+

Bθ =

∞

−∞

4π[r2

λdz µ0 vr µ0 i = 2 3/2 2πr + (z vt) ]

−

che è la ben nota formula per il campo magnetico generato da una corrente i.

Esercizio 160: Forza fra 2 cariche

Due elettroni si muovono parallelamente lungo traiettorie rettilinee a distanza a con velocità costante v Calcolare la forza elettromagnetica Soluzione: La

 c.

forza è diretta lungo la congiungente. La forza elettrica respinge e quella magnetica attira e2 4π0 a2

2

2

µ0 ev e v 1 − ev · 4πa = (1 − 2 ) c2 = 2 2 4π0 a c 0 µ0 Esistono altri effetti relativistici di O (v 2 /c2 ). Nel sistema in cui le cariche sono 2

F =

Il risultato sopra è sbagliato. in quiete F 0 = e 2 /4π0 e quindi la relatività dice che F v = F 0 /γ , invece che F v = F 0 /γ Infatti i campi E e B generati da cariche in moto vanno moltiplicati per γ .


95

Una carica può avere velocità media cm/s 10−10 c e quindi il suo campo magnetico è una correzione di ordine 10−20 . Questa soppressione può venire compensata se ci sono N A 6 1023 cariche che si muovono nello stesso verso (formando una corrente), messe assieme ad altrettante cariche di segno opposto (in modo che i loro campi elettrici si cancellano). Siccome la materia è fatta in questo modo, ha senso studiare la magnetostatica.

∼

∼

∼

Esercizio 161: Scarica di un condensatore

Un condensatore di area S = πa2 e distanza fra i piatti d campo magnetico e la sua energia.

 a si scarica con costante tempo τ .

Calcolare il

carica vale q (t) = q 0 e−t/τ i.e. i = q ˙ = q/τ . Il campo elettrico vale 0 E = σ generando una densit` a di ‘corrente di spostamento’ uniforme j s = σ˙ = q/Sτ . Notare che la corrente i entra in un piatto ed esce dall’altro; la corrente totale di spostamento vale i s = i. Quindi j s genera un campo magnetico ruotante Soluzione: La

− −

Bθ =

πr 2 µ0 js µ0 ri = 2πr 2S

r
(A grande distanza r a il campo magnetico generato dalla corrente (che non si interrompe) i + i s è circa radiale B θ = µ 0 i/2πr). L’energia nel campo magnetico (usando i = S 0 /τ )



U B =

−



è trascurabile a meno che a ad attraversare l’apparato.

dV

B2 di2 µ0 = 2µ0 16π

 0 E 2 U E = V 2

U B a2 0 µ0 1 a = = ( )2 2 U E 8τ 8 cτ

∼ cτ , in generale a meno che E vari significativamente nel tempo che la luce impiega

Esercizio 162: Condensatore lentamente alternato

Un condensatore è composto da due cerchi piani paralleli di raggio a a distanza d a aventi carica Q(t) = Q0 cos ωt.



a) Calcolare la corrente di spostamento J S all’interno del condensatore. b) Calcolare il campo magnetico all’interno del condensatore, all’ordine dominante in ωa/c. Dentro il condensatore viene inserito un solenoide toroidale composto da N 1 spire quadrate di lato d poste a distanza a/2 dal centro del condensatore (si veda la figura).



c) Calcolare l’auto-induttanza del solenoide. d) Calcolare il contributo alla forza elettromotrice dovuto al campo magnetico generato dal solo condensatore. e) Calcolare la corrente I (t) che circola nel solenoide, assumendo I (0) = 0. Per verificare che esiste per davvero l’effetto noto come ‘corrente di spostamento’ si connette al circuito che costituisce il solenoide un auricolare, che può essere schematizzato come una resistenza R, realizzando cos´ı un circuito RL. f) Calcolare la potenza W mediata sul tempo dissipata dalla resistenza “a regime”, ovverossia trascorso il transiente iniziale. g) Quale valore di R rende W massima? Soluzione:

a) J S = σ = ˙

−(Q0ω/πa2)sin ωt.

96


b) Bθ (r, t) = (ωE 0 r/2c2 )sin ωt = (ωµ 0 Q0 r/2πa2 )sin ωt. c) Una corrente I nel solenoide genererebbe B = µ0 NI/πa e quindi un flusso Φ = LI con L = N d2 B/I = µ0 N 2 d2 /πa. d)

2 ˙ 2 2 E ext = −Φ˙ ext B = N d Bθ (a/2, t) = A cos ωt con A = −N µ0 d Q0 ω /4aπ.

e) Il flusso del campo magnetico totale (esterno più auto-indotto) viene mantenuto costante, al valore iniziale zero: quindi I = Φext (Q0 ω/4N )sin ωt. B /L =

−

−

˙ f) Risolvo LI +RI = A cos ωt vedendola come parte reale di (iωL+R)I 0 eiωt = Ae iωt . Da cui I 0 = A/(R+iωL). La potenza dissipata media vale W = R I 02 /2 = RA 2 /(R2 + ω2 L2 ).

| |

g) W è massima per R = Lω e vale zero nei limiti R

→ 0 e R → ∞.

Esercizio 163: Condensatore rapidamente alternato

Studiare una capacità (costituita da due piatti circolari conduttori, come al solito messi a piccola distanza d in modo da poter trascurare gli effetti ai bordi) alla quale viene applicata una differenza di potenziale oscillante a frequenza ω. Si trascuri l’irraggiamento. Soluzione: Il

campo elettrico oscillante E z = E 0 eiωt genera un campo magnetico lungo θ , B θ = B0 eiωt : ∇

˙

× B = cE 2

che a sua volta genera una correzione al campo elettrico E 0 ∇

iωE 0 πr 2 iωE 0 r = c2 2πr 2c2

B0 =

⇒

→ E 0 + E 1



r

˙ B

× E = −

E 1 = iω

⇒

dr  B0 (r ) =

0

2 2

−E 0 ω4cr2

→ B0 + B11

avendo definito E 0 come il campo a r = 0. A sua volta E 1 genera un campo magnetico B 0 iω 1 B1 = 2 c r che genera un campo elettrico

 

r

16c

0

r

E 2 = iω

3 3

−iω r E 0 dr r E 1 = 4 dr B1 (r ) =

0

che genera B2 = Quindi E z = (E 0 + E 1 + E 2 + E 3 +

iω 5 r 5 E 0 64 6

·

iωt

·· ·)e

E 3 =

= E 0 e

iωt

ω 4 r4 E 0 64c4

−ω6r6 E 0 64 · 62 c6

∞ ( 1)n ωr

−  

n=0

(n!)2

2c

2n

≡ E 0eiωt J 0

ωr c

 

La fig. 11.1a mostra J 0 (x) confrontata con la sua espansione in serie ad ordine 0,2,4,6,8: J 0 (x) = 1 x4 /64 x6 /2304 + . J 0 (x) = 0 a x = ωr/c 2.4: J 0 (2.4) 1 1.44 + 0.52 0.08 = 0.

−

·· ·

  − − • • • • • • • • • • • • • • • • • •

− x2/4 +

Riotteniamo la stessa cosa usando le eq. di Maxwell in forma differenziale. Assumendo E z = Ee iωt e Bθ = Beiωt dove E e B dipendono da e nelle equazioni di Maxwell in coordinate cilindriche si trova

− ∂E = −iωB ∂r 1

1 ∂ iω (rB) = 2 E r ∂r c

Quando il gioco si fa duro conviene usare il rotore in coordinate cilindriche (∇ × ˆ z E z (r))θ = −

∂E z , ∂r

1 ∂ (rBθ ) (∇ × ˆ θ Bθ (r))z = . r ∂r


97

1

2

0.8 1.8 0.6 )

| )

0.4

x

x

(

0

J

1.6

2 / 1

0.2

i

( 0

J |

0

1.4 1.2

− 0.2 − 0.4

1 0

2

4

6

8

0

0.5

1

x

1.5

2

2.5

3

x

| √ |

Figura 11.1: J 0 (x) e J 0 ( ix) (linee nere) confrontate con la loro espansione in serie attorno a x = 0 (linee tratteggiate, che corrispondono ad includere mano a mano ordini successivi). e quindi, sostituendo nella seconda il B preso dalla prima, ed usando come variabile x = ωr/c r

∂ ∂E (r ) = ∂r ∂r

2 2

− r cω2

E

⇒

x(xE  ) =

−x2E

E  +

⇒

E  = x

−E

Se non ci fosse il secondo termine si avrebbe E  = E  , la cui soluzione è una funzione speciale chiamata “cos(x)” che si trova su tutti i computer (o tavole). Con il secondo termine, che è di tipo attrito, la soluzione è chiamata “J 0 (x)” che si trova su molti computer (o tavole) ed assomiglia un cos(x) che si smorza. Si pu` o fare la stessa cosa più in generale. Prendo il rot della II equazione di Maxwell

−

¨

−∇2E + ∇(∇ · E ) ← ∇ × (∇ × E ) = − ∂t∂ ∇ × B = −µ0 ˙J − cE 2 da cui

2

(

∇2 − c12 ∂t∂ 2 )E = µ0 ˙J + 10 ∇ρ

(11.1)

Nel vuoto, assumendo che E abbia solo una componente E z (r) che oscilla a frequenza ω, riscrivendo in coordinate cilindriche 1 ∂ 2 1 ∂ ∂E z ω 2 E ( 2 ) = 0 i.e. r + 2 E z = 0 c2 ∂t 2 r ∂r ∂r c è risolta da E z J 0 (ωr/c). La funzione di Bessell J 0 compare perch` e siamo in simmetria cilindirica.

∇−

∝

Esercizio 164: Cavit` a risuonante Soluzione: (Se

racchiudo il condensatore formando una lattina aggiungendo la parete laterale dove E = 0 il campo elettrico interno risolve le equazioni di Maxwell. Cioè la cavit` a risuona alle frequenze ω = 2.405r/c, 5.52r/c... Ci sono altri modi con E orizzontale, come si vedrebbe più facilmente per una lattina cubica. Vedremo che si trasmettono campi che dipendono anche da z ).

Esercizio 165: Effetto pelle

Ad un filo di resistività ρ e raggio a viene applicata una differenza di potenziale oscillante a frequenza ω, ottenendo una corrente alternata ed un campo elettrico parallelo al filo E (t) = E 0 eiωt . Mostrare che la corrente si sposta sul bordo, e che questo tende ad aumentare la resistenza effettiva. ˙ = iω 0 E . A bassa frequenza alla corrente J = σE c’è la corrente di spostamento J s =  0 E la corrente normale è più importante della corrente di spostamento (J s /J ωτ con τ = 0 /σ) che quindi trascuriamo. Possiamo calcolare come si redistribuisce la corrente calcolando come si redistribuisce il campo elettrico, in quanto J = σE . Assumendo che l’effetto sia piccolo, procediamo perturbativamente. Soluzione: Oltre

∼

98

Capitolo 11. Corrente di spostamento La J iniziale uniforme genera un campo magnetico lungo θ, B θ = B0 eiωt : ∇ × B = µ 0 J

πr 2 r B0 = µ 0 J z = µ 0 σE 0 2πr 2

⇒

che per induzione genera una correzione al campo elettrico E 1 parallelo a quello iniziale: ∇



r

× E = −B ˙

E 1 = iω

⇒

0

 ≡

r2 dr B0 (r ) = iE 0 2 dove

δ

2δ

2 ωσµ 0

dove la lunghezza δ viene chiamata skin depth e dove la i indica che E 1 è sfasato di 90◦ rispetto ad E 0 . Similmente E 1 genera un B 1 che genera un E 2 . . . ma per capire cosa succede fermiamoci ad E z = E 0 + E 1 . In questa approssimazione, il campo elettrico, scritto in termini del suo valore E ext = E z (r = a), è E z (r) = E ext

1 + ir2 /2δ 2 . 1 + ia2 /2δ 2

 E 0 vale se δ  a. Nel rame σ/0 ∼ 1018sec−1. Per a ∼ mm si ha δ  a

L’approssimazione perturbativa E 1 fino a ω 105 Hz.



` interessante calcolare l’impedenza per unità di lunghezza , definita come Z = E ext /I , dove I è la corrente E totale: a 1 + ia2 /4δ 2 I = J z 2πr dr = πa 2 σE ext . 1 + ia2 /2δ 2 0



Per ω 0 si ha δ e si ritrova Z R0 = 1/σπa2 . In generale Z = R + iωL ha una parte complessa (che corrisponde all’impedenza dovuta a B θ ) ed una parte reale maggiore di R 0 :

→

→ ∞

→

Z = R0

1 + ia2 /2δ 2 1 + (a/2δ )2 /2 + i(a/2δ )2 = R . 0 1 + ia2 /4δ 2 1 + (a/2δ )4

Fisicamente, questo è dovuto al fatto che la corrente si concentra verso l’esterno aumentando l’‘intasamento’ e quindi la resistenza. Quindi conviene lavorare a frequenze abbastanze basse che δ a. Per quando riguarda la parte immaginaria di Z , notare che (come deve essere) ha lo stesso segno dell’impedenza di una induttanza, e non quello di una capacità.



• • • • • • • • • • • • • • • • • • Se E 1 E 0 l’esercizio finisce qui. A grandi ω questo potrebbe non essere vero; in tal caso o si continua lo sviluppo perturbativo E 0 , E 1 , E 2 , . . ., oppure si risolvono le equazioni di Maxwell in forma differenziale. ¨ dovuto alla Nell’equazione d’onda ricavata all’esercizio precedente metto J = σ E , trascuro ρ ed il termine E iωt corrente di spostamento, assumo E z e , e riscrivo per un E z (r) in coordinate cilindriche:



1 ∂ ∂E z (r ) = µ 0 J ˙z = iωσµ0 E z r ∂r ∂r

⇒

E  2i E z + z = 2 E z r δ

⇒

E z (r)

∝ J 0

 √  r 2i δ

Abbiamo nuovamente ottenuto un’equazione differenziale ‘alla Bessel’ ma questa volta il coefficiente numerico è immaginario. Infatti anche la correzione al primo ordine ad E z era immaginaria. La funzione completa è mostrata in fig. 11.1b ed è qualitativamente simile al risultato al primo ordine. Consideriamo il limite δ a, opposto a quello studiato con il metodo approssimato. Per δ a si può  trascurare il termine E z /r nell’equazione differenziale, per cui la soluzione approssimata diventa un’esponenziale: E z (r) E ext e−r(1+i)/δ . Fisicamente, significa che la corrente è grossa solo ai bordi del filo, e penetra per uno spessore δ .







Come vedremo in seguito esistono le onde. A frequenze abbastanza grandi, ω > 109 Hz, hanno lunghezza d’onda ‘umana’ ed è possibile utilizzarle per trasportare energia dentro cavità metalliche (‘guide d’onda’). Il fatto che i campi penetrino dentro il metallo solo per un piccolo spessore δ e che quindi le correnti ‘parassite’ J = σE dentro al metallo siano trascurabili diventa un vantaggio. In questo modo si riesce a trasportare grandi potenze con poca dissipazione di energia per effetto Joule. Tecnologicamente risulta più semplice trasportare la corrente a basse frequenze in cavi di rame che ad alte frequenze in tubi di rami.

∼


99

Esercizio 166: Filo conduttore interrotto

[Dal compito del 4/4/2003] Un filo conduttore rettilineo e cilindrico, di resistività ρ, raggio a e lunghezza  viene connesso ad un generatore, in modo che nel filo passa la corrente I = I 0 cos ωt.

 a,

a) Si calcoli il campo magnetico in tutto lo spazio (assumendo un filo di lunghezza infinita) e il campo elettrico per r < a nell’assunzione di corrente lentamente variabile. Si discuta a posteriori la condizione necessaria a questa approssimazione. Si taglia via un tratto h prima.

 a del filo e si regola di nuovo il generatore in modo che passi la stessa corrente di

b) Si risponda di nuovo alla domanda a); come cambiano i campi prima e dopo l’interruzione del filo? c) L’interruzione del filo si può schematizzare come l’inserimento in serie di una impedenza Z . Si stimi e discuta il valore di Z in funzione di ω. Soluzione:

a) Per ω 0 si ha un campo elettrico uniforme E 0 = ρI/πa2 . La corrente genera un campo magnetico Bθ = µ0 rI /2πa2 per r < a. Come gi` a visto in esercizi precedenti, vi sono correzioni di ordine relativo ωρ0 , che diventano significative ad alte frequenze.

→

˙ ) si impara che la somma B = µ 0 (J +  0 E b) Prendendo la divergenza della IV equazione di Maxwell delle correnti elettrica e di spostamento si conserva, anche alla superficie di discontinuità . Quindi il campo magnetico non cambia rispetto al punto a). La conservazione della corrente ‘totale’ consente di ˙ v = J + 0 E ˙ 0 segue E v = E 0 [1 + i/(ωρ 0 )]. determinare il campo elettrico E v nella regione di vuoto: da  0 E Infatti, si può schematizzare il sistema come un condensatore inserito fra due resistenze: sulle superfici si deposita una densità di carica σ tale che σ = j, ˙ per cui E v = E 0 + σ/0 .

∇ ×

c) La parte vuota si comporta come un condensatore di capacità C =  0 πa 2 /h. Al crescere della frequenza questo “condensatore” ha una induttanza parassita L µ0 h/8π. Per trovare L si può calcolare l’energia magnetica contenuta nel condensatore



U M =



B2 dV θ = 2µ0



a

dr 2πr

0

(µ0 rI /2πa2 )2 µ0 hI 2 = 2µ0 16π

2

≡ LI 2

Quindi, l’impedenza associata è Z = iωL + 1/iωC . L’induttanza diventa rilevante solo ad alte frequenze, quando la nostra approssimazione di corrente lentamente variabile cessa di valere. Ad esempio Z = 0 per ω = 1/ LC = 2 2c/a: per valori di ω cos`ı alti, I varia in modo significativo nel tempo che la luce impiega ad attraversare il filo. A frequenze cos`ı alte ci sono effetti addizionali: il filo irraggia; la corrente non è pi` u uniforme a causa dell’effetto pelle. Infatti, ωρ0 1 implica δ = 2 c0 ρ/ω c/ω, che per Z = 0 è comparabile al raggio a del filo.

√



√





Esercizio 167: Due cilindri cavi

[Da un compito del 1987] Due cilindri cavi coassiali di raggi a < b sono percorsi da correnti uguali I (t) = I 0 sin ωt in verso opposto, distribuite uniformemente sulle superfici. a) Trascurando la corrente di spostamento calcolare o avere una sola componente non nulla. c) Calcolare E assumendo che valga zero sul B . b) Mostrare che E pu` cilindro esterno. d) Calcolare la corrente di spostamento I s . e) Discutere come deve essere calcolato B nei tre casi I s I 0 , I s < I 0 e I s I 0 . f) Caso numerico: a = 1mm, b = 1cm, I 0 = 2 A, ω = 1000Hz.



≈

Soluzione:

a) B = 0 per r < a ed per r > b. Nella zona intermedia 2πrB θ = µ 0 I . b) Per simmetria cilindica E può dipendere solo da r. Siccome non c’è carica E r = 0. Siccome B z = 0 si ha ˙ 2πrE θ = 0. Quindi l’unica componente è E z (r), generata da ∇ E = B.

×

−

A. Strumia - Fisica II_ Esercitazioni

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