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Problema 2

Si ricavi la d.d.p. ai capi della resistenza nel circuito rappresentato in figura.

V r

bc

= = =

[ ; ; ]

12V 22Ω 2Ω

R r

Soluzione:

Dall’equazione delle maglie si ottiene: ( )

= + ,

R r i

2

r

= = = =

12 1 .

V ri V V

+ Ω

bc 24

r R

Commenti. Il dispositivo è alla base del funzionamento del e del che

partitore di tensione potenziometro,

vengono utilizzati per ottenere d.d.p. comprese tra 0 e quando si dispone di un generatore di tensione di

f.e.m. .

Problema 3

In una pila Daniell l’energia è fornita dalla reazione esoenergetica

+ → + .

CuSO Zn ZnSO Cu

4 4 −

⋅ =

19

a) Sapendo che ogni reazione fornisce un’energia di 35

. 10 ed una carica 2 , si

J q e

calcoli la f.e.m. della pila. =

Supponendo che la pila abbia resistenza interna e venga chiusa su una resistenza

r 1Ω

=

esterna , si calcoli:

R 9Ω

b) la corrente i nel circuito;

c) la d.d.p. V ai morsetti della pila. 4

Per il calcolo della f.e.m. si ricorra alla sua equazione di definizione. Per il

Suggerimenti.

quesito (b) si indichi con la corrente e si invochi il principio di conservazione

i

dell’energia: la potenza fornita dalla reazione chimica deve uguagliare la potenza

dissipata per effetto Joule nelle resistenze e

r R.

Soluzione:

a) Dalla definizione di si ricava immediatamente:

− 19

35

. 10 J

= =

109

. .

V

19

⋅ ⋅

2 16

. 10 C

b) Il bilancio energetico implica: = +

2 2

.

i ri Ri

Dividendo per si ottiene la stessa equazione del Problema 2; risulta

i

= .

i +

r R

c) Il circuito viene rappresentato esattamente come per il problema 2 solo che ora è

r

interna al generatore, quindi: = =

V V Ri

ac

o anche R

= − =

.

V ri +

r R

Commenti. →

1) Al tendere della corrente a 0, . La f.e.m. di un generatore può quindi anche essere definita

V

come d.d.p. fra i suoi morsetti in assenza di corrente (ovvero a circuito aperto).

2) Per i generatori voltaici non è facile individuare la natura e la localizzazione delle forze impresse; è

invece molto facile calcolare la f.e.m. in base alla sua definizione.

3) La potenza Vi fornita dalla pila è minore della potenza i fornita dalle reazioni chimiche perché parte

dell’energia è dissipata per effetto Joule all’interno del generatore stesso.

Problema 4

Si disegni la curva caratteristica di un generatore avente forza elettromotrice e

resistenza interna r (cioè si riporti la corrente i che lo percorre in funzione della

differenza di potenziale V ai suoi morsetti). Si considerino i punti di intersezione fra la

curva caratteristica e gli assi coordinati, e si dica cosa rappresentano fisicamente questi

punti, con quali circuiti possono essere realizzati ed in quali casi il generatore cede

energia all’esterno ed in quali ne assorbe.

Soluzione: 5 = −

La differenza di potenziale V ai morsetti del generatore è (vedi Problema 3): il

V ri

diagramma tensione-corrente è quindi una retta.

=

Si ottiene 0 cortocircuitando i morsetti, e la corrente di corto circuito vale / .

V r

=

Si ottiene 0 a circuito aperto.

i

Nel quarto quadrante è così grande (occorre naturalmente un altro generatore in serie)

i

che la caduta su è maggiore di : risulta negativo, le polarità ai morsetti sono

r V

invertite. Il calore dissipato per effetto Joule all’interno è maggiore dell’energia fornita

=

dalle reazioni chimiche: il generatore assorbe energia (ed infatti è negativo).

P iV

<

Nel secondo quadrante è 0 , cioè la corrente entra nel morsetto positivo (occorre

i

naturalmente un generatore di f.e.m. maggior in opposizione). La caduta su si somma ad

r

> =

, sicchè . Il generatore assorbe potenza: infatti è nuovamente negativo. Se

P iV

V

la reazione chimica si inverte, diventando endoenergetica, il generatore si ricarica.

I quadrante IV quadrante II quadrante

Problema 5 6 Ω

Si hanno due pile da 1.5 di f.e.m. e resistenza interna di ciascuna, con le quali si

V 01

.

vuole alimentare un utilizzatore di resitenza Si determini il valore di per cui la

R. R

potenza erogata dall’utilizzatore è massima, considerando separatamente i casi di pile in

serie e in parallelo.

Si proceda come per il Problema 3, domanda (b).

Suggerimento.

Soluzione:

il bilancio energetico implica

In serie:

2

= + =

2 2

2 2 , da cui

i r i R i i +

2 r R

(come se avessimo un unico generatore di f.e.m. 2 e resistenza interna 2r).La potenza

dissipata in è:

R 2

 

2

= =  

2 .

P i R R  

+

2 r R

=

Per ricavare il massimo di si pone / 0 , supponendo e costanti; si

P dP dR R

= = Ω = =

2

ottiene , / 2 11 .

P r W

2 0

.

2

R r

detta la corrente in ciascun generatore, la corrente in è 2i, quindi:

In parallelo: i R

= +

2 2

2 2 (2i) .

i r i R

L’equazione, divisa per 4, è quella che si otterrebbe con un unico generatore di f.e.m. e

= =

resistenza interna / 2. Procedendo come sopra si trova / 2 0

.

05Ω ,

r R r

= =

2

/ 2 11 .

P r W = 1125

.

P W

Commenti. In base ai dati del problema si ottiene . Le ultime due cifre sono state omesse

perché non significative (i dati di partenza contengono solo una o due cifre significative).

Problema 6

Un’automobile con batteria da 6 V ha anabbaglianti da 25 Watt ciascuno.

a) Qual’è la resistenza del filamento durante il funzionamento?

7

b) Se il filamento è lungo 10 cm, quanto vale in modulo il campo elettrico al suo

E

interno?

Soluzione:

a) Dall’equazione che fornisce la potenza dissipata per effetto Joule si ottiene:

2 2

36

V V

= = = Ω

144

. .

R 25

P W

ρ

=

b) Dalla relazione si deduce che risulta diretto lungo il filo ed è costante in

E j E

modulo (il filamento ha sezione costante). Detto un elemento di filo, di lunghezza

d

⋅ =

e verso concorde con , risulta dunque . La tensione lungo il

E E d E d V

d

filamento è: ∫ ∫ ∫

= ⋅ = = =

V E d E d E d E

da cui si ricava = =

/ 60 / .

E V V m

Problema 7

Per misurare la resistenza di un conduttore si utilizzano un voltmetro ed un

R

amperometro realizzando i circuiti rappresentati nelle Figure e Si ricavi indicando

a b. R,

con ed i valori misurati da voltmetro ed amperometro nel circuito (a), con e

V i V’ i’

quelli misurati nel circuito (b).

Figura a Figura b

Soluzione: 8

Pensando che il voltmetro misura in ogni caso la tensione lungo lo strumento (cioè la

d.d.p. ai suoi morsetti) e l’amperometro segna la corrente che lo percorre, si ottiene

immediatamente (dalla legge di Ohm o dall’equazione delle maglie):

=

V

Circuito a) = +

î V R i Ri

A

 ' '

V V

 = + = +

'

i i i

 V R

Circuito b) R R

v

 − =

î '

V R i

A

dove e sono le correnti nel voltmetro e nella resistenza rispettivamente. Abbiamo

i i R,

V R

dunque un sistema di quattro equazioni nelle quattro incognite , , , (di ben

R R R

A V

facile soluzione).

Commenti. Il problema fa capire che la resistenza può essere misurata come rapporto tra la tensione ai

V

suoi capi e la corrente che la percorre, ed evidenzia la difficoltà di una simile misura: nel circuito di

i

sinistra il voltmetro misura la d.d.p. ai capi di ed in quello di destra la corrente nell’amperometro

non R non

è la corrente in R.

Problema 8 ρ

Si calcoli la resistenza di un conduttore metallico di resistività , lunghezza e sezione

circolare con centro sull’asse e raggio che cresce linearmente con assumendo i

x r x,

= =

valori in 0 e in .

x

r r x

1 2

Soluzione:

La dipendenza di da può essere così espressa:

r x −

r r

= + 2 1 .

r r x

1 ρ π

= 2

Dividendo idealmente il conduttore in tratti di lunghezza e resistenza / ,

dx dR dx r

posti in serie, si ottiene: ρ

dx

∫ ∫ ρ

= = =

R dR .

π

π 2 r r

r 1 2

0

(Per effettuare l’integrazione conviene assumere r come variabile indipendente).

Problema 9

Due vetture tranviarie distano rispettivamente 2 km e 5 km da una cabina di alimentazione

di 550 V, a cui sono collegate mediante un cavo aereo e le due rotaie. La prima vettura

assorbe una corrente di 50 A, la seconda di 30 A. Se la resistenza per unità di lunghezza

9

Ω Ω

del cavo aereo è di e quella di ciascuna rotaia , si calcolino le

0

.

5 / 0

.

04 /

km km

potenze assorbite da ciascuna vettura e la potenza dissipata nel cavo aereo e nelle

P

d

rotaie.

Soluzione:

Lo schema è il seguente

= Ω = Ω = Ω = Ω

' '

dove 1 , 0

.

04 , 15

. , 0

.

06 (si pensi che le rotaie sono

R R R R

1 1 2 2

conduttori in parallelo). = =

Le potenze assorbite sono: . si ottiene sottraendo ai 550 V

V

,

P i V P i V BB’

1 1 ' 2 2 '

BB CC ( ) ( )

+ +

1' '

della cabina le due cadute su e , che valgono e . Il calcolo per

R R i i R i i

R

1 1 1 2 1 1 2

è analogo. Risulta

V

CC’ = ⋅ 3

23 10 ;

P W

1 = ⋅ 3

13 10 ;

P W

2 = ⋅ 3

7

.

06 10 .

P W

d

Commento. Il trasporto di energia elettrica a grandi distanze comporta sensibili perdite di potenza nei cavi

aerei. Per ridurle si può aumentare la d.d.p. fra i cavi stessi (compatibilmente con i problemi di sicurezza)

fino a quei valori che cominciano a rendere sensibili le perdite dovute al passaggio di corrente in aria, nelle

vicinanze dei cavi. Nei cavi ad alta tensione in corrente alternata si arriva a centinaia di kV.

10

11

CAPITOLO 3

CAMPI MAGNETICI STAZIONARI NEL VUOTO

Forza magnetica su una particella con carica e velocità

q :

v

= ×

F qv B . (Forza di Lorentz) (1)

= ⋅ = ⋅

v ds

Commenti: F è ortogonale a , il suo lavoro ( =spostamento della

d F ds F vdt

poiché

2

particella) è nullo. In assenza di altre forze, l’energia cinetica / 2 e il modulo della velocità

mv v

rimangono costanti nel tempo, e l’accelerazione è centripeta.

Forza esercitata da un campo uniforme su un conduttore rettilineo di lunghezza

B

percorso da una corrente i: = ×

F i B ; (2)

(il verso del vettore può essere scelto ad arbitrio: i sarà positiva o negativa a seconda

che la corrente circoli nel verso scelto o in quello opposto).

Momento di dipolo magnetico di una spira filiforme contenuta in un piano:

µ =

iSn , (3) µ

dove S è la superficie racchiusa dalla spira, il versore normale al piano. Il verso di è

n

legato al senso di percorso della corrente dalla regola della mano destra.

Campo di un conduttore rettilineo infinitamente lungo (in modulo):

µ i

= o

B , (4)

π

2 r

dove r è la distanza dal conduttore; le linee di flusso del campo sono circonferenze aventi

come asse il filo, orientate rispetto verso della corrente con la regola della mano destra.

Legge di Biot- Savart: un conduttore filiforme crea in P il campo:

µ ×

i d r

= o

B , (5)

π 2

4 r

dove l’integrale è esteso a tutto il conduttore (i è positiva o

negativa a seconda che scorra o meno nel verso di d ).

Γ

Legge di Ampère: data una linea ideale chiusa :

∫ µ

⋅ =

B d i , (6)

Γ

o

Γ Γ

dove è la corrente concatenata con la linea , cioè:

i Γ ∫

= ⋅ ; (7)

i j dS

Γ S Γ Γ

è una qualunque superficie avente come contorno , orientata con

S Γ 1 Γ

la regola della mano destra rispetto al verso positivo di percorrenza su .

infinitamente lungo.

Campo di un solenoide rettilineo

All’esterno il campo è nullo; all’interno è uniforme, diretto lungo l’asse, con verso

B

dato dalla regola della mano destra rispetto al senso di percorso della corrente, modulo

µ

= (8)

B n i

o

dove è il numero di spire per unità di lunghezza.

n

Problema 1

Un gas fortemente ionizzato è posto in un campo magnetico . Quali sono il massimo e il

B

minimo raggio di curvatura della traiettoria di un elettrone con energia cinetica T?

= =

3 2

[ 10 / ; 01

. ]

B Wb m T eV

Soluzione: = = ⋅ 6

La velocità dell’elettrone ha modulo 2 / 0

.

59 10 / . Il raggio di curvatura

v T m m s r

θ

2

si ottiene uguagliando il modulo della forza centripeta ( / ) al modulo sin

mv r evB

θ

− ×

della forza di Lorentz ( ), dove è l’angolo fra e :

ev B B

v

mv

= ;

r θ

sin

eB

θ =

dipende unicamente da , ed è compreso tra i valori / ( ) 3

.

36 per

r mv eB mm

ortogonale a ed per parallelo a .

v B v B

Problema 2

Una particella di massa e carica positiva viene lanciata lungo l’asse con velocità

m q x v

in una zona dove è presente un campo magnetico. Sotto l’azione della forza magnetica la

<

traiettoria della particella è rettilinea per 0 , ed ha raggio di curvatura che varia

x r

= < ≤

secondo la legge / per 0 e rimane costante ed uguale ad per

r r x x x x r o

o o o

> . Si dica se in base a questi dati è possibile valutare il vettore in un generico

B

x x o

punto della traiettoria.

si considerino separatamente le componenti e di ,

Suggerimento: B B B

/ /

rispettivamente parallela e perpendicolare alla traiettoria stessa.

2

Soluzione: 2

L’energia cinetica della particella 1 / 2 ed il modulo di sono costanti perché il

mv v

lavoro della forza magnetica è nullo.

Il campo esercita una forza

B ( )

= × = × + = ×

F qv B qv B B qv B

⊥ ⊥

/ /

La componente di non fornisce nessun contributo alla forza applicata alla

B B

/ /

particella e non ha nessun effetto sulla sua traiettoria: i dati del problema non permettono

quindi di valutare un’eventuale componente .

B / / =

Per valutare si consideri la legge fondamentale della dinamica ; poiché

B F ma

= × è ortogonale alla traiettoria, l’accelerazione è centripeta ed ha modulo

F qv B ⊥ × =

2 / . Dalla relazione e dalla definizione di prodotto esterno si deduce

v r qv B ma

⊥ ⊥

che è ortogonale al piano (x, contenente la traiettoria, ed è entrante (l’accelerazione

B y),

centripeta sta nel piano (x, ed è rivolta verso il centro di curvatura). Il suo modulo è

a y)

⊥ = 2

dato da / ; risulta quindi:

qvB mv r

= ≤ = ∞

per 0 (traiettoria rettilinea, );

x r

0

B

⊥ mv x

= < <

per 0 ;

B x x

⊥ o

qr x

o o

mv

= >

per .

B x x

⊥ o

qr

o

Possiamo quindi affermare che: a) la componente di ortogonale al piano è nulla

B x, y

< < <

per 0 , cresce lineramente per 0 e rimane poi costante; b) un’eventuale

x x x o

componente contenuta nel piano dovrebbe essere parallela alla traiettoria in ogni suo

x, y

punto: se le traiettorie di un fascio di particelle lanciate con velocità diverse giacciono

tutte nel piano (x, si può concludere che questa componente è nulla.

y),

Commenti: Per particelle sulle quali agisce la sola forza magnetica è facile calcolare il raggio di curvatura,

mentre il calcolo della traiettoria risulta facile solo se il campo magnetico è uniforme. Per questo motivo

nei testi di Fisica si propongono problemi nei quali il campo magnetico è supposto uniforme in un certo

dominio e nullo altrove. Si tenga ben presente che questa ipotesi rappresenta semplicemente una

semplificazione del problema, dato che è impossibile generare nel vuoto campi magnetici discontinui.

3

Problema 3

Si dica quale è la traiettoria di una particella di massa e carica lanciata in un campo

m q

magnetico uniforme con velocità iniziale:

a) perpendicolare a ;

B

b) parallela a ;

B

c) obliqua, in modo da avere una componente ed una .

u u

⊥ / /

Si supponga che sulla particella agisca solo la forza magnetica e, nel caso c), si calcoli il

passo dell’elica.

Soluzione:

a) La traiettoria è una circonferenza contenuta nel piano y, z ortogonale a , con raggio

B

(vedi Problema 1 o 2).

r=mu/(qB)

b) La particella non risulta soggetta a forze e si muove con velocità uniforme,

parallelamente al vettore .

B

c) La traiettoria è la curva che si ottiene combinando i due moti trovati in precedenza,

cioè un’elica, che sta su un cilindro con raggio:

mu ⊥

= .

r qB

e con generatrici parallele a . La proiezione della traiettoria su un piano ortogonale

B π π

= =

a è una circonferenza diraggio r; il periodo di rotazione 2 / 2 / è

B T r u m qB

indipendente dalla velocità. Il passo dell’elica coincide con il cammino fatto

u T

/ /

lungo la direzione di nel tempo

B T.

Commenti: Buona parte dei problemi sul moto di particelle in campo magnetico sono delle semplici

varianti di questo problema. Per la loro soluzione è necessario avere ben presenti i seguenti fatti:

1) La traiettoria è in generale un’elica che sta su un cilindro il cui asse è una linea di flusso di anche

B:

campi non uniformi obbligano la particella a non allontanarsi troppo da una linea di flusso, cioè a

muoversi con traiettorie di tipo elicoidale attorno alle linee di flusso;

4 v

2) In campo uniforme ed ortogonale alla velocità , la traiettoria è una circonferenza e la velocità

angolare è indipendente da su questo fatto si basa il funzionamento del ciclotrone, ed infatti la

v:

ν = 1 / T

frequenza è detta frequenza di ciclotrone.

Problema 4

Gli elettroni emessi dal filamento con energia cinetica trascurabile vengono accelerati

F

con il dispositivo rappresentato in figura (M indica un elettrodo metallico).

a) Si calcoli la velocità di arrivo degli elettroni su nota la d.d.p. fra e

v M V F M.

o

b) Se il fascio di elettroni ottenuto praticando in un piccolo foro in corrispondenza del

M =

punto entra in un campo magnetico uniforme

O B Bz , si dica per quale valore di B

il fascio colpisce la pellicola fotografica P nel punto di ordinata y.

c) Si calcolino le coordinate (y, z) del punto di arrivo sulla pellicola di un elettrone che

= +

in O ha velocità (in pratica gli elettroni del fascio non hanno

v v x v z

z

esattamente la stessa velocità: si tratta di valutare l’effetto di una piccola componente

v della velocità).

z

Soluzione: 2

a) Fra F e M ogni elettrone acquista un’energia cinetica mv / 2 pari alla differenza di

− −

energia potenziale ( e )

V ed arriva quindi in M con velocità

o ( )

1

/ 2

=

v 2 eV / m .

o =

b) Un elettrone che esce dal punto O con velocità v v x è soggetto alla forza

= − × =

F e v x ( B z ) evB y , che incurva verso l’alto la traiettoria. Ricordando

/ / / /

= 2

l’espressione a v / r dell’accelerazione centripeta ed uguagliando F a ma , si

c

c

ottiene il raggio di curvatura 5 mv

= .

r eB

La traiettoria è una semicirconferenza, di cui il segmento è un diametro, quindi

OP

= .

/2

r y

c) La traiettoria è ora un’elica (vedi Problema 3). La proiezione della traiettoria sul

piano (x, è la stessa semicirconferenza calcolata in b), che viene percorsa nel tempo

y)

π

= . Durante questo tempo l’elettrone si sposta in direzione di un tratto

z

/

t r v

= .

z v t

z

Problema 5

Si supponga che in un atomo di idrogeno l’elettrone possa essere assimilato ad una carica

puntiforme ruotante intorno al protone, su di una circonferenza di raggio Si calcoli la

r.

velocità dell’elettrone:

a) in assenza di altre forze;

b) in presenza di un campo magnetico perpendicolare al piano dell’orbita.

B

Soluzione: =

2

a) Dalla e ricordando che l’accelerazione centripeta vale / , si deduce:

F ma v r

2 e

e v

= =

, da cui .

m v

πε πε

2 r

4 r 4 rm

o o

b) La forza magnetica ha modulo la stessa direzione di quella elettrica e verso

evB,

concorde o meno a seconda del segno di (cioè del verso di rotazione dell’elettrone).

v

×

Considerando positivo quando è concorde con si ha:

v v B E 2

me

± +

2 2

eB e B πε 3

2 r

e v

+ = = o

, da cui ;

evB m v

πε 2 m

r

4 r

o 2 r

i due segni corrispondono ai due versi di v.

Commenti: Il moto di un elettrone in un atomo può generare un momento di dipolo magnetico, ma gli

elettroni hanno la tendenza a coordinare i loro moti in modo da ottenere momenti opposti, con risultante

nulla. In una descrizione puramente classica e semplificata si suppone che i due elettroni descrivano la

stessa orbita in versi opposti. Il campo aumenta la velocità di un elettrone e diminuisce quella dell’altro,

B

sicchè il momento magnetico risultante è diverso da zero ed a : è questa la spiegazione classica

opposto B

del diamagnetismo. 6

Problema 6

Si calcoli il campo creato da un tratto rettilineo di un conduttore filiforme in un

B

generico punto P.

Si utilizzi la legge di Biot-Savart (2), assumendo come variabile di

Suggerimento.

integrazione l’angolo compreso fra e .

d r

Soluzione:

Si orienti nel verso della corrente, in modo che risulti positiva. Per calcolare il

d i

campo nel punto si introduca il sistema cartesiano rappresentato in figura. Il vettore

B P, µ ×

i

d r

=

o

dB π 2

4 r

è diretto lungo ed ha modulo

z µ θ

sin

i d

= o

dB π 2

4 r

dove = dx. Per l’integrazione fra x e x ,

d 1 2

θ

esprimiamo r e dx in funzione di :

a θ

θ θ = =

= =

; ; dx d con OP a ;

r a / sin x a tan θ

2

cos

da cui µ µ ( )

i i

∫ θ θ θ θ

= = −

o o

dB sin d cos cos .

π π 1 2

4 a 4 a

Commento: 1) Per questo problema, è possibile controllare l’esattezza del risultato ottenuto: nel limite di

→ −∞ → ∞

x x

filo infinitamente lungo (cioè per e ) si ottiene il valore corretto, dato dall’equazione

1 2

(4).

B

2) Per calcolare il campo creato da un circuito costituito da tratti rettilinei basta sommare i campi creati

dai singoli tratti: il calcolo può essere laborioso, ma non difficile. Non si può utilizzare la legge di Ampère

perché mancano le simmetrie necessarie. 7

CAPITOLO 4

INDUZIONE ELETTROMAGNETICA

Legge di Faraday γ

In un circuito elettrico filiforme posto in un campo magnetico si manifesta una f.e.m.

Φ = ⋅ Σ

indotta quando il flusso B dS attraverso la superficie racchiusa dal circuito

γ

Σ γ

Σ

sta variando (più precisamente, può essere qualunque superficie avente come

γ

Φ Σ

contorno il circuito, perché è indipendente dalla scelta di ).

γ

γ Σ

Se il verso di percorrenza su e la normale a soddisfano la legge della mano destra:

γ

Φ

d

=−

(1)

dt

(se si adottasse la regola della mano sinistra, non comparirebbe il segno -).

Se il campo magnetico è stazionario, si può avere variazione di flusso solo deformando o

muovendo il circuito, e la (1) può essere scritta nella forma:

= × ⋅

v B d (2)

γ

dove è la velocità dell’elemento di circuito.

v

Se il campo magnetico non è stazionario la (1) può essere scritta nella forma:

d

∫ ∫

⋅ = − ⋅

E d B dS (3)

dt

γ Σ γ

Osservazioni.

La scoperta delle correnti indotte ha posto il problema della natura e localizzazione del

campo elettromotore E * , il cui integrale lungo il circuito si identifica con la f.e.m. .

= ×

Nell’equazione (2) il campo elettromotore è E * v B dove v è la velocità

dell’elemento d di circuito, e la forza da questo esercitata sulla carica di conduzione q è

= ×

F * qv B , dove v è la velocità dell’elemento d di circuito. Poiché il filo trascina

nel moto tutte le particelle presenti al suo interno, la presenza di questa forza risulta

evidente. Si noti però che le particelle di conduzione si muovono anche lungo d , con

velocità di deriva v parallela a d . La forza totale magnetica agente su queste particelle

d

= × = ×

è quindi la somma delle forze F * qv B e F qv B ; quest’ultima non dà nessun

d d

contributo all’integrale (2), perché è ortogonale a d , ma il suo lavoro complessivo sulla

particella è diverso da zero e tale da opporsi allo spostamento del circuito, in accordo con

la legge di Lenz (i lavori delle forze F * ed F sono uguali ed opposti, perché il lavoro

d

totale della forza magnetica su una carica è nullo). Nell’equazione (3) il campo

elettromotore coincide con E e l’equazione può essere così interpretata: un campo

1

Il

magnetico variabile nel tempo crea un campo elettrico E non conservativo. campo E

da una variazione nel tempo di agisce ovviamente su le particelle cariche,

indotto B tutte

anche se esterne al conduttore.

Legge di Lenz.

Il verso della corrente indotta può essere ricavato in modo puramente analitico, con la

convenzione già citate, oppure applicando la legge di Lenz: l’effetto della f.e.m. indotta si

oppone alla causa che la produce. γ

lungo una linea che va dal punto al punto

Tensione elettrica t a b:

γ ∫

= ⋅

; (4)

t E d

γ γ

per i campi elettrostatici, che sono conservativi, la tensione elettrica coincide con la

differenza di potenziale ; per i campi indotti, non conservativi, la tensione lungo

V V

a b

una linea chiusa è diverso da zero e coincide con la f.e.m. indotta.

Auto e mutua induzione. γ

Si definisce (o di un circuito filiforme

induttanza L coefficiente di autoinduzione)

percorso da corrente è il rapporto Φ

= (5)

L i γ

Φ

dove è il flusso del campo creato da attraverso una superficie con contorno . Se

B i

L è costante nel tempo, ogni variazione di produce nel circuito una f.e.m.

i di

= − . (6)

L dt

L’equazione (6) può essere assunta a definizione di L.

Si definisce o di due circuiti filiformi

mutua induttanza M coefficiente di mutua induzione

γ γ

e il rapporto

1 2 Φ Φ

= =

1

, 2 2 ,

1 (7)

M i i

1 2

γ

Φ Φ

dove è il flusso magnetico, attraverso , prodotto da (analogamente per ).

i

1

, 2 2 1 2 ,

1

Se 0 , i due circuiti sono induttivamente. L’uguaglianza

M accoppiati

Φ = Φ

/ / è detta o

i i teorema relazione di reciprocità.

1

, 2 1 2 ,

1 2

Energia del campo magnetico.

del campo magnetico nel vuoto

Densità di energia dU 1

≡ =

B 2 (8)

u B

µ

B 2

dv o

2

dove è l’energia presente nel volume dv.

dU B generato da:

Energia del campo magnetico

un circuito avente induttanza costante L: 1

= 2 ; (9)

U Li

L 2

due circuiti accoppiati: 1 1

= + +

2 22 . (10)

U L i M i i L i

1 1 1 2 2

2 2

Problema 1

Nella spira schematizzata in figura il conduttore di lunghezza si muove con

ab, d,

velocità costante , in presenza di un campo uniforme ed ortogonale al piano della

B

v

spira. Si calcoli la f.e.m. indotta nella spira.

v

a b

Si applichi la legge di Faraday (Eq.1) oppure l’Eq.2, orientando la spira

Suggerimento:

nel verso orario.

Soluzione:

Il flusso del vettore attraverso la superficie racchiusa dalla spira nel generico istante

B t

è per definizione ∫

Φ = ⋅ .

B dS

Orientata la spira in verso orario, il vettore risulta parallelo e concorde con :

dS B

⋅ = Φ = ≡

con costante rispetto a Risulta quindi , dove ( ) è

B dS BdS B dS. B S S S t

=

l’area della superficie racchiusa dalla spira. Detta l’area racchiusa all’istante 0 ,

S t

o

risulta: = − ⋅

( )

S t S d vt ,

o

quindi t > 0

v t t = 0

3 a b

Φ( = −

)

t BS Bdvt

o

Φ

d

=− = Bdv .

dt

La f.e.m. risulta positiva, quindi la corrente circola nel senso positivo prescelto (orario).

Soluzione alternativa: ∫

= × ⋅

v B d ; =

all’integrale contribuisce solo il lato mobile del circuito (sugli altri lati v 0 ), dove il

×

vettore v B ha modulo vB, è parallelo al lato mobile ed orientato verso sinistra.

×

Scegliendo sulla spira il verso orario, d risulta parallelo e concorde con v B , quindi:

b b

∫ ∫

= = =

vBd vB d vBd .

a a

Commenti Il problema può anche essere risolto cercando prima il verso della corrente indotta con la legge

di Lenz e calcolando poi il modulo della f.e.m. (senza preoccuparsi dei segni). La legge di Lenz può essere

applicata in diversi modi ed in particolare considerando:

. Lo spostamento del lato mobile diminuisce la superficie racchiusa dal circuito ed il

1. Il flusso di B

modulo del flusso di B . La corrente indotta ha verso tale da opporsi a questa variazione. Il campo

magnetico creato dalla corrente indotta è particolarmente intenso nei punti vicini al circuito e, se la

corrente ha verso orario, è concorde con B nei punti interni al circuito e tende quindi ad aumentare il

flusso (nei punti esterni il campo magnetico indotto ha verso opposto, ma questi punti non danno

Φ

contributo al flusso ).

2. La forza applicata dal campo B al lato mobile, che dever opporsi al suo spostamento verso l’alto.

Problema 2

Considerando il circuito del Problema 1, si calcoli:

a) la corrente i indotta nel circuito, supponendo che la sua resistenza R sia nota e

costante;

b) la forza F necessaria per mantenere in moto uniforme il lato mobile della spira

(trascurando la forza peso) ed il suo lavoro per unità di tempo;

c) la potenza dissipata per effetto Joule nel circuito.

Soluzione:

Calcolata la f.em. indotta con uno dei due metodi utilizzati nel Problema 1, risulta:

vBd

= =

a) i (verso orario);

R R

b) La forza F è uguale ed opposta alla forza esercitata dal campo B sul lato mobile,

che è diretta verso il basso ed ha modulo:

4 2 2

vB d

= =

F iBd R

Il lavoro di è positivo e la potenza è data da:

F ( ) 2

vBd

= ;

Fv R

c) La potenza dissipata per effetto Joule è: ( ) 2

vBd

=

2 .

Ri R

Commento: si noti che tutta la potenza fornita al circuito viene dissipata per effetto Joule, in accordo con il

principio di conservazione dell’energia

Problema 3

Nel circuito del Problema 1 viene inserito un generatore con f.e.m. di segno opposto

o

alla f.e.m. indotta.

Si calcoli:

a) la corrente indotta, supponendo costante la resistenza del circuito;

R

b) la forza esercitata dal campo magnetico sul lato mobile, la sua dipendenza da

F

ed il suo effetto sul moto del lato mobile ab.

o

La f.e.m. indotta è già stata calcolata, agisce in senso orario ed ha

Suggerimento.

modulo Si orienti il circuito in verso antiorario, sicché la f.e.m. risulti positiva,

vBd. o

negativa.

Soluzione − =

a) Dall’equazione delle maglie si deduce:

vBd Ri

o

− vBd

= o

.

i R

b) Scelto il verso antiorario, gli elementi del lato mobile sono orientati verso destra,

d

×

è verticale e diretto verso l’alto. Detto

d B z un versore verticale diretto verso

= ×

l’alto, l’integrazione di dF id B è immediata e fornisce:

=

F iB z .

attraverso che è:

F dipende da i

o

=

nulla per ;

vBd

o

<

negativa per ;

vBd

o

>

positiva per .

vBd

o

Ricordando che la velocità del lato mobile è diretta verso l’alto, si deduce che:

v

=

F v

per , la forza è opposta a e tende a frenare il moto della sbarra, in

0

o

accordo con la legge di Lenz; per mantenere in moto uniforme il lato ab del circuito

occorre esercitare una forza dall’esterno. 5 =

Aumentando diminuisce e si annulla per .

F vBd

,

o o

>

Per , è concorde con e favorisce il moto del lato mobile.

vBd F v

o

Commenti. Consideriamo il bilancio energetico, dal punto di vista del lavoro fornito al circuito

dall’esterno, o eventualmente fornito dal circuito sull’esterno.

=

Per 0 si deve fornire lavoro meccanico dall’esterno, che viene trasformato in energia elettrica

o

!

(qui viene dissipato nel resistore, che potrebbe essere il filamento di una lampadina): il dispositivo è un

generatore elettrico, cioè trasforma energia meccanica in energia elettrica;

per 0 il dispositivo può diventare un cioè trasformare parte dell’energia fornita

motore elettrico,

" o

#

dal generatore in infatti la condizione >vBd può essere verificata per qualunque

energia meccanica: o

#

valore di (basta ad esempio diminuire v).

o

#

Si noti infine questo fatto interessante: uno stesso dispositivo può essere utilizzato come generatore

elettrico o come motore elettrico semplicemente cambiando i valori dei parametri (che in questo caso

sono , v, B, d).

o

#

Problema 4

Si risolva il Problema 1 supponendo che il campo magnetico vari nel tempo con legge

ω

=

$ $ cos e considerando nota la superficie racchiusa dal circuito nell’istante

B B t S o

o

= 0.

t si proceda come per il Problema 1, applicando la legge di Faraday nella

Suggerimento: $

forma 1 (l’Eq. 2 non è più applicabile perché il campo non è stazionario). Il calcolo di

B

Φ ⋅

$ $

richiede l’integrazione di ad un generico istante. In questo istante B non

B dS $

dipende dalla variabile di integrazione e può essere portato fuori dal segno di

dS

integrale.

Soluzione:

Con le convezioni del Problema 1, risulta: ( ) ( )

∫ ∫ ω

Φ = ⋅ = = −

$ $

( ) ( ) cos

B t dS B t dS B t S dvt

o o

Φ( ( )

)

d t ω ω ω

=− = − − − .

sin cos

B S dvt t B vd t

o o o

# dt

Problema 5

Una spira quadrata di lato e resistenza su cui è inserito un condensatore con capacità

a R, $

e con dimensioni trascurabili rispetto ad si muove con velocità costante in

C a, v

<

$

presenza di un campo che è nullo nel semipiano 0 ed uniforme nel semipiano

B x

> 0 (vedi figura). Si calcoli e si rappresenti in diagramma:

x 6

Φ( %

a) la funzione che rappresenta il flusso di attraverso la spira , orientando la

B

)

t %

superficie racchiusa dalla spira nel verso di ed assumendo come origine di t

B =

l’istante in cui il lato di destra della spira si trova in 0 ;

x

b) la f.e.m. indotta nella spira;

c) la corrente nella spira.

i(t) y %

B x

Soluzione:

Φ( =

a) ha l’andamento di Fig.a, dove , e nell’intervallo tra 0 e cresce con

t

) /

t t a v o

o

Φ =

legge lineare: ;

avtB = −aBv

b) ( ) è sempre nullo eccetto che nell’intervallo tra 0 e , in cui vale ;

t t o

& &

 [ ]

( ) ≤ ≤

− − −

 per 0 t t

& 1 exp /

t RC

= o

 R

c) ( )

i t [ ]

( ) ≥

per t t

 − − −

exp /

i t t RC o

î o o

=

dove ( ) .

i i t

o o Φ( )

t (a)

t

(t)

& t (b)

( )

i t (c)

t o t

7

Problema 6

Si calcoli la f.e.m. indotta in una spira quadrata di lato che si allontana con velocità

a

'

( costante da un conduttore rettilineo indefinito percorso da corrente stazionaria, in

i

v

funzione della distanza (vedi Figura).

x

1 y (

v

i x x x +a x

2= 1

1

Soluzione:

(

Il campo creato dal conduttore è ortogonale al piano racchiuso dalla spira ed entrante.

B ( (

Orientando nel verso di (e la spira in risulta:

dS B verso orario)

µ

x

a 2 i

∫ ∫ ∫

Φ = ⋅ = =

( ( o

B dS dy dx

π

2 x

0 x

1

µ +

ia x a

= 1

o ln

π

2 x

1  

µ µ

Φ Φ dx iav iav

1

d d a a

=− =− =− − =

 

1 o o .

( )

π π

  +

2

a

' 2 2

dt dx dt x x a x

+

1 1

1 1 1

x 1

Poiché è positiva, la corrente circola nel verso orario prescelto.

'

Soluzione alternativa:

Si applica l’equazione (2), orientando la spira in verso orario. I lati orizzontali non danno

× ⋅ ×

( )

( (

( (

contributo all’integrale di , perché è verticale. Su ciascun lato verticale

v B d v B ×

( (

( (

è costante rispetto alla variabile di integrazione e è concorde con sul lato di

B v B ds

sinistra e discorde sul quello di destra. L’integrazione è immediata e fornisce

µ  

( ) iav 1 1

= × ⋅ = − + = −

 

( o

( ( ( ) ( ) ,

v B ds va B x B x a π +

 

1 1

' 2 x x a

1 1

in accordo con il risultato ottenuto sopra.

Problema 7 8

Calcolare la f.e.m. indotta nell spira del Problema 6 supponendo che la spira sia ferma e

che la corrente i nel conduttore rettilineo cresca linearmente dal valore 0 al valore nel

i o

tempo .

t o

Soluzione:

Il calcolo del flusso è identico, ma la variazione di flusso è prodotta dalla variazione della

i

= o

corrrente Poiché ( ) , risulta:

i. i t t

t o µ µ

+ +

Φ a x a ai x a

d di

=− = − = −

1 1

o o o

* ln ln

π π

2 2

dt x dt t x

1 1

o

*

Dato che è negativo, la corrente indotta circola in senso antiorario.

Non esiste una soluzione alternativa basata sull’Eq. 2, perch’e il campo magnetico non è

stazionario.

Problema 8

Nel circuito in figura l’asta può ruotare, intorno ad un asse passante per

AO O,

strisciando sulla guida circolare di raggio = in presenza di un campo magnetico

r AO, B

+

ϕ

uniforme, perpendicolare al piano di figura ed entrante. L’angolo varia con la legge

ϕ ϕ ω

= .

sin t

o *

a) Si calcoli la forza elettromotrice indotta nel circuito;

ϕ *

b) si dica per quale valore di la f.e.m. risulta massima e se ne calcoli il valore

numerico. ϕ π ω

= = =

,

[ = 20 (=AO); ; ;

r cm ].

/ 6 20 / 0 . 1

rad s B T

o

C O r

-

B ϕ A

9

Soluzione:

a) Orientando il circuito in senso orario, il versore normale alla superficie racchiusa è

concorde con il campo ed il flusso concatenato è BS, dove S è la superficie del

B

. ϕ π

+

settore circolare racchiuso dal circuito, con angolo al centro uguale a :

/ 2

π

 

1 ϕ

Φ =  + 

2

Br .

 

2 2

ϕ ϕ ω

=

Ponendo si ha:

sin t

o Φ

d 1 ϕ ω ω

= − = −

/ .

2

Br cos t

o

dt 2 ω ϕ

= ± =

/

b) La f.e.m. risulta massima in valore assoluto per , ovvero per . Il suo

cos t 1 0

=

/

valore massimo è: .

2

. 1

V

0

Problema 9 1

Un campo magnetico B uniforme e stazionario è perpendicolare al piano che contiene

una spira circolare metallica di area A e resistenza R. Nell’istante t=0 la spira viene messa

ω

in rotazione intorno ad un suo diametro con velocità angolare costante . Si calcoli:

a) la corrente indotta nella spira, trascurando l’autoinduzione;

b) la potenza elettrica P dissipata nella spira;

E

c) la potenza meccanica P da applicare alla spira per mantenerla in rotazione.

M

Suggerimento. Orientando le spira in senso tale che nell’istante t=0 il suo versore

1 1

normale sia parallelo e concorde con B , nel generico istante t l’angolo fra e B è

n

2

θ ω Φ(

= . Si calcoli il flusso t ) in questo istante e si applichi poi la legge di Faraday.

t

Soluzione: ∫ ∫ ∫

θ θ ω

Φ( = ⋅ = = =

1 1

a) t ) B ndS B cos dS B cos dS BS cos t ,

Φ

d AB

ω ω ω ω

=− = =

3 AB sin t ; i sin t .

dt R

10 2 2

A B ω ω

= =

2 2 2

b) La potenza elettrica dissipata nella spira è: sin .

P Ri t

E R

µ =

c) Detto il momento magnetico della spira, il momento meccanico delle forze

i A n

4 5 τ µ ω

= × = × ×

esercitate dal campo sulla spira è ; è parallelo ad ,

B B i A n B n B

4 4 4 4

5 5

4 4 4

θ ω ω ω

con verso opposto (vedi figura) ed uguale a sin ( ) , dove è il versore di .

B 5 5 4

Per mantenere la spira in moto uniforme occorre esercitare un momento opposto

( )

τ θ ω θ ω

− = + =

sin dove ; la sua potenza è

iAB t

5

4 τ ω ω ω

= − ⋅ = =

sin

P iAB t

M 4 4 ω

2 2 2

A B ω

= 2

sin t

R

Ad ogni istante e , in accordo con il principio di conservazione dell’energia.

P P

M E

Problema 10 ρ δ

Una spira rettangolare di rame (resistività e densità ) di dimensioni rettangolari, lati

e cade verticalmente nello spazio compreso tra le espansioni polari di una calamita,

a b,

che genera un campo diretto come in figura ed uscente. Quando è solo parzialmente

B

4

immersa nel campo (v. figura), la spira cade con moto uniforme. Si calcoli la velocità ,

v

6

trascurando l’attrito dell’aria.

ρ δ −

= ⋅ Ω = = = ⋅ =

−8 − −

3 2 2

[ 1 . 56 10 m ; 8

.

96 Kg m ; a 10 m ; b 2 10 m ; ]

B 0 . 8 T

:

B

b a

Soluzione:

Orientata la spira in senso antiorario, il versore n normale alla superficie racchiusa è

7

8 8

concorde con B . Detta S(t) la porzione di questa superficie immersa nel campo B ,

risulta: Φ ⋅

8 ˆ

d d ( B n S (

t )) dS (

t )

− = − = − ⋅ =

8 ˆ

9 = B n Bav ,

dt dt dt

11 <

ρ

=

dove ,

i= /R R

; A

= +

dove ed A è la sezione del filo.

= 2 2

a b δ

=

Affinché la spira cada con velocità uniforme la forza peso mg A g deve essere

>

bilanciata dalla forza magnetica agente sul lato orizzontale, che ha modulo iaB ed è

effettivamente diretta verso l’alto (i è positiva e circola nel senso antiorario scelto). Si

ricava: ρδ 2

> g

= = ⋅ − 5

v 7 . 71 10 m / s .

2 2

B a = 2

Soluzione alternativa: Si arriva allo stesso risultato uguagliando la potenza P i R

J

=

dissipata per effetto Joule alla potenza P mgv fornita dalla forza peso.

g

Problema 11

Si calcoli il coefficiente di mutua induzione M fra i due circuiti filiformi rappresentati in

figura; dove AB e CD sono archi di circonferenza con centro in O e raggi e e la

r r

1 2

<<

spira è circolare con centro in O e raggio a r .

1

D C

A B

ϑ

O Φ Φ

Suggerimenti: M può essere calcolato come rapporto / i , dove è il flusso

2 1 2

?

attraverso il circuito 2 del campo B creato da una corrente i che fluisce nel circuito 1. È

1

importante numerare opportunamente i due circuiti. Qui conviene scegliere la spira come

<<

circuito 2 perché l’ipotesi a r permette di supporre uniforme al suo interno il campo

1

?

B creato dall’altro circuito (effettuata la scelta, l’uso dei pedici diventa superfluo e sarà

evitato nella soluzione). Per dare un significato al segno di M è necessario scegliere un

verso positivo di percorso su entrambi i circuiti.

Soluzione: 12

Si orientino i due circuiti in verso antiorario e si indichi con il versore normale al piano

@

della figura ed uscente. È sufficiente calcolare il campo nel punto Un generico

B O.

B

elemento di filo genera il campo infinitesimo

d A µ ⋅ ×

B B

i d r

=

B ,

0

d B A

π 3

r

4

z. DA CB

che è parallelo all’asse I campi creati dai tratti e sono nulli, il campo creato da

µ µ θ

i i

d d

C =

o o

AB

un generico elemento del tratto è , che si integra immediatamente

π π

2 r

4 4

r 1

1 θ CD

perché non dipende dalla variabile di integrazione . Il campo creato da si calcola

r

1

in modo analogo; risulta in definitiva:

µ  

1 1

 

ϑ

= ⋅ ⋅ − ⋅

D 0 ˆ

B i z .

 

π

0  

r r

4 1 2

D

S ẑ

Con le convenzioni suggerite sopra, l’area della spira va orientata come :

π

Φ = ⋅ = =

D D 2

B S B S B a ;

o o

µ θ  

Φ 2

a 1 1

= =  −  >

o

M 0.

 

i r r

4 1 2

Problema 12 d,

Due conduttori filiformi di lunghezza infinita, paralleli e distanti sono percorsi da

i a<d

correnti di modulo e versi opposti. Una spira quadrata di lato è posta tra i due

conduttori, nel loro piano, con due lati paralleli ad essi ed equidistanti da essi. La corrente

t

nei fili è portata a zero con legge lineare nell’intervallo di tempo (0, ). Si calcolino:

0

a) Il coefficiente di mutua induzione fra la spira quadrata ed il circuito contenente i due

fili rettilinei;

b) la f.e.m. indotta nella spira; t

c) la risultante delle forze magnetiche agenti sulla spira nell’intervallo di tempo (0, ).

0

13

Soluzione:

a) Nei punti interni alla spira i campi magnetici creati dai conduttori rettilinei sono

concordi ed uscenti. Nei punti con ascissa il campo magnetico creato dal conduttore

x

= −

passante per ha modulo

/ 2

x d µ i

=

E 0

B  

n d

π +

 

2 x

 

2 Φ

Data la simmetria del problema, i contributi dei due fili al flusso nella spira sono

uguali e concordi. Orientando la spira in senso antiorario, risulta:

/ 2

a µ +

µ +

  a d a

a

2 / 2 / 2

ia d a

∫ µ

= Φ = = =

E   o

0

2 ( ) / ln ln

M B i dx π −

π π

+ −

0   d a

2 ( / 2 ) / 2 / 2

i d x d a

− / 2

a = −

b) La corrente varia nel tempo con legge: ( ) / , quindi:

i t i i t t

o o o

µ

Φ +

 

ai

d d a

=− =  

o o

F ln .

 

π −

dt t d a

o

c) Le forze esercitate dal campo magnetico dei conduttori rettilinei sui lati della spira

stanno sul piano (x, contente la spira. I lati opposti sono soggetti a forze opposte,

y)

per simmetria. Le forze magnetiche hanno quindi risultatante nulla e momento

risultante nullo.

(Se fosse richiesto il calcolo delle quattro forze agenti sui quattro lati della spira, i lati

E

orizzontali richiederebbero un’integrazione, perché dipende da

B x).

Problema 13

Nel cavo coassiale rappresentato in figura i due cilindri cavi hanno spessore trascurabile e

sono percorsi da correnti opposte. Si consideri un tratto di cavo di lunghezza e se ne

G

calcoli:

a) energia (del campo magnetico);

b) induttanza;

c) capacità.

Soluzione:

a) Il campo è diverso da zero solo nell’anello cilindrico compreso fra i due cavi, dove ha

modulo: 14

µ i

= o .

B π

2 r

L’energia di un tratto di lunghezza vale (integrando per strati cilindrici):

H µ µ

r

2 2

2 2

i i r

1 1 1

B

∫ ∫ π

= = = 2

o o I

2 ln

U dv r dr ,

( )

µ π

π

B 2 2 I

2 2 4 r

r

2

γ 1

o r

1 1

= 2

b) Per il calcolo di L conviene considerare l’espressione , che fornisce:

U Li

B 2

µ

2

U r

= = 2

B o I ln .

L π

2 2 r

i 1

c) Si tratta di un condensatore cilindrico; il calcolo è giá stato effettuato e fornisce:

πε

2

= o I .

C r

2

ln r

1

Commenti. Nei cavi hanno interesse induttanza e capacità per Si noti che il prodotto di

unità di lunghezza.

1

ε µ =

queste due grandezze è uguale a: .

o o 2

c

Problema 14

Due solenoidi, aventi la stessa lunghezza e raggi e > , sono uno interno all’altro

r r r

1 2 1

H

e coassiali. Si determini l’energia del campo magnetico quando si manda la stessa

corrente in entrambi, considerando separatamente i casi con correnti concordi e discordi.

i 2

Si mostri poi che la differenza fra le energie così calcolate è uguale a 2 , dove è il

Mi M

coefficiente di mutua induzione. (Si trascuri l’effetto dei bordi, supponendo cioè campi

uniformi all’interno e nulli all’esterno).

Nello strato cilindrico compreso fra i due solenoidi, avente volume

Suggerimento.

( )

π − J

22 12 , è presente solo il campo del solenoide esterno. Nel solenoide interno

r r B

2

I J J

sono presenti sia che , con la stessa direzione e versi rispettivamente concordi e

B B

1 2

discordi.

Soluzione:

Correnti nello stesso senso: 15

( ) 2

+ 22

B B ( )

B

1 1

π π

= + −

1 2 2 2 12 ,

U r r r

K K

µ µ

1 1 2

2 2

o o

µ µ

= =

dove , .

B n i B n i

1 1 2 2

o o

Correnti in senso opposto: ( ) 2

− 22

B B ( )

B

1 1

π π

= + −

2 1 12 2 12 .

U r r r

K K

µ µ

2 2

2 2

o o

Quindi 2 B B π µ π

− = =

2 1 12 2 12

2 .

U U r n n i r

K K

µ

1 2 1 2

o

o

Per il calcolo di orientiamo i due circuiti nello stesso verso e consideriamo il campo

M

µ

= creato dal solenoide esterno. Il suo flusso attraverso una singola spira del

B n i

2 2

o π

L 12

solenoide interno è . Moltiplicando per (numero totale di spire) si ottiene il

K

B r n

2 1

Φ

flusso totale attraverso il solenoide interno. Quindi:

1 Φ µ π

≡ =

1 12 .

M n n r K

1 2

o

i 16

CAPITOLO 5

DIPOLI MAGNETICI E PROPRIETÀ MAGNETICHE DEI MEZZI MATERIALI

Dipoli magnetici

Una spira filiforme contenuta in un piano e percorsa da corrente possiede un momento

i

µ =

magnetico i S n , dove S è la superficie racchiusa dalla spira ed n il versore normale

al piano, orientato con la regola della mano destra rispetto al verso di i. La spira può

essere trattata come un dipolo magnetico puntiforme nel limite in cui le sue dimensioni

diventano trascurabili (per i dipoli magnetici puntiformi valgono le considerazioni fatte

nel Cap.1 per i dipoli elettrici puntiformi: v. commenti 1,2,3 a pag.1).

Per i dipoli puntiformi valgono le seguenti relazioni:

Campo B creato da un dipolo magnetico puntiforme.

µ µ θ

2 cos

= o

B ;

π

r 3

4 r (1)

µ µ θ

sin

= o

B .

⊥ π 3

4 r

Dipolo magnetico puntiforme in un campo esterno B :

energia potenziale U µ

= − ⋅

U B (2)

τ

momento e risultante R delle forze applicate

τ µ

= ×

B , (3)

µ

= ⋅ =

R grad B , i x , y , z . (4)

i i

Proprietà magnetiche della materia

Dato un mezzo materiale si definisce magnetizzazione M il momento magnetico per

unità di volume: ∑ µ

= i

M , (5)

V

µ ∆V

dove è il momento magnetico della generica molecola presente nel volume .

i

Commento. 1) Le interazioni fra dipoli elettrici puntiformi e le interazioni fra dipoli magnetici puntiformi

1

sono descritte da equazioni formalmente identiche (salvo ovvie trasposizioni di simboli, che risultano

evidenti confrontando le equazioni 1-5 con le equazioni 2-5 del Cap. 1). Questo suggerisce un metodo di

risoluzione dei problemi di interazione fra magneti basato sui concetti di poli magnetici e cariche (o masse)

magnetiche. In particolare, un cilindro di sezione S uniformemente magnetizzato, con M diretto lungo

=

l’asse, possiede cariche magnetiche +q e - q sulle due basi, con q MS . Per ottenere l’equivalente

m m m

magnetico di una carica elettrica basta supporre che la carica di segno opposto sia a distanza infinitamente

grande, considerando un magnete infinitamente lungo. Il campo creato dalla carica q è dato dalla legge

B m

di Coulomb magnetostatica µ q

=

o m

B r (6)

π 2

4 r

Lo studente può formulare e risolvere l’equivalente magnetico del Problema 1, Cap.1.

Per risolvere i problemi di interazione fra magneti, esiste però un secondo metodo, basato sul concetto di

correnti di magnetizzazione i .

m

Un corpo uniformemente magnetizzato crea lo stesso campo B di una corrente (di

magnetizzazione) i che scorre sulla sua superficie, ortogonalemente ad M , il cui

m

momento magnetico coincide con il momento magnetico totale del corpo. Un generico

segmento d giacente sulla sua superficie è attraversato da una corrente di

magnetizzazione = ⋅

di M d (7)

m

Commenti. 2) Dato un cilindro uniformemente magnetizzato in direzione dell’asse, la corrente di

= ,

magnetizzazione scorre sulla sua superficie laterale, è ortogonale ad , ed ha intensità totale i M

M m

dove è la lunghezza del cilindro. Il corpo crea lo stesso campo B di un solenoide cilindrico di forma

=

identica, con corrente totale Ni uguale ad i M , e quindi con:

m =

ni M (7’)

=

(N è il numero totale di spire, supposte circolari e contigue, n N / , i è la corrente in ogni spira).

3) Le analogie discusse nei commenti 1 e 2, ed in particolare la possibilità di calcolare il campo magnetico

dei corpi uniformemente magnetizzati introducendo cariche magnetiche oppure correnti di

magnetizzazione, spiega il fatto che oggetti molto diversi creino campi con linee di flusso identiche. Ad es.

un cilindro polarizzato elettricamente e un condensatore con armature coincidenti con le sue due basi

creano campi E con linee di flusso uguali tra loro, ed uguali alle linee di flusso dei campi B creati da un

magnete cilindrico e da un solenoide.

Campo magnetico delle correnti elettriche in presenza di mezzi materiali.

Alla corrente di conduzione occorre aggiungere la corrente di magnetizzazione i . È però

m

possibile scrivere le leggi di Biot-Savart e di Ampère senza fare comparire esplicitamente

le correnti di magnetizzazione. Per conduttori filiformi circondati da un mezzo

omogeneo, isotropo e tale che la magnetizzazione risulti proporzionale al campo, basta

µ

sostituire la permeabilità magnetica del vuoto con la permeabilità del mezzo

o

µ µ µ

= , (8)

r o

µ

dove è la permeabilità relativa al vuoto. In particolare, conviene scrivere al legge di

r

Ampère nella forma ∫ ⋅ =

H d i (9)

γ

γ 2

dove:

B

=

. (10)

H µ µ

r o

Scritta in questo modo, la legge risulta valida anche se il mezzo non è omogeneo, e

risulta: ( )

µ χ

= − ≡

1 , (11)

M H H

r m

χ

dove è detta Se viene a mancare la proporzionalità fra campo e

suscettività magnetica.

m

magnetizzazione ( ad es. nei magneti permanenti e nei materiali che presentano isteresi),

l’equazione (10) va sostituita con µ

= −

/ (12)

H B M

o χ

Commento. La definizione (11) di suscettività magnetica rompe, almeno formalmente, l’analogia fra

m

polarizzazione elettrica e magnetizzazione. La dissimetria formale, che nasce dal mettere in relazione

M

con anziché con , è legata allo sviluppo storico del magnetismo; fino alla prima metà del secolo

H B

scorso il era considerato il vettore magnetico fondamentale, e chiamato semplicemente

vettore H campo

ora si preferisce la denominazione pensando appunto alla relazione (11).

magnetico; campo magnetizzante,

Problema 1

Due molecole, poste a distanza sono assimilabili a dipoli magnetici puntiformi, con

d,

µ

momenti magnetici identici e diretti lungo la loro congiungente.

o

a) Si calcoli il lavoro necessario per ruotare di 180 una delle due molecole, in modo

L µ

che i loro dipoli anziché paralleli risultino antiparalleli (cioè con momenti opposti).

b) Si calcoli il lavoro richiesto per ripetere l’operazione descritta in a), supponendo

L p

che le molecole possiedano dipoli elettrici di momento , anziché dipoli magnetici.

p =

c) Si trovino i valori numerici di ed ponendo: 0

.

5 ,

L L d nm

µ p

µ µ − −

= = ⋅ = = ⋅

24 30

9

.

3 10 / , 3

.

3 10 (si tratta dei tipici valori delle

J T p p C m

B D µ

distanze intermolecolari e dei momenti molecolari magnetici ed elettrici: è detto

B

e coincide praticamente con il momento magnetico di un elettrone

magnetone di Bohr

isolato, prende il nome di Debye).

p D

Si calcoli il campo creato da un dipolo magnetico nel punto occupato

B

Suggerimento.

dall’altro, e si utilizzi poi l’espressione (2) dell’energia potenziale.

Soluzione 3

a) Il dipolo posto nell’origine crea in un campo parallelo e concorde con l’asse con

P x,

modulo µ µ

2

= o .

B π 3

4 d µ µ

− ⋅ ≡ −

L’energia potenziale del secondo dipolo è ; rovesciando il verso del

B B

µ

+

dipolo, l’energia diventa . Il lavoro richiesto è

B µ µ 2

µ

= = o

2 4 .

L B π

µ 3

4 d

b) Il calcolo è formalmente identico e fornisce 2

1 p

= 4 .

L πε

p 3

4 d

o

c) ( ) 2

⋅ 24

9

.

3 10

− −

= ⋅ ⋅ = ⋅

7 25

4 10 2

.

8 10 ,

L J J

( )

µ 3

⋅ 9

0

.

5 10

( ) 2

⋅ 30

3

.

3 10 −

= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

9 21

4 9 10 31

. 10 .

L J J

( ) 3

p −

⋅ 9

0

.

5 10

Commenti. 1) La configurazione parallela è energeticamente favorita: le molecole poste lungo una retta

tendono ad allineare i loro dipoli lungo la retta e nello stesso verso.

2) Non é però realistico supporre che le molecole siano ferme: tutte le molecole dei mezzi materiali

possiedono un’energia cinetica di (dovuta ai moti di traslazione e rotazione) che è

agitazione termica

dell’ordine di , dove è la la temperatura assoluta. A temperatura ambiente,

k T k costante di Boltzmann, T

B

B ⋅ −

21

è dell’ordine di 300K e l’energia media di agitazione termica è dell’ordine di 4 10 . Confrontando

T J

quest’energia con i lavori ed , si comprende che l’agitazione termica contrasta molto efficacemente

L L

µ p

l’effetto allineante delle forze di interazione provenienti dai momenti di dipolo elettrico e magnetico delle

molecole.

Problema 2

Si consideri una spira circolare di raggio costituita da un sottile filo di materiale

r,

isolante, di sezione Nel volume occupato dal filo è distribuita una carica elettrica con

A. q

ρ

densità uniforme. Quando si pone in rotazione la spira intorno al suo asse, si crea una

q

corrente elettrica. µ

a) Si calcoli l’intensità di corrente ed il momento di dipolo magnetico della spira;

i

µ

b) si mostri che risulta parallelo al momento della quantità di moto della spira e

L

µ

che il rapporto / dipende unicamente dal rapporto tra carica q e massa della

L m

spira; µ

c) si calcoli il rapporto / per un sfera rotante intorno ad un suo diametro,

L ρ ρ

supponendo costanti all’interno della sfera le densità di carica e di massa ;

q m

4

d) si dica se il risultato trovato in c) può essere applicato ad una sfera conduttrice

elettricamente carica. ω

=

Detta la velocità di un punto all’interno del filo, l’ipotesi che il

Suggerimento: v r

filo sia molto sottile permette di supporre che tutti i punti di una sua generica sezione si

muovano con la stessa velocità. Si valutino poi nell’ordine la densità di corrente (si

ρ

=

ricordi che nell’espressione riportata nel Cap.2, rappresenta la densità

j nqv nq

d q

delle cariche in moto), la corrente, il momento di dipolo magnetico ed il momento della

quantità di moto (o momento angolare).

Soluzione:

a) Seguendo i suggerimenti, si ottiene:

ρ ρ

= = =

,

j v i jA vA

q q

dove è l’area della sezione del filo. Risulta poi

A µ π ρ π

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

2 2

i r n vA r n

q

dove è il versore normale al piano contenente la spira, orientato con la regola della

n

mano destra rispetto al senso di rotazione.

b) Anche il momento angolare è parallelo all’asse di rotazione. Ogni tratto di spira di

L

ρ

=

lunghezza ha massa dm A d , quantità di moto vdm e dà al momento

d m

ρ

= =

angolare un contributo . Il modulo di L è quindi:

dL v r dm v r A d

m

∫ ∫

ρ ρ π

= = = 2

L dL v A r d v A 2 r .

m m

Risulta in definitiva ρ

µ

q

= =

q .

ρ

2 2 m

L m

µ

Si noti che ha il verso di L se la carica è positiva, verso opposto se negativa.

µ

c) Il rapporto / L è ancora uguale a q/2m. Per capirlo basta suddividere idealmente la

sfera rotante in anelli infinitesimi, con asse coincidente con l’asse di rotazione: per

( )

µ ρ ρ

=

ciascuno risulta d / 2 dL . Integrando questa espressione, e tenendo

q m ( ) ( )

ρ ρ µ ρ ρ

= =

presente che / 2 è costante, si ottiene / 2 L q / 2 m L .

q m q m ρ ρ

d) Per la validità del calcolo precedente è essenziale che il rapporto / 2 sia lo

q m

stesso in tutti i punti della sfera. In una sfera conduttrice la carica elettrica si porta in

µ

superficie mentre la massa è distribuita nel volume: e L risultano ancora paralleli,

µ

ma il rapporto / L è maggiore di q/2m perché la distanza media dall’asse di

rotazione è maggiore per q.

Commenti: 1) Si noti l’equivalenza, per quanto riguarda gli effetti magnetici, fra una spira percorsa da

corrente elettrica e la spira rotante qui considerata; 2) i moti orbitale ed intrinseco (o di spin) degli elettroni

µ − −

/ L e / 2 m e / m

uguale a e : questa

nell’atomo generano momenti di dipolo magnetico con

differenza può essere giustificata anche sulla base di modelli non quantistici (si veda il quesito d).

5

Problema 3

Un fascio di elettroni viene lanciato fra le estremità polari di una calamita che genera un

campo magnetico fortemente disuniforme, che nell’intorno dell’origine di un sistema

B

cartesiano ha componenti: = = = −

; ; 2 ,

B bx B by B B bz

x y z o

dove è una costante.

b τ

a) Si calcoli il momento delle forze magnetiche agenti su un elettrone nell’istante in

µ

cui passa per l’origine, supponendo che il suo momento di dipolo magnetico , di

µ θ

modulo , formi un angolo con l’asse z.

B θ θ

b) Si calcoli l’energia potenziale in funzione di e si dica per quali valori di

U

risulta minima oppure massima. θ

c) Si calcoli la risultante delle forze magnetiche in corrispondenza dei valori di

R

determinati in b).

d) Si discutano brevemente gli effetti sul moto dell’elettrone delle forze calcolate in a) e

c), considerando separatamente i moti di rotazione e traslazione, e tenendo presente il

principio di conservazione dell’energia. Per il moto di traslazione si supponga che il

θ =

fascio di elettroni sia diretto ortogonalmente a e costituito da elettroni con e

z 0

θ π

= .

Soluzione: τ µ

= ×

a) Nell’origine, il vettore è uguale a . Il momento è ortogonale al

B B

B z

o

µ

piano individuato da e ed ha modulo

z

τ µ θ

= sin

B

B o

µ µ θ

= − ⋅ = −

b) cos .

U B B

B o

θ θ π

= =

Il minimo e il massimo di cadono in e ; entrambe le configurazioni

U 0

τ =

sono di equilibrio (infatti 0 ): stabile la prima, instabile l’altra.

c) La risultante delle forze applicate è diretta lungo ed ha valori opposti per

R z

θ θ π

= =

elettroni con e .

0 ( )

µ µ

= ⋅ = ± ⋅ =

0 ;

R gradB z bx

x x B

( )

µ

= ± ⋅ = 0 ;

R z by

y B

( ) ( )

µ µ

= ± ⋅ − =

2 2

R z bz b .

z B B

d) Il moto di traslazione è determinato dalla risultante R delle forze applicate che è

θ =

diretta lungo e tende ad incurvare la traiettoria. Gli elettroni con e

z 0

θ π

= subiscono deviazioni in versi opposti: il fascio si suddivide quindi in due fasci

con direzioni diverse (il calcolo della deviazione subita dagli elettroni, qui non

µ

richiesto, permette di ricavare ). Il moto di rotazione è molto complesso perché gli

B 6

elettroni già possiedono momento angolare (si veda il Problema 2) e sono quindi

L τ

già in rotazione. Per comprendere l’effetto del momento conviene considerare

τ

prima il caso (ipotetico) = 0. Il momento induce una rotazione lungo la direzione

L µ

ortogonale al piano individuato dai vettori e ; più precisamente tende a diminuire

z

τ

θ θ =

. In il momento si annulla ed il dipolo magnetico ha un’energia cinetica di

0

rotazione uguale all’energia potenziale perduta. La conservazione dell’energia

richiede che il moto continui: ne nasce un moto oscillatorio che è del tutto simile al

moto di un pendolo. Per 0 la particella rotante si comporta invece come un

L

µ θ

giroscopio: i vettori e descrivono un cono intorno alla direzione di , con

L B

costante (moto di precessione). µ

Commenti: Nel moto di precessione appena descritto la componente di lungo z rimane invariata e la

risultante R delle forze applicate ha una componente lungo z compresa fra i due valori estremi ricavati in

θ

µ

c). La deviazione subita dagli elettroni dipende dalla direzione di e più precisamente dall’angolo :

secondo la meccanica classica un generico fascio di elettroni in campo B non uniforme si allarga a

ventaglio. L’esperienza dimostra invece che il campo B genera due soli fasci; si tratta di un effetto

µ µ

quantistico: le componenti , L di e sono quantizzate.

L

z z 7

CAPITOLO 6

EQUAZIONI DI MAXWELL E CORRENTE DI SPOSTAMENTO

Equazioni

Le equazioni possono essere scritte facendo comparire gli integrali dei vettori del campo

elettromagnetico, oppure le loro derivate. Nel possono essere così scritte.

vuoto

Forma integrale d

∫ ∫

⋅ =− ⋅

E d B dS , (1a)

dt

γ Σ γ

 

d

 

∫ ∫

µ ε

⋅ = + ⋅

B d i E dS , (1b)

 

o o dt

 

γ Σ γ

q

∫ Σ

⋅ =

E dS , (1c)

ε

Σ o

∫ ⋅ =

B dS 0, (1d)

Σ γ

Σ

dove è una superficie avente come contorno la linea chiusa , q è la carica interna

γ Σ

Σ

alla superficie chiusa .

Forma differenziale ∂

B

= −

rotE , (2a)

∂ t

 

E

µ ε

= +

 

rotB j , (2b)

 

o o t

ρ ε

=

divE / , (2c)

o

=

divB 0 . (2d)

ε ∂ ∂

Φ Φ

La grandezza / t , dove è l’integrale che compare a secondo membro

o E E ε ∂ ∂

=

dell’Eq.1b, è la corrente di spostamento i ; la sua densità è j E / t .

s s o

In presenza di mezzi materiali, nelle equazioni b e c occorre tenere conto delle cariche di

polarizzazione e della correnti di magnetizzazione, ponendo:

 

( )

d

µ ε

=  + + + 

rotB j j E P , (3b)

 

o m o

dt

ε ρ ρ

= +

divE , (3c)

o P

ρ

= = −

dove j rotM , divP .

m P 1

Si è però soliti tenere conto indirettamente di queste cariche e correnti, scrivendo le

equazioni di Maxwell nella forma: ∂

B

= −

, (4a)

rotE ∂ t

D

= +

, (4b)

rotH j ∂ t

ρ

=

, (4c)

divD =

0 , (4d)

divB

dove: ε ε ε

= + =

(5)

D E P E

o r o

B B

= − =

. (6)

H M

µ µ µ

o r o

Problema 1

Un conduttore filiforme porta corrente costante ad una sfera conduttrice. Si calcoli ad un

i

>

generico istante 0 :

t

a) la carica sulla sfera, supponendo nulla la sua carica all’istante

q(t) t=0; Σ

b) la corrente di spostamento attraverso una generica superficie chiusa posta

i s

intorno alla sfera;

c) il campo in un punto posto come è indicato in figura, pensando che per

B P

simmetria le linee di flusso di sono circonferenze il cui asse coincide con la retta

B

passante per il conduttore filiforme, e che lungo una di queste circonferenze ha

B

modulo costante.

Per la domanda c), si applichi la legge di Ampère-Maxwell nella forma

Suggerimento. γ Σ

(1b), scegliendo come linea d’integrazione la linea di flusso passante per come

P, γ

γ

una superficie, con contorno , tale che sia possibile calcolare il flusso di .

E

2

Soluzione t

= =

a) ( ) .

q t idt it

0 ε ε

Φ Σ ≡

b) Per la legge di Gauss, il flusso attraverso è uguale a ,

( ) ( ) / /

t q t it

E o o

quindi:  

Φ ( )

d t d it

ε ε  

≡ = =

E .

i i

ε

 

s o o

dt dt o

c) La carica si distribuisce uniformemente sulla superficie della sfera conduttrice, e

q

crea un campo con simmetria sferica. È quindi facile calcolare il flusso di

E E

attraverso una superficie sferica con centro in passante per che è tagliata in due

O, P,

γ Σ

parti uguali da . Scelta la parte superiore come , e l’orientamento di verso

dS

γ

l’esterno, il flusso di è esattamente la metà del flusso attraverso l’intera sfera e

E

ε ε

= Σ

vale quindi . Attraverso non passa corrente di conduzione e

( ) / 2 / 2

q t it γ

o o

l’Eq.(1b) fornisce:   µ i

d it

∫ µ ε  

⋅ = =

o

B d ε

 

o o 2 2

dt

γ o

Σ

Avendo orientato verso l’esterno il verso di è fissato dalla regola della mano

d

γ

destra. Il vettore è parallelo a , per simmetria, e deve essere concorde perché

B d µ

l’integrale di deve essere positivo ( è positivo). Rimane da calcolare il

B d / 2

i

o γ

⋅ =

modulo di ; poiché , con costante su , l’integrale è uguale a

B B d Bd B

π

⋅ 2 , quindi:

B r µ µ

i i

1 1

= =

o o

B π π

2 2 2 2

r r

(il campo in è esattamente la metà del campo creato da un conduttore rettilineo

B P

indefinito).

Commenti. γ

Σ

1) Se scegliamo come la parte inferiore della sfera, lasciando invariato il senso di percorso su ,

γ

dobbiamo orientare verso l’interno. Il flusso di E cambia segno, ma al secondo membro

dS

Σ

dell’Eq.(1b) compare anche la corrente di i del conduttore filiforme, che ora taglia . Il secondo

γ

membro dell’Eq.(1b) si scrive quindi:

  µ

  i

d it

 

µ ε  

+ − = o

i ,

ε

 

 

o o dt 2 2

o

e si ottiene per B il valore già trovato.

2) La misura di in un esperimento di questo tipo permette una verifica diretta dell’equazione di

B

Ampère-Maxwell, cioè della necessità di scrivere il termine di corrente di spostamento. Simili misure

non sono facili e sono state effettuate solo dopo che l’equazione era stata verificata indirettamente, con

gli esperimenti di Hertz sulle onde magnetiche. 3

Problema 2

Si considerino:

a) un conduttore cilindrico percorso da corrente con densità costante,

j

b) un lungo solenoide, con spire per unità di lunghezza percorse da corrente

n i,

c) un condensatore piano formato da due dischi metallici paralleli, nel vuoto

e si calcoli in un generico punto (vedi figura):

P

a) il campo magnetico creato dal conduttore;

b) il campo elettrico indotto nel solenoide quando varia nel tempo con legge nota

i i(t);

c) il campo magnetico creato in dalla corrente di spostamento, generata nel

P σ

condensatore da una variazione della densità di carica sulle sue armature.

Soluzione:

Per tutti i dispositivi, si considera la linea di flusso passante per del campo, che per

P

simmetria è in tutti e tre i casi una circonferenza con centro sull’asse di simmetria. Inoltre

il campo su questa linea di flusso è costante in modulo. I tre campi si calcolano mediante

le tre leggi: ∫ ∫

⋅ = ⋅

H d j dS

γ Σ d

∫ ∫

⋅ =− ⋅

E d B dS

dt

γ Σ

d

∫ ∫

ε

⋅ = ⋅

H d E dS

o dt

γ Σ

gli integrali nel primo membro sono uguali al modulo del campo cercato, moltiplicando

π γ

per la lunghezza 2 della circonferenza ( ); quelli nel secondo membro sono uguali al

r π 2

vettore che compare sotto il segno di integrale, moltiplicando per l’area . Risulta

r

quindi: r

=

a) H j

2 r dB r di

µ

= − = −

b) E n

o

2 2

dt dt

σ

r dD r d

= =

c) H 2 2

dt dt 4

Commenti. Il problema evidenzia la stretta analogia formale fra leggi che regolano fenomeni fisici diversi.

5

CAPITOLO VII

ONDE

Equazione delle onde in una dimensione (di d’Alembert):

∂ ∂

2 2

f f

= 2

v , (1)

∂ ∂

2 2

t x

v

dove è una costante.

Soluzione generale: = − + +

f x t f x v t f x v t . (2)

( , ) ( ) ( )

1 2

Soluzioni armoniche (onde monocromatiche)

( )

ω

= −

f x t f kx t onda progressiva

( , ) sin , (3)

o ( ) ( )

ω

=

f x t f kx t onda stazionaria

( , ) sin cos , (4)

o

ω =

dove . (5)

k v

/

ω λ

k T

Le grandezze e sono legate al periodo ed alla lunghezza d’onda dalle relazioni:

ω π π λ

= =

, . (6,6’)

T k

2 / 2 /

Dalle Eq. 5 e 6 si deduce λ

=

v . (5’)

T

Velocità di fase, mezzi dispersivi, velocità di gruppo

v

La costante ha le dimensioni di una velocità (v. Eq. 5’) ed è detta velocità di fase; per

onde monocromatiche progressive rappresenta la velocità con cui traslano i punti di

ω π

=

f

massimo (creste) dell’onda. Se la velocità di fase dipende dalla frequenza ,

/ 2

ω k. relazione di

l’Eq. 5 continua a valere, ma non è più proporzionale a Si definisce

ω

dispersione velocità di gruppo

k

la funzione e la sua derivata:

( ) ω

d

=

v . (7)

g dk

Commento. v treno pacchetto)

Per comprendere il significato di consideriamo un (o d’onde di lunghezza e

g

durata finite, in cui l’ampiezza dei massimi successivi sta cambiando; il treno d’onde può essere così

rappresentato: ( )

ω

= −

f x t a x t k x t

( , ) ( , ) sin , (8)

o o ω

e può essere ottenuto sovrapponendo onde monocromatiche le cui pulsazioni stanno in un intorno di

ω a(x,t), t inviluppo

. La funzione per prefissato, può essere visualizzata come del profilo dell’onda ed è

o

ben approssimata da una curva che passa per i punti di cresta dell’onda. Se il mezzo è dispersivo, i punti di

cresta ed il loro inviluppo traslano con velocità diverse, circa uguali rispettivamente alla velocità di fase

( )

ω

=

ω

= =

v d dk

v k k k

/

/ ed alla velocità di gruppo calcolata per . Nella trasmissione dei segnali,

o o o g o

a(x,t), v

l’informazione è contenuta nella funzione quindi può essere assunta come la velocità di

g

trasmissione del segnale.

Durante la propagazione il profilo dell’onda si deforma, e può modificarsi anche il suo inviluppo; in questo

v v

caso la situazione è più complessa e non sono più sufficienti le velocità e per descrivere

g pacchetto

compiutamente la propagazione del pacchetto d’onde. In particolare i punti di inizio e fine del

possono viaggiare con velocità diverse, dando origine ad un suo allargamento o restringimento. È

c,

interessante il fatto che nessuna informazione può essere inviata a velocità maggiore di mentre non

1

esistono restrizioni di questo tipo per v; in mezzi fortemente assorbenti anche v può risultare maggiore di c

g

ma non rappresenta più la velocità di traslazione dell’inviluppo, a causa della forte attenuazione dell’onda.

Energia dell’onda

Le onde trasportano sia energia che quantità di moto, ed interessa il calcolo del loro

flusso attraverso superfici assegnate. L’impostazione del calcolo è la stessa,

indipendentemente dalla natura della grandezza che fluisce. È opportuno richiamare i

calcoli già fatti per lo studio della corrente elettrica, cioè del flusso di carica elettrica.

ρ

Detta la densità della carica in moto e v la sua velocità, la densità di corrente è

ρ

= = ⋅

j v e la corrente attraverso una superficie dA è i jv dA . Ricordando che

= , si può scrivere:

i dq / dt = ⋅

dq j v dA dt , (9)

dove dq è la carica che fluisce attraverso dA nel tempo dt.

Per l’energia dell’onda, l’equivalente di j è l’intensità dell’onda I, che è uguale al

prodotto uv, dove u è la densità di energia. Per calcolare il flusso di energia attraverso una

generica superficie A conviene considerare il tubo di flusso di v intercettato da A. Le

linee di flusso di v sono detti raggi, le superfici normali fronti d’onda.

ρ

Commenti. r t che

1) La corrente elettrica è generata dal moto di particelle cariche e la funzione ( , )

rappresenta la densità di carica nel punto r all’istante t è stata definita considerando il prodotto nq, dove n

ρ

è il numero di particelle nell’unità di volume e q la loro carica. In altri termini , ( r , t ) è una densità

media, mediata su volumi grandi su scala microscopica. Per le onde è necessaria una procedura analoga:

interessa il valor medio di u, mediato su un intera lunghezza d’onda o su un intero periodo. Ricordiamo

che:

a) l’energia è sempre una funzione quadratica della perturbazione f;

b) per onde monocromatiche la perturbazione in un punto assegnato varia nel tempo con legge

( )

ω

= ω

=

f ( t ) f sin t 2

, la densità istantanea con legge u ( t ) u sin t . Il valor medio di u(t) è:

o o

T

1 1

= =

u u ( t ) dt u (10)

o

T 2

0

e l’intensità è =

I u v . (11)

2) L’analogia fra j e I è particolarmente evidente in meccanica quantistica. Infatti sia le particelle che le

onde hanno sempre un duplice aspetto, corpuscolare ed ondulatorio: le “particelle” associate ad un’onda di

ν ν

frequenza hanno un’energia h , dove h è la costante di Planck. Sono dette fotoni le “particelle” (o

quanti di energia) associate all’onda elettromagnetica, fononi quelle associate alle onde acustiche ed

ρ

u

elastiche. Per definire ed I, si potrebbe seguire la stessa procedura usata per definire ( r , t ) , cioè

ν

moltiplicare il numero di “particelle” nell’unità di volume per la loro energia h .

Onde elettromagnetiche 1

=

Velocità di fase: v (12)

εµ

ε µ ε ε µ ε

= ≡ ≅ ≅

nel vuoto v 1 / c ; per materiali non ferromagnetici v 1 / c / ,

o o r o o r

µ µ

perché .

o ( )

c ε

= ≅

Indice di rifrazione: n . (13)

r

v

2

e : per onde che si propagano in materiali isotropi, i vettori , e sono

Vettori E B v E B

mutuamente ortogonali ed i loro moduli sono legati dalla relazione

= . (14)

E vB

B

= × = ×

, (15)

Vettore di Poynting: S E H E µ

che può essere anche scritto: EB

=

(15’)

S v

µ

è il valor medio del modulo di

Intensità: S

1 1

= = 2 . (16)

I EB E

µ µ v

=

2 2

Se è una funzione armonica, / 2 , dove è il valore di picco di

E(t) E E E E(t).

o

o

ha densità media / ; un fotone nel vuoto ha quindi quantità di moto

Quantità di moto: u v

ν /c.

h con riferimento alla figura, possiamo scrivere

Flusso di energia: = ⋅ =

, (17)

dU I v A dt I A dt

n

θ

=

dove cos è la sezione normale del tubo di flusso che si ottiene considerando

A A

n

tutti i raggi che attraversano la superficie A.

che attraversa una generica sezione del tubo di flusso:

Potenza dU

= = . (18)

P I A

n

dt

dividendo per l’Eq.17 si ottiene la quantità di moto

Flussi di quantità di moto e forze: v

che fluisce attraverso nel tempo

dU/v A dt.

Un’onda che incide su un corpo può trasferirgli la sua energia, riscaldando il corpo, e la

sua quantità di moto, esercitando una forza sul corpo. Ricordiamo che

F

dp

=

(19)

F dt

3

dove è la quantità di moto al corpo. Se l’onda è completamente assorbita,

dp trasferita

coincide con la quantità di moto trasportata dall’onda nel tempo dt:

dp I

=

. (19’)

F A v

n

v

Se l’onda è riflessa, è la differenza fra le quantità di moto delle onde

dp dp dp

i r

e

incidente riflessa.

Sorgenti di onde elettromagnetiche

Le onde elettromagnetiche sono generate da cariche elettriche in moto accelerato. Le

sorgenti di onde monocromatiche contengono sempre al loro interno particelle cariche

che oscillano con moto armonico. Considerando le coordinate cartesiane (i=1, 2, 3)

x

i

della particella, ciascuna componente oscilla con legge

( )

ω ϕ

= +

sin . (20)

x x t

i oi i

I campi e dell’onda sono funzioni lineari dell’accelerazione: possiamo quindi

E B

considerare separatamente le tre componenti cartesiane del moto (l’onda è la somma delle

onde generate da tre particelle che oscillano lungo i tre assi cartesiani).

Una carica che oscilla su una retta con ampiezza di oscillazione molto minore della

q y

λ

lunghezza d’onda , genera un’onda i cui raggi sono le semirette uscenti dal centro di

O

λ

>>

oscillazione. L’intensità in un punto posto a distanza , è

P, r

( ) 2 ω 4

qy θ

= o 2

sin , (21)

I b 2

r

dove è una costante, è l’ampiezza di oscillazione. Il campo elettromagnetico così

b y

o

creato è detto di perché è identico a quello di un dipolo elettrico

dipolo elettrico,

oscillante, con momento e valore massimo . Si noti che è nulla nella

p(t)=qy(t) qy I

o

θ θ π

= =

direzione di oscillazione (cioè per ), massima in direzione ortogonale. Nel

0 e

vuoto µ

= o . (21’)

b π 2

32 c

4

Il vettore giace nel piano individuato da e dalla direzione di oscillazione della

E P

carica, e varia nel tempo con legge armonica e con un dovuto alla velocità

ritardo di fase,

finita di propagazione dell’onda.

Polarizzazione

un punto materiale con componenti

Premessa: ω

= , (22)

sin

x a t [ ]

( ) ( ) ( )

ω δ δ ω δ ω

= + = +

sin cos sin sin cos ,

y b t b t b t ω

ω cos t

descrive una traiettoria ellittica. Eliminando (basta ricavare sin e , ponendo poi

t t

ω ω

+ =

2 2

sin cos 1 ) si ottiene l’equazione dell’ellisse. L’ellisse collassa in un segmento di retta se

t t

δ δ π δ π

= = = ±

0 e , diventa una circoferenza se e / 2 .

a=b δ

Da notare il ruolo fondamentale della differenza di fase . L’aggiunta di un’eventuale costante di fase in

entrambe le funzioni sinusoidali equivale semplicemente ad un cambiamento di origine dell’asse dei tempi.

In un’onda elettromagnetica monocromatica che si propaga nel vuoto in direzione il

z,

vettore è ortogonale a in un generico punto, la dipendenza da delle sue componenti

E z; t

e è data dalle Eq.(22). Il vettore descrive quindi un’ellisse, che può diventare un

x y E

segmento di o una In tutti e tre i casi si dice che l’onda è polarizzata,

retta circonferenza.

con rispettivamente (o e Nella

polarizzazione ellittica, rettilinea lineare) circolare.

polarizzazione lineare il piano individuato da e dal raggio è detto

E piano di

polarizzazione.

I fenomeni di polarizzazione sono legati al fatto che il vettore è rispetto ai

E trasversale

raggi; nelle onde acustiche le molecole del gas si spostano lungo il raggio (l’onda è cioè

la direzione dello spostamento è fissata, il concetto stesso di

longitudinale):

polarizzazione perde significato.

La radiazione emessa da un dipolo elettrico oscillante in una direzione assegnata è

p

polarizzata linearmente, con piani di polarizzazione contenenti . La luce emessa dalle

p

sorgenti convenzionali (non laser) è costituita da treni d’onda di durata limitata

-8

(tipicamente dell’ordine di 10 s), ciascuno dei quali è associato ad un fotone. I singoli

treni d’onda possono avere uno stato di polarizzazione definito, ma le loro polarizzazioni

sono diverse e casuali: si dice che la luce naturale Negli esperimenti di

non è polarizzata.

polarizzazione con luce naturale, occorre prima ottenere un fascio con polarizzazione

definita. È particolarmente semplice ottenere polarizzazione lineare, ed infatti il termine

è usato come sinonimo di “dispositivo che fornisce in uscita luce

polarizzatore

polarizzata linearmente”. La direzione del vettore è detta direzione o

E caratteristica,

o più semplicemente del polarizzatore.

polarizzante asse

I riguardano i seguenti dispositivi (reali od ideali) e

problemi sulla polarizzazione

fenomeni:

1. sensibili solo a campi con direzione assegnata, ad es. particelle costrette

Ricevitori E

ad oscillare lungo una retta ed antenne a dipolo elettrico. Occorre considerare la

componente del campo dell’onda nella direzione assegnata; l’energia sottratta

E

all’onda è funzione quadratica di questa componente. Una ideale

lamina polarizzante

contiene oscillatori di questo tipo, ed annulla completamente la corrispondente

5

componente del campo dell’onda, lasciando invariata la componente

E ortogonale,

la cui direzione definisce l’asse della lamina.

2. il raggio riflesso è perché le riflettanze e

Riflessione: parzialmente polarizzato, R

//

, definite come rapporto fra le intensità delle onde riflessa ed incidente, sono

R ⊥

diverse per onde polarizzate parallelamente ed ortogonalmente al piano di incidenza.

o

Se l’angolo di incidenza è tale che i raggi rifratto e riflesso formano un angolo di 90 ,

R =0: il raggio riflesso è totalmente polarizzato.

//

3. introducono uno fra l’onda polarizzata in una direzione

Lamine di ritardo sfasamento

assegnata, detta della lamina, e l’onda polarizzata ortogonalmente. Una lamina di

asse

materiale anisotropo ed uniassico, con asse nel piano della lamina, agisce come

lamina di ritardo perché i raggi ordinario e straordinario hanno al suo interno velocità

diverse.

Si noti che in tutti i casi occorre considerare separatamente due componenti del campo

, ortogonali tra loro. Si tenga ben presente che l’intensità dell’onda è funzione

E

quadratica di .

E

Problema 1

Si mostri che con la trasformazione

= − = +

;

p x vt q x vt

l’equazione di d’Alembert ∂ ∂

2 2

f f

= 2

v

∂ ∂

2 2

t x

∂ ∂ ∂ =

2

si trasforma nell’equazione / 0 .

f p q

Basta applicare le formule di derivazione delle funzioni composte; ad es.

Suggerimento. ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

[ ] f p f q

( ) ( ) = +

, , , . (1.1)

f p x t q x t

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ x

x p x q

Soluzione ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

= =

Ponendo nell’Eq.(1.1) si ricava immediatamente ;

/ / 1 /

p x q x f x

derivando ulteriormente si ottiene:

∂ ∂ ∂ ∂

2 2 2 2

f f f f

= + +

2 .

∂ ∂

∂ ∂ ∂

2 2 2

p q

x p q

Le derivazioni rispetto a sono analoghe, ma ora

t ∂ ∂

p q

= − = +

; .

v v

∂ ∂

t t

Quindi: ∂ ∂ ∂ ∂

2 2 2 2

f f f f

= − +

2 2 2

2 .

v v v

∂ ∂

∂ ∂ ∂

2 2 2

p q

t p q

6 ∂ ∂ ∂ =

2

Sostituendo nell’equazione di d’Alembert si ottiene immediatamente / 0 .

f p q

Commenti. 1) L’equazione trovata ammette ovviamente come soluzione una generica funzione della sola p

(perché derivando anche rispetto a si ottiene zero) o della sola Risulta quindi dimostrato che

q q.

= − + +

( , ) ( ) ( )

f x t f x v t f x v t è soluzione dell’equazione di d’Alembert. Le funzioni e

f f

1 2

1 2

rappresentano onde che si propagano con velocità lungo in versi opposti.

v x,

Problema 2

Si calcoli la velocità di fase e la velocità di gruppo :

v v

g

a) dell’onda elettromagnetica nel vuoto; ω

b) delle onde elettromagnetiche nella ionosfera, sapendo che è legato a dalla

k

relazione ω ω

= +

2 2 2 2 (2.1)

c k

p

ω

dove , detta frequenza di plasma, è una costante che dipende dalla densità degli

p

elettroni;

c) dell’onda associata in meccanica quantistica ad una particella libera (cioè non

=

soggetta a forze) che si muove con velocità 0

.

01 , sapendo che la frequenza e la

u c f

λ

lunghezza d’onda sono legate all’energia cinetica della particella ed alla sua

U

c

quantità di moto dalle relazioni:

p λ

= =

; ;

/

U hf p h

c

Per calcolare nel quesito b), conviene differenziare l’Eq.(2.1),

v

Suggerimento. g

⋅ = 2

mostrando che . Nel quesito c) conviene ricavare prima la relazione fra e

v v c U p.

c

g

Soluzione ω =

a) La velocità di fase è la relazione di dispersione , la velocità di gruppo

c, c k

ω

d

= = .

v c

g dk

ω ω

= = + >

2 2 2

b) / / .

v k c k c

p ω ω

d

ω ω = =

2 2

Differenziando l’Eq.(2.1) si ottiene 2 2 , da cui , e:

d c k dk c

k dk

ω 2

d c c c

= = = = < .

v c

g ω ω

+ +

dk v 2 2 2 2 2

/ 1 / ( )

c k ck

p p

c) Poiché la velocità è molto minore di c, si possono usare per e le espressioni

v U p

c

non relativistiche: 2

1 p

= =

2

U mu

c 2 2 m

7

h h

ω λ

≡ ≡

Sostituendo con , con / , si ottiene la relazione di

U hf p h k

π π

c 2 2

dispersione: 1 h

ω = 2 ,

k

π

2 2

m

quindi ω 1 h p u

= = = = ;

v k

π

2 2 2 2

k m m

ω 1 1

d h h p

= = = = =

2 .

v k k u

π π

g 2 2 2

dk m m m =

v v

Commenti. a) L’onda elettromagnetica nel vuoto è priva di dispersione, . In effetti le uniche onde

g

completamente prive di dispersione sono quelle che si propagano nel vuoto, anche se la dispersione è

trascurabile in molti altri casi (ad es. per le onde elastiche con lunghezza d’onda molto maggiori delle

distanze intermolecolari). b) Si noti che mentre <c; questo si verifica per molti altri tipi di onde e

v>c, v g

conferma il fatto che nei mezzi dispersivi i segnali e le informazioni viaggiano a velocità c) Si noti

non v.

che in meccanica quantistica l’onda associata ad una particella ha velocità di fase diversa dalla velocità

della particella (che coincide con , non con

v v).

g

Problema 3

Si calcolino la velocità di fase e la velocità di gruppo delle onde che si propagano sulla

v ω

superficie dell’acqua degli oceani, sapendo che fra e esiste la relazione

k

T

ω = +

2 3 ,

gk k

ρ

= =

2

dove 9

.

81 / è l’accelerazione di gravitá, è la tensione

g m s 0

.

072 /

T N m

ρ = 3 3

superficiale, 10 / è la densità. Si consideri solo i due casi limite in cui uno dei

Kg m

due termini a secondo membro è trascurabile; più precisamente si considerino le due

λ λ λ λ λ

= =

lunghezze d’onda 100 e / 100 , dove è la lunghezza d’onda che rende

1 2

o o o

uguali i due termini.

Soluzione

I due termini sono uguali per ρ 3

g 10 9

.

81 − −

= = =

1 1

369 ,

k m m

o 0

.

072

T π

2

λ = =

corrispondente ad una lunghezza d’onda 0

.

017 .

m

o k o λ

<<

Per , ovvero per lunghezze d’onda molto maggiori di , diventa dominante il

k k o o

ω ≅

termine gravitazionale, quindi: . Da cui:

gk 8 ω

ω gk 1 1 1

d g

g

= = = = = = =

; ( / 2 ) .

v v g v

g 2 2

dk k

k k k k

λ λ

= = =

Per 100 , 163

. / , 0

.

81 / .

v m s v m s

1 o g λ

>>

Per , ovvero per per lunghezze d’onda molto minori di , diventa dominante il

k k o o

3

T

ω ≅ 2

termine di tensione superficiale, quindi . Da cui

k

ρ

ω ω 1

3 3

T d T T

= = = = =

2

; .

v k v k k

ρ ρ ρ

g 2 2

k dk

λ λ

= = =

Per , , 2

.

07 / .

v m s

/ 100 313 /

v m s

1 o g

Problema 4

La corda di una chitarra ha massa lunghezza e viene tesa con una forza

M, L T.

=

Ricordando che la velocità dell’onda in una corda tesa è / ( ) , si calcolino:

v T ML

a) le frequenze su cui può oscillare;

f n

b) la lunghezza d’onda del suono emesso nell’aria dalla chitarra in corrispondenza della

frequenza minima .

f 1

= = = =

[ 100 , 50 , 5 , velocità del suono nell’aria ]

T N L cm m g 340 /

v m s

s

Soluzione

a) Le frequenze su cui la corda può oscillare corrispondono alle possibili onde

stazionarie con nodi agli estremi della corda. Supponiamo che all’equilibrio la corda

giaccia lungo il tratto (0,L) dell’asse e che oscilli in direzione Imporre che l’onda

x y.

abbia dei nodi agli estremi equivale ad imporre alla funzione d’onda le

y(x, t)

condizioni al contorno: = =

( 0

, ) 0 ; ( , ) 0 .

y t y L t

La prima condizione è automaticamente soddisfatta se consideriamo soluzioni

dell’equazione di d’Alembert del tipo: ( ) ω φ

= +

( , ) sin cos( ) ;

y x t y kx t

o

la seconda condizione implica = , ovvero:

sin( ) 0

kL

ω π

vk v m

π

= ⇒ = = = =

m m

k L m f mf

π π π 1

m m 2 2 2 L

dove =1, 2, 3, …,

m 1

v T −

= = = 1

100 .

f s

1 2 2

L ML

9

v

λ = =

s

b) 3

.

40 .

m

s f 1

Problema 5

Con riferimento al Problema 4, si consideri la soluzione

( ) ω

=

( , ) sin sin( )

y x t y kx t

o

π

=

dove e si calcoli:

/

k L

a) la velocità con cui oscilla un generico punto della corda, nell’istante

u(x,t) t;

b) l’energia cinetica della corda nell’istante

U t;

c

c) il massimo valore di (t).

U

c

Non si confonda la velocità dei punti della corda con la velocità

u(x,t) v

Suggerimento.

dell’onda. Per rispondere al quesito b), si calcoli l’energia cinetica del tratto di

dU dx

c

( )

=

corda, di massa / , e la si integri.

dm M L dx

Soluzione ∂ y ( ) ( )

ω ω

= =

a) ( , ) sin cos ;

u x t y kx t

∂ o

t ( )

1 1 M

( ) ( ) 2

ω ω

= =

2

b) sin cos

dU u dm y kx t dx

c o

2 2 L

L

1 M ∫

( ) ( )

ω ω

= 2 2 2 2

cos sin .

U y t kx dx

c o

2 L 0

L’integrale è uguale a lo si può dimostrare in modi diversi, ad es. ponendo

L/2: [ ]

( ) ( )

= −

2

sin 1 cos 2 / 2 .

kx kx ω = ±1

c) raggiunge il suo massimo valore negli istanti in cui cos ( in questi

U U t

c c,max

istanti cioè la corda è indeformata). Si ottiene:

y=0, M ω

= 2 2 .

U y

,max

c o

4

Commento. La corda possiede anche energia potenziale elastica, che aumenta quando viene messa in

oscillazione (perché la corda si allunga). Questo aumento può essere considerato come energia potenziale

dell’onda: l’energia totale =U +U dell’onda è costante, perché l’energia totale si conserva, ed è

U U

p t c p

uguale a , perché negli istanti in cui è massima la corda è indeformata ed è nulla. Il problema fa

U U U

c,max c p

capire che per calcolare l’energia totale di un’onda elastica è sufficiente calcolare la sua energia cinetica.

Problema 6

Le onde acustiche in una canna d’organo possono essere assimilate ad onde stazionarie,

in cui le molecole dell’aria oscillano lungo la canna.

10

a) Si calcolino le prime due frequenze proprie, supponendo che l’estremità aperta

corrisponda ad un antinodo, cioè ad un massimo dell’ampiezza di oscillazione;

b) si ripeta il calcolo supponendo di chiudere l’estremità aperta, trasformando l’antinodo

in nodo. = =

[lunghezza della canna 3 , velocità dell’onda 300 / ]

L m v m s

Si risponda prima al quesito b), che richiede calcoli del tutto analoghi a

Suggerimento.

quelli del Problema 4, quesito a). Per il quesito b) si imponga la corretta condizione al

contorno per l’estremo aperto.

Soluzione π π

= =

b) ; 2 ;

k L k L

1 2

v −

= = = = 1

1

50 ; 2 100 .

f s f f s

1 2 1

2 L = ±1,

a) La presenza di un antinodo in implica sin( ) quindi:

x=L kL

π π

3

= =

;

k L k L

1 2

2 2

v 3

v

= = 1 = = −

25 ; .

f s 1

75

f s

1 2 4 L

4 L

Commenti. 1) Si noti che cambiando le condizioni al contorno cambiano le lunghezze d’onda e le

frequenze proprie, che però rimangono cioè possono assumere solo valori discreti. Questo si

quantizzate,

verifica per ogni onda che sia obbligata a rimanere in uno spazio limitato. Questa semplice considerazione

è stata di fondamentale importanza per lo sviluppo della meccanica quantistica, suggerendo a de Broglie

l’ipotesi che ad ogni particella sia associata un’onda la cui frequenza è proporzionale all’energia della

particella. La quantizzazione dell’energia di particella confinate in spazi limitati (ad es. elettroni in un

atomo), sperimentalmente ben verificata, riceveva così una spiegazione del tutto naturale. L’onda associata

ad una particella è detta onda di de Broglie.

2) Quando si eccita un’onda stazionaria nella canna d’organo, si dice che questa entra in la

risonanza;

terminologia usata per gli strumenti musicali è poi stata estesa a tutti i fenomeni oscillatori.

Problema 7

Durante la propagazione dell’onda acustica nell’aria, le molecole contenute nel volume

ω

=

elementare oscillano con legge , dove è lo spostamento dalla loro

dV s

( ) sin

s t s t

o

posizione media. Si calcoli:

a) la massima velocità di spostamento delle molecole;

b) la densità media di energia dell’onda, sapendo che questa coincide con la massima

densità di energia cinetica (si veda il commento al Problema 5);

c) l’intensità dell’onda, indicando con la sua velocità di fase;

v

d) il massimo spostamento , supposta nota l’intensità dell’onda. Si effettui il calcolo

s o

numerico per i due valori e , che corrispondono alla minima e alla massima

I I

min max

intensità ancora percepite come suoni dall’orecchio umano.

11 ρ

= = =

1 3

[frequenza 1000 ; densità dell’aria 12

. / ; ;

f s kg m 340 /

v m s

= =

12 2 2

10 / ; 1 / ]

I W m I W m

min max

Soluzione

a) La velocità è ( )

ds t ω ω

= cos ,

s t

o

dt

ω

il suo valore massimo è .

s

o ρ

b) La massa contenuta nel volume è , la sua massima energia cinetica è

dm dV dV

( ) ( )

( )

1 1

2 2

ω ρ ω

= .

dm s dV s

o o

2 2

La densità media di energia si ottiene dividendo per

u dV:

1 ρ ω

= 2 2 .

u s o

2 1 ρ ω

= = 2 2

c) .

I uv vs

o

2

d) Lo spostamento massimo è 1 2 I

= ;

s ω ρ

o v

= 11

per , 10 ;

I=I s m

min o −

= 5

per , 10 .

I=I s m

max o

Commenti. 1) è detta entrambe dipendono dalla frequenza e

I soglia di udibilità, I soglia del dolore;

min max

dalla sensibilità individuale: i valori numerici riportati devono quindi essere considerati indicativi.

-11

2) Si noti che uno spostamento delle molecole dell’aria (e del timpano) dell’ordine di 10 m, inferiore alle

può ancora essere percepito come suono.

dimensioni atomiche,

Problema 8

L’onda elettromagnetica emessa dal Sole arriva sulla Terra con un’intensità media

= 2

1380 / . Supponendo che metà dell’energia sia assorbita dall’atmosfera, si

I W m

s

calcoli:

a) la potenza in arrivo su un collettore solare di area posto ortogonalmente ai raggi

A

solari.

b) La potenza di emissione di una sorgente puntiforme che, irradiando

P

o

uniformemente in tutte le direzioni, genera un’onda che a distanza ha la stessa

r

intensità della luce solare.

= =

2

[ 5 ; 3 ]

A m r m 12

Soluzione dU

= = = ⋅ =

2 2

a) 790 / 5 3950 .

P I A W m m W

dt

b) Per calcolare , basta calcolare l’energia che attraversa nell’unità di tempo la

P

o

superficie sferica con centro nella sorgente e raggio Su questa superficie è

r. I

costante, è parallelo a , quindi:

dA

v ∫ ∫ π

= ⋅ = = ⋅ = ⋅ = ⋅

2 2 2 3

4 790 / 113 89 10 .

P I v dA I dA I r W m m W

o

Commento. Si notino gli ordini di grandezza della potenza che si può ottenere sfruttando i raggi solari e la

potenza che dovrebbe avere una lampada per illuminare “a giorno” un ambiente.

Problema 9

Alla distanza fra Terra e Sole l’intensità della radiazione elettromagnetica emessa dal

d T

Sole ha intensità . Si calcoli:

I

T

a) l’intensità alla generica distanza d;

b) la forza esercitata su una particella sferica di raggio posta a distanza dal Sole,

F r, d T

supposta perfettamente assorbente;

c) il raggio che deve avere la sfera perché sia uguale in modulo alla forza di

r F F

o G

ρ

attrazione gravitazionale, supponendo nota la densità della particella.

ρ

= = = ⋅

2 3 3 30

[ 1380 / ; 10 / ; massa del Sole 199

. 10 ; costante

I W m kg m M kg

T −

= ⋅ = ⋅

11 2 2 11

gravitazionale 6

.

67 10 / ; 159

. 10 ]

G Nm kg d m

T

Per il quesito c) si ponga uguale ad 1 il rapporto .

Suggerimento. F/F

G

Soluzione 2

a) L’intensità è proporzionale ad 1/d (si veda ad es. il Problema precedente, quesito b);

quindi 2

 

d

=  

T ;

I I

  T

d

b) In prossimità della particella la sezione normale del tubo di flusso costituito dai raggi

π 2

solari che intercettano la particella è , l’impulso trasferito da questi raggi alla

r

( )

π

= 2

particella nel tempo è / , la forza ha modulo

dt dp I c r dt F π

2

  2

d

dp I r

π T

 

= = =

2 .

F r I

  T

dt c d c

π

4

Mm GM ρ

= = 3

c) ;

F G r

2 2

G 3

d d

13 2

3

d I 1

F = T T ;

ρ

4

F cGM r

G o

= ⋅ 8

65

.

7 10 .

r m

o

Commento. La presenza del “vento solare” fa sì che particelle piccole (ad es. le molecole di un gas) siano

dal Sole, non attratte. Questo spiega perché la “coda” delle comete tende ad allontanarsi dal Sole.

respinte

Si noti che non dipende dalla distanza dal Sole

r

o

Problema 10

Si calcoli la forza esercitata dai raggi solari su una superficie piana, perfettamente

F θ

riflettente, di area la cui normale forma un angolo con i raggi solari, indicando con

A, I

l’intensità dell’onda.

Soluzione

Il tubo di flusso costituito dai raggi solari che intercettano la superficie ha sezione

θ

=

normale cos . La quantità di moto trasportata da questi raggi nel tempo è

A A dt

n

( )

= / ; la quantità di moto trasferita alla superficie nel tempo è

dp I c A dt dt

i n ( )

( )

= − = −

/ ,

dp dp dp I c A dt i r

i r n −

dove ed sono i versori dei raggi incidenti e riflessi; è ortogonale alla superficie,

i r i r

θ

ed ha modulo (per capirlo basta considerare le loro componenti parallela e

2 cos

perpendicolare alla superficie). La forza ha modulo:

F

dp I I

θ θ

= = ⋅ =

2 cos 2 cos .

F A A

n n

dt c c θ

Commento. Si noti che si può cambiare la direzione della forza variando , esattamente come per una vela

investita dal vento. Il caso qui considerato, di superficie perfettamente riflettente, corrisponde al caso di utri

perfettamente elastici delle molecole d’aria sulla superficie della vela. Se si considera l’aspetto

corpuscolare dell’onda, si comprende che non esiste una pressione esrcitata da un’onda. Il doppio aspetto,

14

corpuscolare e ondulatorio, dell’onda permette di calcolare la pressione con due metodi formalmente

diversi ma equivalenti. Nella trattazione corpuscolare, si assimila l’onda ad un insieme di particelle (fotoni)

con velocità c, energia hf, quantità di moto hf/c.

Problema 11

Un’onda elettromagnetica che si propaga in un materiale lievemente conduttore si attenua

perché cede parte della sua energia alle cariche di conduzione, mettendole in oscillazione.

Si supponga che la velocità di deriva v delle particelle di conduzione nel mezzo sia ad

d =

ogni istante proporzionale alla forza F qE , dove E è il campo elettrico dell’onda

E

µ

=

nello stesso istante, e si ponga v qE . Si calcoli:

d

a) l’energia dU ceduta dall’onda alla carica nel tempo dt, che coincide con il lavoro

della forza F ;

E

b) la forza F esercitata sulla particella dal campo magnetico dell’onda e la quantità di

B

moto dp acquistata dalla particella sotto l’effetto di F nel tempo dt;

B B

c) il rapporto dU / dp .

B

Soluzione ( ) ( ) 2

µ µ

= ⋅ = ⋅ =

a) dU F v dt qE qE dt qE dt .

E d

µ

= × = × =

2

b) F q v B q E B ; dp F dt .

B d B B

µ

= 2

Il modulo della quantità di moto è dp q EB ; direzione e verso di sono

dp

B B

×

quelli del vettore E B : quindi è parallelo e concorde con il vettore di Poynting.

dp B µ 2 2

dU q E E

= = =

c) v ,

µ 2 B

q EB

dp

dove v è la velocità dell’onda.

Commenti. 1) La particella acquista anche una quantità di moto dp nella direzione di E , che però cambia

E

segno ogni mezzo periodo e ha media nulla

2) Nel caso qui considerato, l’onda è completamente assorbita dal mezzo materiale, a cui cede tutta la sua

energia U e tutta la sua quantità di moto p. Si noti che si tratta di un caso limite, scelto per ricavare nel

modo più semplice la relazione tra U e p, cioè per mostrare che nell’onda elettromagnetica p=U/v. Infatti

l’ipotesi che la velocità delle particelle v sia in ogni istante proporzionale ad E non é mai rigorosamente

d

verificata perché implica che la forza d’inerzia sia trascurabile (come se la particella avesse massa nulla), e

F

che la forza di attrito sia sempre uguale ed opposta ad . Se si tiene conto della massa delle particelle, e

E

di eventuali forze elastiche, si trova per la particella un moto oscillatorio in cui la velocità con

non è in fase

il campo . Al variare dello sfasamento si può passare da perfetto assorbimento a perfetta trasparenza, e

E

possono intervenire altri fenomeni (riflessione, diffusione) che rendono più complessi i bilanci di energia e

quantità di moto. 15

Problema 12

Due antenne a dipolo elettrico, assimilate a due sottili aste conduttrici identiche, di

λ

<<

lunghezza , sono utilizzate come generatore e ricevitore di onde

L

elettromagnetiche. Si mostri che a parità di condizioni l’energia del segnale in ricezione

non cambia se si scambiano i ruoli delle due antenne. Si considerino i casi di:

a) antenne complanari (v. figura); θ

b) antenne ortogonali alla loro linea di congiunzione e formanti un angolo fra loro.

Per l’antenna trasmittente, si consideri attentamente l’Eq.(21). Si noterà

Suggerimento.

che tutte le grandezze che vi compaiono rimangono invariate quando si scambiano I ruoli

θ

delle antenne, ad eccezione di ; per quella ricevente si tenga conto del fatto che è

E

efficace la sola componente di nella direzione dell’antenna e che l’intensità è

proporzionale al quadrato dell’ampiezza di questa componente.

Soluzione a a

a) Se l’antenna trasmittente è , l’intensità dell’onda in corrispondenza di è

1 2

θ

2

E E

proporzionale a sin , il campo è ortogonale ad ed oscilla con ampiezza

r o

1

θ θ

proporzionale a . La sua componente efficace ha ampiezza .

E

sin sin

1 2

o

I

L’intensità di ricezione è quindi

R θ θ

= 2 2

I a sin sin ,

1 2

R

a

dove è una costante che rimane invariata quando si invertono i ruoli delle antenne.

b) Il calcolo è del tutto analogo, l’energia assorbita dall’antenna ricevente è in ogni caso

θ

2

proporzionale a sin .

Commenti. 1) Il risultato qui ottenuto è un caso particolare di un teorema molto generale, detto di

reciprocità, e può essere considerato come un’estensione al campo di radiazione della relazione già trovata

M

per circuiti accoppiati induttivamente (cioè del fatto che la mutua induttanza rimane la stessa quando si

scambiano i ruoli dei circuiti).

2) Il quesito b) fa capire che due stazioni possono trasmettere sulla stessa banda di frequenze,

semplicemente utilizzando antenne rispettivamente verticali ed orizzontali. In ricezione, la commutazione

o

può essere effettuata ruotando di 90 l’antenna ricevente, od utilizzando un dispositivo con due antenne

riceventi. 16

Problema 13

Un fascio di luce attraversa tre lamine polarizzatrici parallele, con assi paralleli, ed esce

con intensità . Si calcoli l’intensità di uscita dopo che l’asse della lamina intermedia è

I I

o θ

stato ruotato di un angolo nel piano della lamina stessa.

Soluzione θ

La rotazione provoca una riduzione di un fattore del campo dopo la

E seconda

cos

lamina, perché è attiva la sua sola componente parallela all’asse, ed una riduzione

θ

2

dell’intensità di un fattore cos , in accordo con la legge di Malus. La terza lamina

θ θ

=

2 4

provoca un’ulteriore riduzione dello stesso fattore cos , quindi cos .

I I o

Commento. Il dispositivo agisce come un che non altera il suo stato di

attenuatore di fascio,

polarizzazione.

Problema 14

Un dispositivo è costituito da lamine polarizzatrici identiche e parallele, con assi

N+1

θ

ruotati di un angolo l’uno rispetto all’altro, in modo che l’ultima lamina ha l’asse

θ

ruotato di un angolo rispetto alla prima. Di quanto si riduce l’intensità di un fascio

N

rispetto alla configurazione con assi paralleli?

θ π

=

[Si ponga e si considerino i casi con =2 e con =10]

N N

/ 2

N

Soluzione

Il calcolo è del tutto analogo a quello del Problema 13: dopo la seconda lamina l’intensità

θ

2

è ridotta di un fattore cos . Dopo l’ultima lamina il fattore di riduzione è

( ) N

θ

= 2

cos .

f

π 1

θ = =

Per =2, , ;

N f

4 4

π

θ =

=

Per =10, , .

N 0

.

78

f

20

Commento. Per polarizzatori ideali ed sufficientemente grande il dispositivo ruota il piano di

N

polarizzazione della luce senza praticamente attenuarlo, cioè agisce come un rotatore.

Problema 15 17

Un fascio di luce non polarizzato incide su un atomo, mettendone in oscillazione gli

α

elettroni. La luce diffusa dall’atomo in una direzione che forma un angolo con il fascio

incidente è parzialmente polarizzata. Il piano individuato dai raggi incidente e diffuso è

α

detto piano di diffusione, è detto angolo di diffusione. Si calcoli il rapporto fra le

intensità in uscita da una lamina polarizzatrice posta sul cammino del raggio

e

I I ⊥

/ /

diffuso, con asse rispettivamente parallelo e perpendicolare al piano di diffusione.

Si considerino separatamente le componenti del campo

Suggerimento. E

e

E E ⊥

/ /

dell’onda incidente, che hanno la stessa ampiezza ed inducono oscillazioni con la stessa

ampiezza. Si calcolino le intensità delle onde diffuse mediante l’Eq.(21), pensando che

θ

tutte le grandezze che vi compaiono sono le stesse per , ad eccezione di . Si

e

I I ⊥

/ /

pensi infine che la lamina polarizzatrice trasmette la sola componente parallela al suo

asse, permettendo di misurare separatamente e .

I I ⊥

/ /

Soluzione α α

θ = 2

Per polarizzazione parallela l’angolo coincide con , e sin , dove è una

I a a

/ /

θ π =

=

costante; per polarizzazione perpendicolare , . (Può essere utile

I a

/ 2 ⊥

α

θ

evidenziare gli angoli e con due figure, riportando le direzioni dei raggi diretto e

diffuso e della componenti e del campo lungo i due raggi: questo facile

E E E

/ /

compito è lasciato allo studente). Si ottiene quindi: α

= 2

/ sin .

I I ⊥

/ /

α π

= / 2

Commenti. Per la componente è nulla: la luce diffusa è totalmente polarizzata, con piano di

I //

polarizzazione ortogonale al piano di diffusione. In fotografia, si può sfruttare questo fatto per attenuare

con un polarizzatore la luminosità dell’atmosfera. Si noti però che la luce diffusa dall’atmosfera non é mai

totalmente polarizzata a causa delle diffusioni multiple: in direzione ortogonale ai raggi solari arriva anche

π

la luce che ha subito due o più diffusioni da molecole diverse con angoli di diffusione diversi da / 2 .

Problema 16

Un fascio di luce naturale di intensità incide su una lamina di vetro con indice di

I

o

rifrazione Si calcoli:

n. θ

a) l’angolo di incidenza sotto cui il raggio riflesso è totalmente polarizzato (angolo

B

di Brewster);

b) il rapporto per il raggio che attraversa la lamina dopo due rifrazioni, nota la

/

I I ⊥

/ / =

riflettanza delle due superfici del vetro (in corrispondenza dell’angolo di

015

.

R

Brewster);

c) il rapporto per un raggio che attraversa 8 lamine identiche.

/

I I ⊥

/ /

Soluzione 18

θ θ θ π θ

+ =

a) L’angolo di Brewster soddisfa alla condizione / 2 , dove è l’angolo

B B t t

di rifrazione. Dalla legge della rifrazione si ricava

θ θ

sin sin θ

= = =

B B

( ) tan .

n θ π θ

− B

sin sin / 2

t B

b) Detta l’intensità del raggio incidente, lo si scomponga idealmente in due raggi

I

o

polarizzati parallelamente e perpendicolarmente al piano di incidenza, ciascuno con

intensità /2.

I

o =

sotto l’angolo di Brewster 0 , tutta l’energia del raggio è

Componente parallela: R / /

rifratta (o quindi:

trasmessa), = .

/ 2

I I

// o

il raggio riflesso dalla prima superficie ha intensità

Componente perpendicolare: ( )

/ 2 , quello rifratto ha intensità 1 / 2 , perchè l’energia si conserva.

R I R I

⊥ ⊥

o o

Dopo la seconda superficie della lamina il raggio rifratto è ulteriormente ridotto di un

fattore , e la sua intensità è

1 R

⊥ ( ) 2

= −

1 / 2 .

I R I

⊥ ⊥ o

Si ha quindi: ( ) 2

= − =

/ 1 0

.

7225 .

I I R

⊥ ⊥

/ /

( )

16

= − =

c) dopo le 8 lamine / 1 0

.

074 .

I I R

⊥ ⊥

/ /

Commento. Nel calcolo si sono trascurate le riflessioni multiple all’interno delle singole lamine e fra

lamine consecutive; la correzione è comunque piccola. Con molte lamine si può ottenere luce polarizzata

anche in trasmissione, con il vantaggio che il raggio trasmesso è parallelo a quello incidente.

Problema 17

Un fascio di luce si propaga lungo l’asse di una terna cartesiana, all’interno di un

z

cristallo uniassico con asse ottico parallelo all’asse Nel punto le componenti e

y. z =0 x y

del campo dell’onda variano nel tempo con leggi

E ω ω

= =

sin , sin ,

E a t E b t

x y

dove e sono due costanti.

a b

a) Si dica quanto valgono i vettori d’onda ordinario e straordinario del mezzo,

k k

o e

esprimendoli in funzione del vettore d’onda del vuoto ed egli indici di rifrazione

k n o

e .

n e

b) Si dica come variano nel tempo le componenti e del campo nel punto

E E E z.

x y

δ

c) Si calcoli la differenza di fase fra le onde ordinaria e straordinaria in z = d.

Soluzione ω

=

a) Dalle relazioni e valide in generale, si deduce:

v = c / n,

/

v k 19

ω ω ω =

= = = =

; ; .

k k n k k n k

o o e e

/

c v c n

o o

( )

ω

= −

b) sin ;

E a t k z

x o

( )

ω

= −

sin .

E b t k z

y e

( ) ( )

δ ω ω

= − − − = − = −

c) ( ) ( ) .

t k d t k d k k d n n k d

o e e o e o

Commenti. Il problema fa capire che una lamina di materiale uniassico di spessore agisce come lamina di

d

( ) ( )

δ π λ

= − = −

2 /

n n k d n n d

ritardo ed introduce uno sfasamento . Il prodotto è detto

nd cammino

e o e o δ π

= ±

(n )d è la differenza dei camiini ottici. La lamina è detta se / 2 , e la

ottico, -n quarto d’onda

e o δ π

=

differenza dei cammini ottici è detta se .

mezz’onda

Problema 18

a) Si consideri una lamina quarto d’onda in cui i raggi ordinario e straordinario sono

polarizzati nelle direzioni e di un sistema cartesiano. Si dica quale è lo stato di

x y

polarizzazione della luce trasmessa se il raggio incidente è polarizzato linearmente

lungo la bisettrice degli assi (x,y) che giace nel I e III quadrante.

b) Si risolva l’analogo problema per una lamina a mezz’onda.

(Si supponga che tutta l’energia dell’onda sia trasmessa, ignorando così le riflessioni alle

due superfici della lamina).

Soluzione

All’entrata delle lamine le componenti ed di hanno la stessa ampiezza e sono

E E E E

x y o

in fase, all’uscita sono sfasate; con una scelta opportuna dell’origine dei tempi, possiamo

porre: ω

= sin ,

E E t

x o ω δ

= +

sin( ) ,

E E t

y o

δ

dove è lo sfasamento. ω

δ π = ±

= ±

a) ; cos .

E E t

/ 2 y o

La polarizzazione è circolare ed i due segni corrispondono a rotazioni opposte del

vettore . Per mostrare che la polarizzazione è circolare basta quadrare e sommare

E

membro a membro le due equazioni. Si ottiene:

+ =

2 2 2

E E E

x y o

Interpretando ed come le coordinate cartesiane del punto che rappresenta il

E E

x y

vettore , la relazione mostra che questo punto sta su una circonferenza di raggio .

E E

o

Per individuare il senso di rotazione, si considerino gli istanti = 0 e un istante

t t

immediatamente successivo. Per =0; il vettore è diretto lungo ed i due

t=0, E E y

x

segni corrispondono a versi opposti. 20

Per positivo e molto piccolo, è rimasto invariato (a meno di infinitesimi del

t E

y

secondo ordine rispetto a t), è positivo. Il vettore è ruotato, con rotazione oraria

E E

x

per = +E , antioraria per = -E .

E E

y o y o

( )

ω π ω

= + = − = −

b) sin sin .

E E t E t E

y o o x

La polarizzazione è ancora lineare ed il vettore è diretto lungo la bisettrice degli

E

assi coordinati che giace nel II e IV quadrante, la cui equazione è = -x. Il piano di

y

o

polarizzazione è ruotato di 90 .

Commento. La polarizzazione circolare è di grande interesse sia concettuale che applicativo. Qui ci

limitiamo ad osservare che un fascio di luce polarizzato circolarmente possiede momento angolare con

L

ω

=

modulo / , la stessa direzione del fascio, e versi opposti in corrispondenza di rotazioni opposte. Un

L U π

ω π =

fotone ha energia / 2 ; il suo momento angolare coincide quindi con la costante universale h / 2 ,

h

indipendentemente dalla frequenza dell’onda. 21

CAPITOLO VIII

INTERFERENZA E DIFFRAZIONE

Premessa. ( ) ( ) ( )

ω φ ω φ ω φ

+ + + = +

1) a sin t a sin t a sin t , (1)

1 1 2 2

dove δ δ φ φ

= + + = −

2 12 22

a a a 2 a a cos , (1’)

.

1 2 2 1

L’equazione può essere ricavata analiticamente (basta utilizzare l’identità

( )

α β α β α β ω

ω

+ = +

sin sin cos cos sin cos t

, uguagliare separatamente i coefficienti di sin t e di , quindi

φ φ

+ =

2 2

φ sin cos 1

eliminare sfruttando l’identità ), oppure geometricamente, rappresentando le

funzioni sinusoidali mediante vettori piani (fasori). δ

 

N N

∑ ( )

ω δ ω

+ = +

 

2) a t n a t

sin sin , (2)

 

1 2

= 1

n

dove ( )

δ

2 N

sin / 2

=

2 2

a a . (2’)

( )

δ

1 2

sin / 2

Interferenza

Si osservano fenomeni di interferenza quando due o più onde arrivano su uno stesso

ricevitore con una differenza di fase che rimane costante nel tempo, ma che dipende dalla

(1)

posizione del ricevitore . Il ricevitore deve essere sensibile all’intensità dell’onda

risultante, cioè fornire un segnale che dipende solo dal quadrato dell’ampiezza. Ad es.

continuo

un’onda acustica viene percepita dal nostro orecchio come un segnale se la sua

-1 -1

s s

frequenza è superiore a 20 , ed inferiore a 20000 . In questo intervallo di frequenze

l’orecchio è sensibile all’intensità dell’onda. Spostando il ricevitore si percepiscono

massimi e minimi di intensità che, nei problemi proposti, possono essere calcolati

mediante le Eq.1, 2.

In ottica i fenomeni di interferenza possono essere osservati semplicemente raccogliendo

la luce su uno schermo. Ogni punto dello schermo dovrà essere considerato come un

a

ricevitore: si eviti l’errore di sommare onde in arrivo in punti diversi. L’ampiezza che

compare nelle Eq.1, 2 è il campo elettrico, che viene trattato come uno scalare: questo

(1) Il caso in cui la differenza di fase vari nel tempo, con ricevitore fisso, richiede calcoli formalmente

identici: anziché di massimi e minimi di interferenza si preferisce però parlare di battimenti.

1

implica ovviamente che i campi associati alle diverse onde siano (o possano essere

considerati in pratica) paralleli fra loro.

Calcolo della differenza di fase

∆d ∆

Una differenza di cammino comporta una differenza di tempo ed una differenza

t

∆φ

di fase , legate dalle relazioni: φ

∆ ∆ ∆

d t

= = (3)

λ π

2

T

λ

dove è il periodo e è la lunghezza d’onda del mezzo. Per la luce si è soliti indicare

T

λ

con la lunghezza d’onda nel vuoto: in un mezzo con indice di rifrazione la lunghezza

n

λ λ λ

∆d ∆d ∆d

d’onda è /n, e / va sostituito con / ; è detto “

n n differenza di cammino

Per valutare la differenza di fase fra due onde in arrivo sul ricevitore, occorre

ottico”.

anche tenere conto delle eventuali differenze di fase tra le sorgenti e, per i raggi riflessi,

fra raggio incidente e riflesso: nella riflessione vetrosa si ha effettivamente una differenza

π

di fase (uguale a ) se e solo se i raggi incidente e riflesso stanno nel mezzo con indice

di rifrazione minore. (raggi, sia incidenti che rifratti, paralleli tra loro)

Fenomeni di diffrazione di Fraunhofer

con raggi incidenti ortogonali alla fenditura:

Fenditura rettangolare, 2

 

φ

sin / 2

=   (4)

I I φ

 

m / 2

π

2

φ θ

=

dove sin è la differenza di fase fra i raggi provenienti dai bordi della

d

λ θ

fenditura, la sua larghezza, l’angolo fra il fascio di raggi paralleli considerati e la

d θ

normale alla fenditura. Il primo zero di intensità cade sotto l’angolo (angolo di

R

dato dalla relazione

risoluzione) θ λ

=

sin (5)

d R

θ e dato dalla relazione:

Fenditura circolare: R θ λ

=

sin 122

. (6)

D R

dove è il diametro della fenditura.

D due figure di diffrazione sono “separate” se le direzioni dei raggi

Criterio di Rayleigh, θ

formano un angolo superiore a .

R

Problema 1

Sul nostro orecchio arrivano due onde acustiche con ampiezza ed frequenze e

a a, f

o o

= + << -1

, con . Se < 20 , l’orecchio percepisce massimi e minimi di

f s

f f f f f 1

1 1

o o

intensità (battimenti). Si calcoli l’intervallo di tempo fra massimi successivi.

t

2

− −

= =

1 1

[ 680 ; 0

.

5 ]

f s f s

1

o ω π δ

=

Si utilizzino le Eq. 1 ed 1’, ricordando che 2 ed interpretando

Suggerimento. f

come un differenza di fase variabile nel tempo.

Soluzione

Con un’opportuna scelta dell’origine dei tempi il segnale risultante può essere così

scritto: [ ]

ω ω δ

+ +

sin sin ( )

a t a t t

o o o

ω π δ π

= =

dove , .

2 ( ) 2

f t f t

1

o o

L’ampiezza risultante soddisfa all’Eq. 1’; il suo quadrato è quindi:

( )

π

+ +

2 2 2 cos 2 .

a a a a f t

1 1

o o

L’intensità è proporzionale al quadrato dell’ampiezza ed è quindi massima negli istanti in

( )

π =

cui cos 2 1 . Si ha un massimo per = 0; il massimo successivo cade nell’istante

f t t t

1

π π

=

per cui 2 2 . Risulta:

f t

1

= = .

1 / 2

t f s

1

Commenti. 1) L’inverso di è la frequenza di battimento, e coincide con (differenza di frequenza delle

t f

1

-1

due onde). Se è maggiore di 20 , l’orecchio non percepisce massimi e minimi di intensità ma un suono

f s

1

continuo, non puro (che può risultare sgradevole: si parla di dissonanza).

2) Il fenomeno dei battimenti segnala un’eventuale piccola differenza di frequenza fra un segnale campione

ed il suono emesso da uno strumento musicale, e può essere utilizzato per lo strumento. Per gli

accordare

strumenti a corda si può utilizzare sia la prima armonica che una delle armoniche successive.

Problema 2

Due sorgenti sonore identiche ed in fase, di frequenza sono poste nei punti = 0 e =

f, x x

il ricevitore è posto in =D, con Si dica:

d, x D>d.

a) per quali valori di si hanno masimi di intensità;

d

b) quale è l’intervallo di tempo fra massimi successivi se la seconda sorgente si muove

lungo con velocità sicché risulti =

x v, d vt.

-1

[f = 680 , velocità del suono =340 = 1

s v m/s, v m/s]

s

Soluzione π

a) Per l’Eq.1’, si hanno massimi quando la differenza di fase è un multiplo intero di 2 ,

e quindi, per l’Eq.3, quando

λ

= = ± ±

, 0

, 1

, 2 (2.1)

d m m

λ = = =

dove / 0

.

5 .

v T v f m

s s 3

b) Si continuano ad avere massimi quando soddisfa all’Eq.(2.1). Si hanno due massimi

d

λ

=

successivi per = 0 e , corrispondenti agli istanti = 0 e

d t

d

λ −

= = =

1

/ 0

.

5 / 1 2 .

t v m m s s

Commenti. 1) Si noti l’analogia con il Problema 1: l’onda emessa dalla sorgente in moto arriva sul

ricevitore con frequenza diversa da (effetto Doppler-Fizeau); la frequenza aumenta se sorgente e

f

ricevitore si avvicinano, diminuisce nel caso opposto. La luce proveniente da Galassie lontane è spostata

verso il rosso: diminuisce, le Galassie si allontanano.

f

2) Per le onde acustiche la variazione di frequenza non dipende solo dalla velocità relativa della sorgente

rispetto al ricevitore, ma dalla velocità di sorgente e ricevitore rispetto al mezzo in cui l’onda si propaga

(cioè l’aria). Per le onde elettromagnetiche nel vuoto interviene invece la sola velocità relativa sorgente-

ricevitore, in accordo con la teoria della relatività.

Problema 3

Si consideri il dispositivo interferenziale rappresentato in figura, supponendo la sorgente

puntiforme e monocromatica, e la distanza così grande che i raggi in arrivo nel

S D

generico punto dello schermo possano essere considerati paralleli.

P

a) Si calcolino i valori di corrispondenti ai massimi di ordine zero ed uno.

y

b) Si consideri una seconda sorgente identica, posta sull’asse è possibile che

S’ y’:

questa sorgente, da sola, generi una figura di interferenza i cui massimi coincidano

con quelli calcolati in a)?

c) Detta l’intensità che si ottiene con la prima sorgente, quella con la seconda

I(y) I’(y)

sorgente, quale è l’intensità quando sono presenti entrambe le sorgenti?

λ µ µ

= =

[ ; distanza fra le fenditure ; = 40

D cm]

0

.

5 20

m d m

4

Soluzione

a) Le fenditure si comportano come sorgenti coerenti ed in fase; la differenza di

θ

cammino fra i raggi in arrivo in è si ottiene il massimo di ordine zero se

P sin

d

θ θ

= = =

sin 0

, 0

; 0 ;

d y

o o o

il massimo di ordine uno se λ

 

θ λ θ θ

= = ≅ = ≅

 

1

sin ; sin 0

.

025 ; tan 1 .

d rad y D cm

 

1 1 1 1

d

b) Le fenditure si comportano come sorgenti coerenti ma sfasate, con differenza di fase

π ( )

2

δ δ π

= − =

' '

' ' , dove e sono le distanze di dalle due fenditure. Se

d d d d S’ 2

λ 2 1 1 2

π

(o un multiplo intero di 2 ), le sorgenti si comportano come se fossero in fase: i

massimi di interferenza cadono esattamente nelle stesse posizioni considerati in a.

=

Questo si verifica per ' 1 (i calcoli sono identici a quelli già effettuati in a).

y cm

c) L’intensità risultante è la somma delle due intensità.

= = =

Commenti. 1) Nel punto di mezzo fra , cioè per , i massimi di cadono in

S’

' 0 ed ' 1 ' 0

.

5

y y cm y cm

corrispondenza dei minimi di se sono presenti entrambe le sorgenti, lo schermo appare uniformemente

S;

illuminato.

2) Una sorgente luminosa estesa può sempre essere scomposta idealmente in sorgenti puntiformi: si

comprende quindi che con una sorgente estesa lo schermo possa apparire uniformemente illuminato. Nel

caso qui considerato, una sorgente reale può essere supposta praticamente puntiforme se le sue dimensioni

sono piccole rispetto al valore = 0.5 considerato nel commento 1.

y’

Problema 4

Su un ricevitore arrivano tre onde di uguale ampiezza ed intensità , e sfasamenti tali

a I

1 1

che la perturbazione risultante può essere così rappresentata:

[ ]

( ) ( )

ω ω δ ω δ

= + + + +

sin sin sin 2 .

y a t t t

1

Detta l’intensità risultante, ed utilizzando il metodo dei fasori, si calcoli:

I δ =

a) il minimo valore di per cui ;

I I 1

δ

b) il minimo valore di per cui = 0;

I

δ π δ π

= =

c) per e ;

I 2 δ

d) si rappresenti infine l’andamento qualitativo di in funzione di .

I

5

Soluzione δ π

=

a) Si ottiene = ed = per : la poligonale dei fasori è infatti un quadrato.

a a I I / 2

1 1 δ π

=

b) La poligonale dei fasori è un triangolo equilatero, .

2 / 3

δ π

=

c) Per due fasori sono opposti e si elidono a vicenda; è quindi uguale

a

δ π δ

= =

all’ampiezza del terzo, = . Per i fasori sono allineati (come per ):

a I I 2 0

1 1

risulta = 3a ed = 9I .

a I

1 1 δ π

=

d) Il diagramma è periodico, con periodo .

2

6

CAPITOLO IX

TERMODINAMICA

Definizioni dQ

=

Capacità termica C ' . (1)

dT

1 dQ

=

Calore specifico c . (2)

m dT

1 dQ

=

Calore termico molare C (3)

n dT

Dove m è la massa, n è il numero di moli.

Temperatura

Scala delle temperature del gas ideale p

=

T 27316

. K lim (4)

→ p

0

p tr tr

(V = cost; p è la pressione al punto triplo dell’acqua);

tr

scala Celsius = − . (5)

T T 27315

. K

C

Primo principio = −

dU dQ dL (6)

dQ è il calore fornito al sistema e dL è il lavoro fornito dal sistema: la relazione può

essere assunta come definizione della funzione di stato U che rappresenta l’energia

interna del sistema.

Rendimento di un motore termico lavoro effettuato

η = ; (7)

calore assorbito

( )

η = − >

per il ciclo di Carnot reversibile 1 T / T , T T .

1 2 2 1

Coefficiente di prestazione (o di efficienza) della macchina frigorifera:

Q

=

K ; (8)

L

dove Q è il calore estratto alla cella frigorifera.

Entropia S f dQ

− =

S S (9)

f i T

i

per trasformazioni reversibili. 1

Entropia e secondo principio

L’entropia dell’”universo” (sistema +ambiente) rimane invariata se tutte le trasformazioni

sono reversibili, aumenta in caso contrario.

Gas ideali = . (10)

Equazione di stato pV nRT

è la

R costante universale dei gas.

Velocità molecolare quadratica media

3

k T 3 RT

= =

B (11)

v qm m M

≡ =

dove / (costante di Boltzmann), è la massa della molecola, è la

k R N m M N m

B A A

massa molare e è il numero di Avogadro (numero di molecole in una mole).

N A

Energia interna 1

= (12)

U nf RT

2

(f è il numero dei gradi di libertà: 3 per i gas monoatomici, 5 o 7 per quelli biatomici).

Capacità termiche molari

= = +

A volume costante ; a pressione costante . (13)

/ 2

C fR C C R

V P V

Equazione dell’adiabatica reversibile:

γ γ

= =

cos tan te ; / .

pV C C

p V

(14)

Problema 1

Si determini:

a) l’energia interna di moli di idrogeno a temperatura e le sue capacità termiche

n T

molari e ;

C C

V P

b) l’energia media di una singola molecola e la sua velocità quadratica media (si

E

supponga che la molecola possiede 3 gradi di libertà traslazionali e due rotazionali);

-1

c) la velocità quadratica media dell’elio He (massa molare 4 ) e dell’argon Ar

g mole

-1

(massa molare 40 ).

g mole

[T=300 K, n=1]

Soluzione 2

5

= =

a) 6232 ;

U nRT J

2

1 5

dU

= = = 20

.

77 / ;

C R J K

V 2

n dT

= + = 29

.

08 / .

C C R J K

P V

5 −

= = = ⋅ 20

b) / 1

.

035 10 ;

E k T U N J

B A

2

per il calcolo della velocità media, occorre considerare la sola energia traslazionale,

1 3

=

2

ponendo , dove è la massa di una singola molecola. La massa

mv k T m

B

2 2 -1

molare dell’idrogeneo e , si ottiene:

m=2 g mole

3

k T 3 RT

= = =

B

v qm m M − −

⋅ ⋅

1 1

3 8

.

31 300

J mole K K

= = 1934 / .

m s

− 1

0

.

002 kg mole

c) I calcoli sono del tutto analoghi e si trova

= 1367 / per He;

v m s

qm = 432 / per Ar.

v m s

qm

Commento. Il calcolo effettuato in b) giustifica il fatto che l’idrogeno, che è l’elemento più abbondante

nell’universo, sia praticamente assente nell’atmosfera terrestre: la sua velocità quadratica media è maggiore

delle velocità quadratiche medie di tutte le altre molecole, ed è quindi quella che più si avvicina alla

velocità di fuga dei corpi dal nostro pianeta (che è di 11.2 km/s). Le molecole di idrogeneo presenti negli

strati superiori dell’atmosfera che raggiungono la velocità di fuga possono sfugire all’attrazione terrestre.

Le stesse considerazioni valgono per i gas rari: nell’universo l’elio è il più abbondante, nell’atmosfera è

praticamente assente; al contrario, l’argon è relativamente abbondante (~1%).

Problema 2

Si calcoli l’aumento di temperatura dell’acqua di uno stagno di profondità in una

h

giornata di Sole di durata indicando con il valor medio del vettore di Poynting, con

t, S

θ il valore medio efficace dell’inclinazione dei raggi solari rispetto alla verticale durante

η

la giornata, e supponendo che solo una frazione dell’energia incidente sulla superficie

dello stagno sia assorbita dall’acqua.

θ

= = η

2

[h =1 800 / ; 60

m; S W m s ; t = 10 ore; = 0.1]

Soluzione θ

= ⋅ ⋅ ⋅

Detta A l’area dello stagno, l’energia incidente è W S cos A t , la capacità termica

ρ ρ

= ≡ =

dell’acqua è . L’aumento di temperatura è

C ' cm c V c Ah 3

η θ η

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

cos .

W S A t

∆T = = .

ρ

⋅ ⋅ ⋅

'

C c A h

ρ

= = = 3 3

Ricordando che , 10 / , si ottiene:

kg m

1 / 4186 /

c cal g K J kg K

− − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

2 1 4

800 0

.

5 3

.

6 10 01

.

J m s s

∆T = = 0

.

34 .

K

− − −

⋅ ⋅

1 1 3 3

4186 10 1

J kg K kg m m

Problema 3 ρ

In un recipiente adiabatico con volume è contenuto azoto con densità . Detti la

V M

massa molare ed il numero di gradi di libertà di ogni molecola, si calcoli il t empo

f t

∆T

richiesto per aumentare la temperatura di con una stufa elettrica di potenza P.

ρ

= = = = ∆ = =

3 3

[V 60 ; 13

. / ; 28 / ; 5

; 15 ; 2 ]

m kg m M g mole f T K P kW

Soluzione = ∆

Vale la relazione ' , dove è l’energia fornita alla stufa, la capacità

Pt C T Pt C’= nC V

ρ

=

termica del gas, / = è il numero di moli, = 5R/2 è la

n V M massa/ massa molare C V

capacità termica molare a volume costante. Risulta:

ρ

∆ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∆

nC T 5

V R T

= = =

V

t ⋅ ⋅

2

P M P

− − −

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

3 3 1 1

1

.

3 60 5 8

.

31 15

kg m m J mole K K

= =

− ⋅ ⋅ ⋅

1 3

28 2 2 10

g mole W

= =

434 7

.

3 min

s

Commento. Il calcolo fornisce l’ordine di grandezza del tempo che impiega una stufa elettrica a riscaldare

l’aria di una stanza. Si noti però che si continua ad avere sensazione di freddo fino a che non si riscaldano

anche le pareti e gli oggetti contenuti nella stanza, perché alla sensazione di caldo o freddo contribuisce in

modo determinante l’energia elettromagnetica emessa dagli oggetti solidi contenuti nell’ambiente (che

4

aumenta approssimativamente con legge , dove è la temperatura assoluta). Questo fatto spiega anche la

T T

sensazione di freddo che si prova in prossimità di larghe vetrate.

Problema 4 γ = =

Una mole di un gas ideale biatominco ( / 14

. ) si espande adiabaticamente e

C C

P V

reversibilmente fino a dimezzare la pressione. Si calcoli:

a) la temperatura finale , nota quella iniziale ;

T T

f i

b) le energie interne iniziale e finale, supponendo che le molecole possiedano 5 gradi di

libertà; 4

c) il lavoro effettuato dal gas sull’esterno, supponendo nota la sua pressione iniziale .

L p i

5

[T = 280 = 10

K; p Pa]

i i

Soluzione =

a) Utilizzando l’equazione di stato per eliminare dall’equazione

pV nRT V

( )

γ γ

γ = =

1− /

cos dell’adiabatica reversibile si ottiene cos ., da cui

pV t T p t

( )

γ γ

1 /

 

p

 

= ⋅ = ⋅ =

i 280 0

.

82 230 .

T T K K

 

f i p f

=

b) Dalla relazione 5 / 2 si ottiene:

U nRT = =

; 4

.

78 .

U kJ

582

.

U kJ

i f

c) Il lavoro può essere calcolato direttamente, utilizzando le equazioni

V f

∫ γ γ

= − =

; .

L pdV pV p V

i i

V

i

Si ottiene V f [ ]

1

∫ V

γ γ γ γ

− −

= − = − =

1 f

L pV V dV pV V

γ

i i i i

1 V

i

V

i [ ] ( )

1 1

γ γ γ

− −

= − = −

1 1 .

pV V V p V pV

γ γ

− −

i i f i f f i i

1 1 = =

= = 3

3

L’equazione di stato fornisce / 0

.

0233 ; / 0

.

0382 ;

V RT p m V RT p m

f f f

i i i

∆E = −104

quindi . k . È però più semplice utilizzare il primo principio della

J

int ∆E = +

termodinamica (L compare col segno + perché è il lavoro effettuato

Q L

int

gas sull’esterno). La trasformazione è adiabatica, quindi:

dal = − = −104

. .

L U U kJ

f i

Commenti. 1) Nelle correnti ascensoniali dell’atmosfera la trasformazione di una generica massa d’aria può

essere considerata in prima approssimazione adiabatica e reversibile: l’aria si raffredda. Alla quota di 7 km

la pressione è circa dimezzata e la temperatura media è di circa 40 inferiore alla temperatura media al

K

livello del mare. Nel calcolo qui effettuato la diminuizione è di 50 si pensi però che in condizioni di

K:

equilibrio termico la temperatura sarebbe uniforme, e che sono sempre presenti molti meccanismi che

tendono a portare un sistema all’equilibrio termico.

2) Le espansioni adiabatiche vengono utilizzate in criogenia per raffreddare i corpi.

Problema 5 = − ∆

Una massa di acqua a temperatura viene versata in una uguale massa

m T T T

1 o

= + ∆

d’acqua a temperatura . Si calcoli la variazione di entropia del sistema

T T T

2 o

supponendo che il calore specifico dell’acqua sia indipendente da

c T.

5

Soluzione

La temperatura finale è , la variazione di entropia è la somma delle variazioni che si

T o

ottengono portando reversibilmente una massa di acqua da a ed un’uguale massa

m T T

1 o

=

da a . Ricordando che , si ha:

T T dQ mcdT

2 o  

T T

o o T T

dQ dQ

∫ ∫  

− = + = + =

o o

ln ln

S S mc  

f i T T T T

1 2

T T

1 2  

2 2

T T

= = >

 

o o

ln ln 0

.

mc mc ( )

− ∆ 2

2

T T  

T T

1 2 o

Commenti. 1) La trasformazione è adiabatica ed irreversibile, > : l’aumento di entropia che si ottiene

S S

f i

rappresenta l’ “entropia di mescolamento”.

2) I problemi in cui e richiesto il calcolo della variazione di entropia nel passaggio di calore da un corpo

caldo ad uno freddo si risolvono in modo analogo: si calcola prima la temperatura finale, quindi la

variazione di etropia di ciascun corpo.

Problema 6

Un recipiente è diviso da una parete mobile in due parti uguali, ciascuna con volume V.

a) Si calcoli la variazione di entropia di una mole di un gas ideale, inizialmente

contenuto in una delle due parti, quando si solleva la parte mobile (si supponga che il

processo sia adiabatico);

b) si effettui l’analogo calcolo, supponendo che inizialmente ciascuna delle due parti del

recipiente contenga una mole di gas, e che i gas siano diversi.

Soluzione

a) Gli stati iniziale e finale del gas hanno la stessa energia interna, per il primo principio

della termodinamica, ed hanno quindi la stessa temperatura. Possiamo quindi

calcolare la variazione di entropia considerando la trasformazione isoterma che

=

collega i due stati, ponendo (in quanto = 0); e

dU

dQ dL

1 1

dQ dL RT dV

= = = = = ;

dS pdV dV R

T T T T V V

2

V dV

− = = = =

ln 2 139

. 115

. /

S S R R R J K

f i V

V

b) La variazione di entropia del primo gas è identica a quella calcolata in a), cioè non

dipende dalla presenza o meno di un altro gas nel secondo recipiente. La variazione di

∆S =

entropia del secondo gas è identica, quindi 2 ln 2 .

R

Commento. Il calcolo effettuato in b) fornisce il caso tipico di “entropia di mescolamento”. Si noti che se i

due gas fossero identici non si avrebbe nessuna variazione di entropia: infatti lo spostamento delle molecole

di uno gas da un recipiente all’altro (con pressioni e temperature identiche) è un processo reversibile,

stesso

mentre la diffusione di un gas in un gas è un processo irreversibile.

altro 6

Problema 7

Sottraendo con una pompa a vuoto i gas di vaporizzazione dell’elio liquido, se ne abbassa

la temperatura. Detta la massa iniziale dell’elio a temperatura , si calcoli la massa

m T

i i

finale di liquido quando la sua temperatura ha raggiunto il valore . Si indichi con il

m T K

f f

valore di vaporizzazione, con la capacità termica in fase liquida e si supponga che il

c

processo sia adiabatico.

− − −

= = =

1 1 1

[ 23 ; 4 ; ; = 4.5 = 3.5

K Jg c Jg K T K; T K]

1

m kg i f

i

Soluzione

Il calore = ceduto dal liquido durante la vaporizzazione di una massa è

dQ K dm dm

uguale al calore necessario per variare di la temperatura della massa di

dQ = cm dT dT m

elio ancora presente in fase liquida (si noti che sono tutti negativi).

dQ, dm, dT

Dall’eguaglianza si deduce

K dm = cm dT dm c

= dT

m K

che integrata fra gli stati iniziale e finale fornisce

[ ]

( )

= − = − =

1

exp 1 exp( 0174

. ) 0

.

84 .

m m cK T T kg kg

f i f i

Commento. Per raggiungere temperature molto basse si utilizzano di solito processi adiabatici che

comportano un abbassamento di temperatura: espansione adiabatica di un gas, vaporizzazione adiabatica di

un liquido, smagnetizzazione adiabatica di una sostanza paramagnetica, ..

Il problema fa riferimento ad una delle trasformazioni più utilizzate intorno ad una temperatura di 4 (se si

K

∆T

vuole calcolare correttamente su un intervallo più ampio di temperature occorre tenere conto del fatto

che e dipendono dalla temperatura). A temperature inferiori al grado Kelvin è molto utilizzata la

c K

smagnetizzazione adiabatica.

Problema 8

Si calcoli l’entropia di moli di un solido monoatomico a temperatura supponendo

S n T

f f

note le corrisponedenti grandezze e , e supponendo che la sua capacità termica

S T

i i

molare sia:

C

a) costante ed uguale a 3R;

3

b) uguale ad , dove è una costante.

aT a

Soluzione 7

T ( )

f f

dQ nC dT

∫ ∫

− = = =

a) 3 ln / .

S S n R T T

f i f i

T T

i T

i

T ( )

f na

− = = −

2 3 3

b) .

S S na T dT T T

f i f i

3

T

i

Commenti. 1) Il calore molare dei solidi è pressoché costante a temperature sufficientemente elevate e

tende a zero per che tende a zero. Si noti che l’espressione trovata in b) permette di porre = 0 per =

T S T

i i

0, e fornisce na

= 3

( )

S T T ,

3

mentre il calcolo a) perde significato quando si pone = 0.

T

i

2) Il risultato b) è in accordo con il terzo principio della termodinamica, che può essere così formulato:

la variazione di entropia di un corpo per una trasformazione reversibile tende a zero per T che tende a

zero.

Una delle conseguenze più importanti del terzo principio è la seguente: nessun sistema può essere portato

(questa affermazione può essere assunta come

allo zero assoluto con un numero finito di operazioni

formulazione alternativa del principio stesso). Per comprendere la relazione fra i due enunciati si

considerino gli andamenti di S in una sostanza paramagnetica per due diversi valori del campo B, e si pensi

che per abbassare la temperatura si operano le trasformazioni rappresentate in figura (si veda il commento

al Problema precedente).

Problema 9

In moli di un gas ideale monoatomico lievemente conduttore si manda corrente per un

n

tempo mediante due elettrodi collegati ad un generatore di f.e.m.

t . Detta T la

i

temperatura iniziale, si calcolino le variazioni di temperatura, energia interna ed entropia

in un processo adiabatico, supponendo costante:

a) il volume V del gas;

b) la pressione p del gas.

Soluzione

Il lavoro L fornito sotto forma di energia elettrica ha in entrambi i casi modulo

e 8

=

L I t .

e

∆U =

a) La variazione di energia interna è It ; la variazione di temperatura è

U It

∆ = =

T ,

nC n 3 R / 2

V =

perchè i gas ideali monoatomici hanno un energia interna .

U nC T

V

∆S

Per il calcolo di occorre considerare una trasformazione reversibile fra gli stessi stati

estremi. Si ottiene T

f T

f nC dT

dQ

∫ ∫ f

∆S = = =

V nC ln .

V

T T T

i

i T

i

b) Il lavoro complessivo fornito al gas nel tempo dt è:

= −

dL Idt pdV

=

e coincide con la variazione di energia interna dU nC dT . Differenziando l’equazione

V

=

di stato pV=nRT, con p costante, si ottiene ; uguagliando dU a dL si ottiene

pdV nRdT

poi: = −

nC dT Idt nRdT ,

V

( )

+ =

n C R dT IdT .

V

Ricordando che C +R = C , ed integrando, si ottiene

V p It

∆T = .

nC p

(Si arriva più brevemente allo stesso risultato pensando che agli effetti pratici è come se

=

si fornisse al gas una quantità di calore e ricordando la definizione di C ).

Q It p

C 3

∆ = ∆ = =

V

U nC T It It ,

V

C 5

p

T

f nC dT T

f

dQ

∫ ∫ p f

∆S = = = nC ln .

p

T T T

i

i T

i

Commenti: L’energia fornita al gas per effetto Joule gioca in questo problema lo stesso ruolo di un calore

fornito, ma deve essere considerata come un lavaro : il calore è infatti per definizione lo scambio di energia

derivante da una differenza di temperature.

Problema 10

Un motore termico lavora in ciclo di Carnot, scambiando calore con l’ambiente esterno, a

>

tempratura T , e con un termostato con capacità termica C e temperatura iniziale .

T T

1 2 1

Calcolare il lavoro totale L che si può ottenere, supponendo che tutte le trasformazioni

siano reversibili e che l’abbassamento di temperatura del termostato durante un singolo

ciclo sia trascurabile agli effetti del calcolo del rendimento del ciclo.

= = = 8

[ , C 10 J / K ]

T 2 T 600 K

2 1 9

Soluzione

Durante il funzionamento del motore la temperatura del termostato si abbassa: non si

T

ottiene più lavoro quando ha raggiunto la temperatura ambiente . Le ipotesi del

T T 1

problema consentono di considerare come quantità infinitesime sia la variazione di

dT

=

temperatura durante un singolo ciclo che il calore ceduto dal termostato, e di

dQ C dT

( )

supporre che il rendimento dL/dQ del ciclo sia uguale a 1 / . Si ha quindi:

T T

1

     

T T T

= − = − = − −

     

1 1 1

1 1 1 ( )

dL dQ C dT C dT

     

T T T

= −

( perché la temperatura del termostato si sta abbassando). Il lavoro totale si

dT dT

ottiene integrando quest’espressione fra le temperature iniziale e finale del termostato:

 

T  

1 T T 1

= − = − − = + = ⋅

 

1 1 8 8

 

1 ln ( ) 10 ( 300 ln 300

) 92 10 .

L CdT C T T T J J

  1 1 2

  2

T T

2

T

2 10

ESPERIENZE DI LABORATORIO

1) Confronto di resistenze con il metodo del ponte di Wheatstone.

Le resistenze R e R da confrontare sono inserite nel circuito rappresentato in figura,

x o

dove c è un cursore mobile. R e R sono le resistenze dei tratti bc e cd di un unico

1 2

conduttore filiforme omogeneo e di sezione costante, sicché il rapporto R /R è uguale al

1 2

rapporto / tra le loro lunghezze. Spostando il cursore si può fare sì che risulti:

1 2  

R R  

= =

1 1

x . (1)

 

R R

2 2

o b

Condizione necessaria e sufficiente affinché si realizzi questa uguaglianza è che i punti

d V

e siano allo stesso potenziale. La condizione =V equivale infatti alle due condizioni

b d

V V

=V e =V . Queste equivalgono a loro volta a

ab ad bc dc =

R i R i

' '' ,

x o (2)

=

R i R i

' '' ,

1 2

e quindi alla (1). V

Per verificare la condizione =V basta controllare che in un amperometro molto

a b a b

sensibile (ovvero un galvanometro balistico od un milliamperometro) inserito fra e

non passi corrente. L’amperometro è usato come strumento di zero ed ha la stessa

funzione di un voltmetro molto sensibile.

R t

( )

R

Supposto noto e misurate le lunghezze e , l’equazione (1) fornisce per la

o 1 2

R

resistenza incognita :

x

= 1

R R . (3)

x o 2

Calcolo dell’errore.

In ogni misura, in particolare nelle misure indirette, la stima dell’errore è sempre molto

∆R

delicata. Ci limitiamo qui a calcolare l’errore causato dagli errori di misura di

x

R

, trascurando tutte le altre cause di errore (deviazione di dal valore nominale;

e o

1 2 R R

effetto della possibile differenza di temperaura fra le resistenze e , causata dal

1 2

i’ i’’;

diverso valore delle correnti e effetto della resistenza dei fili di collegamento, che è

R

tanto maggiore quanto minore è ; ….).

x

∆ ∆

Gli errori e sono evidentemente uguali perché derivano da un’unica misura, che

1 2 c

consiste nel valutare la posizione del cursore che annulla la corrente nell’amperometro.

∆ = ∆ = ∆

Valutato , si ha:

1 2 ∆ ∆ ∆

R

= +

x (4)

R

1 2

x

È evidente che l’errore della misura è grande se una delle due lunghezze è molto

e

1 2

+

piccola; poiché è fissato, un aumento di una di queste grandezze comporta una

1 2

diminuzione dell’altra. Per ridurre l’errore conviene far sì che sia circa uguale a e,

1 2

R R

per l’equazione (1), che sia circa uguale a . Per poter realizzare questa condizione

x o

sono disponibili più resistenze campione, ed una resistenza variabile.

Variazione della resistenza con la temperatura.

La variazione di resistenza con la temperatura permette di utilizzare il ponte come

° C

termometro. La resistenza incognita è quella di un filo di platino che a 0 ha una

Ω Pt

resistenza di 100 , disponibile in commercio con la sigla 100.

Nell’intorno di questa temperatura la sua resistenza è

α

= +

R t R t (5)

( ) o α

= Ω = Ω °

dove t è la sua temperatura in gradi Celsius, , . Misurata R(t)

R 100 0

.

39 / C

o

con il metodo del ponte, si ricava t dall’equazione (5). Per misurare t con una precisione

dell’ordine del grado centigrado con gli strumenti in dotazione sono richieste particolari

cautele, cercando una compensazione fra le diverse cause di errore (ad es. per quanto

riguarda le resistenze dei fili di collegamento). Per questo motivo, è anche disponibile

un’apparecchiatura già compensata, contenente al suo interno tutti gli strumenti necessari

alla misura (a cui vanno collegati i tre fili uscenti dal cilindretto contenente la resistenza

α = −

di platino, rispettando i colori delle boccole), su sui si legge la grandezza .

t R ( t ) R

o

È così possibile valutare il tempo necessario al raggiungimento dell’equilibrio termico fra

il cilindretto ed il corpo di cui si vuole misurare la temperatura, e controllare le misure

effettuate con il ponte.

2) Studio della risonanza in un circuito LCR.

Nel circuito rappresentato in figura la carica q sulle armature del condensatore soddisfa

all’equazione 2

d q dq 1 ω

+ + =

L R q cos t , (1)

2 m

dt C

dt

la cui soluzione q(t) può essere scritta come somma della soluzione generale

dell’omogenea associata e di una soluzione particolare dell’equazione completa. La

→ ∞

prima, tendente a zero per t , descrive il regime transitorio, che nell’esperimento si

estingue in pratica in un tempo brevissimo (inferiore al secondo) e pertanto non viene

presa in considerazione. Rimane solo la soluzione particolare, la cui derivata dq/dt è la

corrente nel circuito, che può essere così scritta: ω φ

= −

i ( t ) i cos( t ) (2)

m

dove: ω

X ( )

φ ω

= =

m

i , tan ( ) , (3, 3’)

ω

m Z ( ) R

con 1

ω ω ω ω

= + = −

2 2

Z ( ) R X ( ) , X ( ) L . (4, 4’)

ω C

ω ω

Z( ) è l’impedenza del circuito, X( ) la sua reattanza.

ω

Variando con prefissato, l’ampiezza i presenta un massimo in corrispondenza di

m m

1

ω = , (5)

o LC

Se R è sufficiente piccolo il massimo è molto accennato, ed una piccola sollecitazione

può eccitare una corrente intensa: si dice che il circuito è in risonanza. I fenomeni di

risonanza si verificano in tutti i sistemi fisici capaci di oscillare, quando vengono

sottoposti ad una sollecitazione periodica con periodo uguale o circa uguale alla

frequenza propria di oscillazione del sistema. Questi fenomeni sono di grande interesse

sia concettuale che pratico, ed il loro studio può essere effettuato simulando il sistema

mediante un circuito elettrico equivalente. Ad es., l’equazione (1) è del tutto equivalente,

dal punto di vista analitico, all’equazione:

2

d x dx

γ κ ω

+ + =

m x F cos t (6)

2 m

dt

dt

che descrive le oscillazioni forzate di una particella di massa m soggetta ad una forza

κ

elastica x e ad una resistenza viscosa proporzionale alla velocità.

Studio della curva di risonanza. ω

Conviene considerare l’andamento del rapporto i / al variare di , cioè della

m m

funzione: 1 1 1

ω ω

= −

= , X ( ) L . (7)

ω ω

ω

+

Z ( ) C

2 2

R X ( )

È immediato verificare che questa funzione:

ω ω

= → ∞

si annulla per 0 e ;

ω ω ω

=

è massima, ed uguale a 1/R, per ; infatti a questa frequenza la reattanza X( )

o

ω

è nulla e l’impedenza Z( ) raggiunge il suo minimo valore;

ha una “larghezza” che dipende unicamente dal rapporto R/L. A misura della

ω ω ω ω ω

larghezza possiamo considerare l’intervallo , dove sono i valori di

e

2 1 1 2

per cui il modulo della reattanza diventa uguale alla resistenza:

1

ω − = ±

L R . (8)

ω C

ω

1/

Z( ) 1/

R

1/

R 2

ω

ω ω ω

0 1 o 2

ω ω

± − =

2

La (8) può essere scritta nella forma L R 1 / C 0 ed ammette le soluzioni:

2

 

R R 1

ω=± ± +

  (8’)

 

2 L 2 L LC

Interessano le due soluzioni positive: 2

 

R R 1

ω = − + +

 

 

1 2 L 2 L LC (8’’)

2

 

R R 1

ω = + +

  .

 

2 2 L 2 L LC

e la loro differenza ω ω

− = R / L (9)

2 1

ω ω ω ω

− =

Il rapporto è detto fattore di merito dell’oscillatore.

/ ( ) L / R

2 1

o o

Commenti. ω

ω ω

A misura della larghezza della curva di risonanza si può assumere l’intervallo fra i valori ' e ' di

1 2

che dimezzano la sua altezza massima (larghezza a metà altezza), e che soddisfano all’equazione

ω =

2 2

X ( ) 3 R : si trovano ancora le equazioni 8 e 9, con R sostituito da R 3 .

ω ω

È immediato verificare che l’intervallo coincide invece con la larghezza a metà altezza della

2 1

ω

2 2 2

.

curva che rappresenta i / 1 / Z ( )

m m

Misure consigliate ω ω

a) Si verifichi l’andamento qualitativo della curva ( ) a prefissato, variando ed

i m m

osservando sul monitor dell’oscilloscopio l’ampiezza della funzione sinusoidale ( ) .

i t

L’oscilloscopio deve essere collegato ai capi del resistore: si misura così

=

( ) ( ) .

V t Ri t

R ω

2

b) Si riporti in diagramma l’andamento della curva ( ) ad prefissato, infittendo i

i m

m

punti in corrispondenza del suo massimo; si controlli che in questo punto le funzioni

sinudoidali ed siano in fase, in accordo con la (3’).

( ) ( )

V t t

R

c) Si misuri L supposto noto R, mediante la relazione (9), che fornisce:

R

= (10)

L ω ω

2 1

ω ω

La differenza può essere ricavata come larghezza a metà altezza dalla curva

2 1

ω

2 ( ) .

i m ∆L

d) Si calcoli l’errore relativo dalla relazione:

/ L ω ω ω ω

∆ − ∆ + ∆

∆ ∆ ∆

( )

L R R

= + = +

2 1 2 1 (11)

ω ω ω ω

− −

L R R

2 1 2 1

∆C

e) Si misuri e si valuti l’errore , utilizzando la relazione (5).

C

Soluzione dell’equazione (1). ω φ

= −

La soluzione particolare ha la forma .

q ( t ) q sin( t )

m ω

=

Con un cambiamento di origine sull’asse dei tempi si può scrivere ,

q ( t ) q sin t

m

ω φ

= +

( t ) cos( t ) ; la (1) fornisce poi:

m 1

ω ω ω ω ω φ ω φ ω

− + + = −

2

L q sin t R q cos t q sin t cos cos t sin sin t

m m m m m

C ω

ω

Uguagliando separatemente i coefficienti di e di cos t si ottiene:

sin t

 

1

ω φ

− + = −

 

2

L q sin

  m m

C (12)

ω φ

=

R q cos

m m φ

Si ottiene l’incognita q quadrando e sommando le due equazioni, e l’incognita tan

m

uguagliando i rapporti fra i due membri; derivando q(t) si ricava poi i(t).

L’equazione omogenea associata si integra con il metodo standard per le equazioni

differenziali a coefficienti costanti. La soluzione generale può essere scritta nella forma:

 

R ( )

ω ω

=  −  +

q ( t ) exp t a cos ' t b sin ' t (13)

 

2 L 2

 

R

ω ω

= −  

2

dove ' , (13’)

 

o 2 L

a e b sono le due costanti arbitrarie. Per i(t) valgono relazioni formalmente identiche. Per

ω ω

=

' 0 , la funzione è identicamente nulla e va sostituita con bt.

b sin ' t

ω

Se ' è reale la (13) rappresenta un’oscillazione smorzata. Si noti la stretta relazione fra

la costante di smorzamento R/2L dell’oscillazione libera e la larghezza della curva di

risonanza dell’oscillazione forzata.

3) Misure della lunghezza d’onda con il reticolo di diffrazione

Si invia sul reticolo un’onda piana in condizioni di Fraunhofer e si analizza la luce

diffratta in termini di onde piane (cioè raggi paralleli). La luce incidente è quella di un

laser ed è già approssimativamente piana. Per la luce in uscita, si utilizza una lente

convergente ed un vetrino posto nel piano focale posteriore della lente, montati su un

goniometro. L’asse ottico della lente deve passare per l’asse di rotazione del goniometro.

Se il raggio incidente è ortogonale al reticolo, la figura di diffrazione presenta dei

θ

massimi molto accentuati (massimi in corrispondenza di angoli

principali) che

m

soddisfano alla condizione:

θ λ

= = ± ±

, ; (1)

a m

sin m 0

, 1

, 2 , ...

m

a

dove è la costante del reticolo. Se il reticolo è costituito da striscie alternativamente

a

trasparenti ed assorbenti, è la distanza fra i centri delle striscie trasparenti, che possono

essere assimilate a fenditure.

θ λ

a

Nota e misurato , si ricava .

m .

L’errore è θ

∂λ a cos

λ θ θ

∆ = ∆ = ∆

m . (2)

∂ θ m m

m

m

Osservazioni. 1) L’Eq.(1) è valida solo per incidenza normale: si osservi l’effetto di una

rotazione del reticolo intorno ad un asse verticale. Si noterà che la direzione del massimo

di ordine zero rimane invariata, che gli altri raggi si allontanano (come se diminuisse la

costante del reticolo) e che la figura di diffrazione non è più simmetrica. 2) Qualunque

struttura periodica può dar luogo a massimi di diffrazione. Con due reticoli di diffrazione

o

vicini, ruotati di 90 l’uno rispetto all’altro, si realizza una struttura periodica

bidimensionale: si osservino le posizoni dei massimi, proiettandoli su un foglio o sul

muro. La figura di diffrazione che si ottiene dà un’idea della figura di diffrazione,

ovviamente più complessa, fornita da un reticolo tridimensionale (ad es. diffrazione dei

raggi X da parte di un cristallo). La condizione di massimo, cioè l’equivalente

legge di Bragg.

dell’Eq.(1), è la

4) Polarizzazione della luce

Schema dell’apparecchiatura

Il fascio di luce che esce dal laser (L) attraversa una prima lamina polarizzatrice

P),

(polarizzatore il portacampioni (P ), una seconda lamina polarizzatrice (analizzatore

c

A) ed è rivelato da un fotodiodo (F). In assenza di fotodiodo il fascio laser può essere

inviato su un campione posto sulla piattaforma girevole.

7

Esperimenti qualitativi

a) Polarizzazione per riflessione.

La riflettanza, definita come rapporto fra le intensità delle onde riflessa ed incidente,

dipende dallo stato di polarizzazione dell’onda incidente, oltre che dall’angolo di

incidenza. Siano e le riflettanze per onde con piani di polarizzazione

R R ⊥

//

rispettivamente paralleli (onda o TM) ed ortogonali (onda o TE) al piano di incidenza.

p s

Si verifichi che per incidenza obliqua , e che esiste un particolare angolo, detto di

R < R ⊥

//

Brewster, per cui Le osservazioni possono essere fatte sia utilizzando il polaroid

R =0.

//

come ponendolo sul cammino del fascio incidente, che come

polarizzatore, analizzatore,

inserendolo sul cammino del fascio riflesso. In ogni caso conviene raccogliere il fascio

riflesso su un foglio bianco.

b) Polarizzazione per diffusione.

I fenomeni sono del tutto analoghi e possono essere osservati in modo analogo. Conviene

“guardare” direttamente il fascio laser, variando l’angolo visuale. La luce diffusa è più

intensa quando attraversa un liquido: si utilizzi la soluzione di zucchero in acqua.

L’analogia fra riflessione e diffusione non é casuale ed è particolarmente evidente se i

raggi incidente e riflesso sono nel vuoto. In questo caso il raggio riflesso è generato

unicamente dagli elettroni del vetro, messi in oscillazione dall’onda presente nel vetro

stesso (cioè dal raggio Nella diffusione, il raggio diffuso è generato dagli

rifratto).

elettroni del mezzo, messi in oscillazione dal fascio diretto. I raggi rifratto e riflesso

corrispondono quindi ai raggi diretto e diffuso. In entrambi i casi si ottiene luce

totalmente polarizzata quando i due raggi sono ortogonali. Si noti che anche nella

riflessione sulla superficie di separazione fra due mezzi materiali si ha riflessione totale

quando i raggi riflesso e rifratto sono ortogonali, benché vi siano elettroni oscillanti anche

lungo il fascio incidente.

c) Legge di Malus.

Ponendo sul cammino di un fascio di luce due polarizzatori con assi paralleli e ruotando

θ

poi l’asse dell’analizzatore di un angolo , l’intensità trasmessa si riduce. Con

θ θ = °

2

polarizzatori ideali il fattore di riduzione è cos , e per (polarizzatori

90

si ha spegnimento completo del fascio: questo è il miglior test per controllare

incrociati)

la qualità delle lamine polarizzatrici. Si consiglia di raccogliere il fascio trasmesso su un

foglio.

d) Proprietà ottiche dei mezzi materiali. 8

Si può facilmente controllare se una lamina altera lo stato di polarizzazione della luce che

la attraversa ponendola tra polarizzatori incrociati. Ecco alcuni esperimenti semplici ed

interessanti:

1) una lamina di materiale isotropo non altera lo stato di polarizzazione della luce. Il

vetro ed il plexiglas sono di norma isotropi ma diventano anisotropi se soggetti a

deformazioni. Si possono così evidenziare eventuali tensioni interne di una lastra di

vetro e le deformazioni di una lastra di plexiglas sottoposte a sforzi.

2) Una lamina di materiale anisotropo trasforma luce polarizzata linearmente in luce

polarizzata ellitticamente: comunque si ruoti l’analizzatore non si ha spegnimento.

Solo in due particolari direzioni della lamina la luce esce con polarizzazione

invariata; per materiali uniassici questo si verifica quando il piano di polarizzazione è

parallelo oppure ortogonale all’asse ottico.

3) Un liquido otticamente attivo ruota il piano di polarizzazione della luce che lo

α

attraversa: ruotando l’analizzatore di un certo angolo , il fascio in uscita si spegne;

α coincide con l’angolo di rotazione del piano di polarizzazione, a meno di multipli

π

di . Si osservi che l’acqua zuccherata è otticamente attiva.

Esperimenti quatitativi

a) Angolo di Brewster ed indice di rifrazione di una lamina

θ

Si misuri l’angolo di Brewster , con le seguenti operazioni:

B

1) Si dispongono laser e piattaforma girevole in modo che il fascio laser e l’asse di

rotazione della piattaforma si incontrino pressoché ortogonalmente.

2) Si ponga la lamina al centro della piattaforma girevole e si faccia in modo che il

raggio riflesso sia pressoché coincidente con quello incidente: la lamina sarà

pressochè ortogonale al fascio incidente.

3) Si ponga il polarizzatore sul fascio incidente con asse pressoché orizzontale e si ruoti

la lamina fino a che il raggio riflesso (raccolto su un foglio bianco) abbia intensità

minima.

4) Si ritocchino le direzioni del polarizzatore e della lamina fino ad annullare l’intensità

θ

del raggio riflesso. L’angolo totale di rotazione della lamina sarà 2 .

B

θ

Si ricavi poi l’indice di rifrazione che è uguale a tan .

n, B

b) Verifica della legge di Malus

Si misuri col fotodiodo l’intensità del fascio in uscita dai due polaroid, variando la

direzione dell’asse dell’analizzatore, e si riportino in diagramma i valori ottenuti. Se la

θ

2

curva ottenuta non è proporzionale a cos , si cerchino le possibili cause di errore.

9


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DETTAGLI
Esame: Fisica I
Corso di laurea: Corso di laurea in ingegneria informatica
SSD:
A.A.: 2013-2014

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher cecilialll di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Fisica I e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Napoli Federico II - Unina o del prof Santorelli Pietro.

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