Esercizi fisica 2 prof Paolo Massarotti

E

∫ ⃗

¿ ∙d l

R P

∫ ∫

⃗

⃗ ¿

E ∙ d l+

ext

∞ R

¿

P ⃗ ⃗

Q r ∙ d r

∫

−V =− =−¿

V P ∞ 3

4 π ε r

∞ 0

Ma anche in questo caso (nel nuovo integrale) i due vettori del prodotto scalare

coincidono, quindi:

[ ] [ ]

P P

Q 1 ρ Q 1 ρ Q 1 ρ

∫ ∫ 2 2

−V = − ^ ⃗ = − = − (r −R )

V r ∙ d r rdr

P ∞ p

4 π ε R 3 ε 4 π ε R 3 ε 4 π ε R 6 ε

0 R 0 0 0 R 0 0

E invertendo il segno, si ha infine:

Q 1 ρ 2 2

+ (R −r )

p

4 π ε R 6 ε

0 0

Adesso si può procedere verso lo step finale del problema, calcolare in quale

punto si ha un potenziale di . Vanno analizzate le funzioni, vedendo che:

900 V

Q 1 Q 1

< >

,(r R)

4 π ε r 4 π ε R

0 P 0

Si hanno le formule, i dati dicono che la sfera è carica , essa ha inoltre

9 nC

raggio pari a 10 cm.

Per procedere, bisogna innanzitutto calcolare la densità volumetrica di carica,

omogenea, che è:

−9

Q 9∗10 27 C

−6 −6

= = ∗10 =2,15∗10

ρ= 3

V 4 4 π m

3

( )

π 0,1

3

Si veda dove si trova il punto in cui il potenziale è pari a 900V, con il raggio

della sfera di Gauss come incognita, prima esternamente alla sfera isolante in

quanto è più facile, quindi si veda la compatibilità (se è minore di 10 cm,

r

allora non vi è un punto in cui si abbia tale potenziale):

−9

9∗10 ∗1

4 π ε 10

0 =

900= m=0,8 m

x 4 π

E in effetti il punto esiste, poiché 0,8>0,1

Adesso si provi la stessa cosa con il punto internamente, anche se di norma,

dato che esiste solo un punto con un determinato potenziale data una sola

linea di congiunzione, non dovrebbe esistere. Si ha:

−6

10 2,15∗10 ( )

−2 2 2

+ −x =−0,0122=x

900= 10

4 π 6 ε 0

Ma l’equazione già non è risolvibile in quanto risulta un numero al quadrato

negativo, quindi, anche se il problema già era risolto prima, adesso è

nuovamente verificato che il punto con potenziale pari a 900V si trovava

esternamente alla sfera isolante.

Esercizio, calcolo della forza elettromotrice indotta in una spira attraversata da

un solenoide percorso da corrente .

I

Si ha quindi una situazione del genere: −t

Si ha una corrente con equazione del tipo , quindi è massima all’inizio

τ

=I

I e

0

e tende a diminuire andando verso lo 0, si può quindi intuire che il campo

magnetico prodotto dalla spira deve essere tale da avere lo stesso verso di

quello prodotto dal solenoide. Si ha che il raggio del solenoide è minore di

>

quello della spira, quindi .

r R ∋¿

μ

Si ha che il campo magnetico del solenoide è , va calcolato il flusso

0

attraverso la spira per poi derivarlo negativamente rispetto al tempo. Il flusso

del campo magnetico attraverso la spira è:

∯ ⃗ ⃗ 2

=Bπ

B ∙ d S R

Questo perché il vettore superficie è parallelo (si sceglie lo stesso verso del

campo magnetico) al vettore campo magnetico, inoltre viene messo il raggio

del solenoide poiché il campo magnetico generato è limitato ad esso. Quindi si

sostituisce con la formula del campo magnetico sopra e si deriva rispetto al

tempo: ( )

−t −t

2 2

−t τ τ

d Φ −μ n I e π R μ n I e π R

⃗

2 2 B 0 0 0 0

τ

=Bπ =μ =− =

Φ R n I e π R →−

⃗ 0 0

B dt τ τ

Se il raggio della spira è minore del raggio del solenoide, nell’integrale del

flusso si considera fino a , che va sostituito quindi a .

r R

Esercizio: calcolare la forza elettromotrice indotta in un circuito puramente

resistivo attraversato da un campo magnetico prodotto da un filo infinito in cui

scorre una corrente, il filo e il circuito sono posti a una data distanza.

Si ha una situazione quindi di questo tipo:

Si vede da subito che come verso iniziale del vettore superficie si è scelto

quello entrante, quindi dalla regola della mano destra si ha che il verso di

percorrenza è quello orario. Si possono fare delle considerazioni sui lati del

circuito, data la diversa distanza, sul lato della resistenza si ha un campo

magnetico minore rispetto al lato ad esso parallelo. Si scriva la formula per il

campo magnetico prodotto da un filo infinito:

μ I

⃗ ^

0

=

B t

2 πr

Quindi si calcoli il flusso del campo magnetico lungo il circuito, con lunghezza

del lato pari ad . Si ha che:

a y+a x+l μ I a μ I

∯ ∯ ∫ ∫

⃗ ⃗ 0 0 ( )

( )=

∥S

=

B ∙ d S BdS B dx dy= log( D+l)−log D

2 πx 2 π

y x

Sfruttando le proprietà del logaritmo:

a μ I D+l

∯ ⃗ ⃗ 0

=

B ∙ d S log

2 π D

Considerando che l’equazione della corrente sul filo è:

−t

τ

=I

I e

0

Se si va a derivare negativamente rispetto al tempo viene:

( )

−t −t

−d τ τ

Φ −a μ I e a μ I e

D+l D+l

⃗

B 0 0 0 0

= =− =

f log log

em dt 2 πτ D 2 πτ D

Quindi la corrente è positiva e va nello stesso verso del campo magnetico e

della superficie, questo sempre perché la corrente sta diminuendo.

Esercizio: calcolo della forza elettromotrice indotta in un circuito in moto

rettilineo uniforme immerso in un campo magnetico dipendente dalla

posizione.

Si ha quindi una situazione del genere: ⃗ 2

Con il vettore campo magnetico che ha una variazione del tipo , quindi

=k

B x

aumenta all’aumentare della posizione in modo parabolico, si imposti

l’equazione del flusso e si facciano le considerazioni in base ai dati,

considerando che il campo magnetico varia in base al variare di e non di

x

:

y [ ] x+b

y+a x+b 3

x ak

∯ ∫ ∫

⃗ ( )

⃗ 2 3 3 2 2 3

= + +3 −x

B ∙ d S= dy k x dx=ak x b x b+3 x b

3 3

x

y x

Che risulta:

ak ak

( )

3 2 2 3 2 2 2

+ (b +3 )

b 3 x b+3 x b , x=vt → v t b+3 vt b

3 3

Quindi andando a derivare negativamente rispetto al tempo per ottenere la

forza elettromotrice indotta:

−d Φ −ak =−akv

⃗ ( )

B 2 2 2

= = +3 (6 )

f 6 b v t v b xb+3 b

em dt 3 3

Il risultato è minore di 0, questo perché il campo magnetico cresce al crescere

B

della posizione, quindi il campo magnetico indotto cresce nella direzione

i

opposta a .

B

Esercizio: data la seguente lastra carica spessa

Si calcoli il campo elettrico nei punti al suo interno e all’esterno, considerando

che la lastra ha una densità di carica volumetrica uniforme e spessore

ρ d

. Dal disegno si vede che si è cominciata ad utilizzare la simmetria per cilindri,

si comincia a vedere che la superficie laterale del cilindro dà contributo nullo al

flusso del campo elettrico, e considerando che si hanno due aree di base in cui

si concatena il campo elettrico si ha:

❑ ❑

∯ ∯

⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 2

=2 =2

E ∙ d S E ∙ d S Eπ r

¿. cilindro Area base

Considerando sempre le simmetrie e un campo elettrico uniforme

Ma per la prima legge di Maxwell ed il teorema di Gauss, il flusso del campo

Q tot

elettrico su superficie chiusa è uguale a . Chiamando la distanza

x

ε 0

d , che è la metà dello spessore della lastra, e il punto considerato, si ha che:

2 ❑

∭ ρdV ∭

ρ dV

Q ρ A 2 x

tot Volumecilindrointerno base

= = =

ε ε ε ε

0 0 0 0

2

Con , se la si confronta con la formula sopra, si ha che il modulo del

=π

A r

base d

x ≤

campo elettrico (per ) è uguale a:

2

2

ρπ r 2 x ρx

| |

2 = =

2 Eπ r → E

ε ε

0 0 ρd

d | |

=

E

x=

E in particolare si ha che se il campo elettrico è , ci si trova

2 ε

2 0

considerando che dimensionalmente .

ρd=σ

Se invece si dovesse calcolare il campo elettrico in un punto al di fuori della

d

lastra, si avrebbe che la carica si estenderebbe fino a (è contenuta solo

2

nella lastra, cambia l’integrale della carica), mentre il flusso non cambia, e si

ρd

| |

=

E

avrebbe proprio . Adesso si calcoli la differenza di potenziale fra il

2 ε 0

punto P esterno alla lastra e l’origine, si ha:

P

⃗ ∫ ⃗

⃗ + ⃗

E ∙ d x E ∙ d x

∫ ext

¿ d

2

d

2

∫ ¿

0 ¿

P

∫

+

E E dx

∫ ext

¿dx d

2

d

2

∫ ¿

0 P

∫ ⃗

⃗

−V =−

V E ∙ d l=−¿

P 0 0

In cui indica lo spostamento infinitesimo nel verso positivo delle ,

dx x

quindi si avrà:

[ ]

d [ ] [ ]

[ ] d

2 P 2 2 2 2

ρx ρd ρ x ρd ρ d ρPd ρ d ρ d ρPd

∫ ∫ 2 P

[ ]

− + =− + =− −0+ − = −

dx dx x d

ε 2 ε ε 2 2 ε 8 ε 2 ε 4 ε 8 ε 2 ε

0

0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 d 2

2

Esercizio, data la seguente situazione:

Considerando che il campo magnetico sta variando secondo un’equazione

−t , quale è l’equazione della corrente?

τ

( )=B

B t e

0

Si può già vedere che la corrente deve sostenere il campo magnetico, in

quanto sta scemando, si calcoli prima il flusso del campo magnetico calcolato

sulla spira, che è: −t

∯ ∫ ∫

⃗ ⃗ 2 2

τ

= =B

B ∙ d S BdS=B dS=Bπ r e π r

0

−d Φ ⃗

B

Considerando che , si ha che la forza elettromotrice indotta è:

=

f emi dt

−t 2

τ

−B e π r

0

( )=

f t

emi τ f em

Dato che dalla prima legge di Ohm si ha che , l’espressione della

=

I R

corrente è −t 2

τ

−B e π r