3 La velocità dell elettrone è perpendicolare alle linee di campo magnetico, quindi B. = B. Il problema può essere risolto con la seguente formula:

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1 CAPITOLO 37 IL CAMPO MAGNETICO 1 LA FORZA DI LORENTZ 1 F q v Dalla regola della mano destra si deduce che il verso di del campo magnetico può essere solo dall alto verso il basso. F q v No. Se la velocità è nulla anche il prodotto vettoriale q v è nullo. 3 La velocità dell elettrone è perpendicolare alle linee di campo magnetico, quindi. Il problema può essere risolto con la seguente formula: F q ev e c 10 1, C 4 La forza che agisce sulla carica è F q v e il suo modulo vale F qv 0, C 3, m/s ( 4, T), N 3,0 m/s 10 ( 0,15 T) 0, N, N Applicando la regola della mano destra si vede che la forza è uscente dal foglio. 5 v F q 1, N ( 1, C) 1,0 10 T 6 La forza che agisce sul filo è F il A 1,0 105 m/s ( m) 1,0 T 1, N La forza che agisce su un elettrone di conduzione vale F e F NAl 10 3 N ( 8, m 3 ) 1, m ( m) 0, N 1, 10 5 N 1

2 7 La forza che agisce sulla carica è F q v e il suo modulo vale 3,0 m/s F qvsen 45 1, C ( 0,15 T) ( 0,707) 0, N 3, 10 7 N Applicando la regola della mano destra si vede che la forza è uscente dal foglio. 8 F L qv F E qe F L v F E E µ 0Ni l ( 3, N) ( 0 V/m) ( 10 A) ( N) ( 1, m/s) 100 N lf LE µ 0 if E v,0 m 4π 10 7 N/A 9 Le linee di forza del campo magnetico escono dal polo nord della calamita e quindi sono dirette verso il basso. Secondo la regola della mano destra, con la velocità degli elettroni diretta come indicato in figura, la forza sarà diretta verso la destra dell osservatore, poiché l'elettrone ha carica negativa. Dal principio di conservazione dell energia si trova l energia degli elettroni: 10 e V 1 mv v e V m ( 0, V) 1, C 9, kg 8, m/s Tramite la forza di Lorentz si calcola il modulo della forza massima su un elettrone: F evsenα ( 1, C) ( 8, m/s) (, T)sen 90 3, N tgα v y 7, 106 m/s,1 α arctg (,1 ) v x 3, m/s 64 tgβ y x 5, T 1, T 5,3 β arctg ( 5,3 ) 79 L angolo tra i vettori v e è α + β F q vsen( α + β) q v x + v y x + y sen( α + β) ( 1, C) ( 8, m/s) ( 5, T) ( 0,60) 4, N

3 Il vettore forza sarà perpendicolare al piano xy e quindi sarà diretto come l asse z e il suo verso, secondo la regola del prodotto vettoriale, è verso il semiasse negativo delle z. FORZA ELETTRICA E MAGNETICA 11 Misurando i valori di E e si può ricavare la velocità del sangue dal rapporto E/. 1 Si sfrutta l effetto Hall inserendo il conduttore in un campo magnetico perpendicolare alla direzione di movimento delle cariche. Il segno della differenza di potenziale che si forma fra i margini superiore e inferiore della lamina è determinato dal segno delle cariche in moto nel conduttore. 13 L altezza della lamina si ricava dall espressione della tensione di Hall: h V H v 7, V ( 6, m/s) 0,9 T 1, 10 m 14 v E 3,5 10 V/m 0,5 T m/s 1, m/s 15 Per unità di lunghezza (s 1 m) risulta i q t ne s v nev s All equilibrio abbiamo: v si ne hv V H hi ne V H 0,50 A (, V) n hi m e V H 1, C ( 0, T) 3, K 1 mv 45 J v K m ( 45 J) 1, kg m/s E v V/m m/s 7,8 10 T 17 Per ogni sferetta possiamo scrivere: 3

4 qe 1 ma a qe 1 m v a t qe 1 t m Dal selettore escono solo le sferette tali che v E qe 1 t m E q m E E 1 t 0 V/m 100 V/m ( 0,1 T) (,0 s) 1,0 C/kg 18 Applico il principio di conservazione dell'energia. La particella alfa ha carica e e massa 4 u: q V 1 mv v q V m ( V) 3, C 4 1, kg 1, 10 6 m/s Perché la particella non venga deflessa occorre che la forza prodotta dal campo elettrico controbilanci la forza di Lorentz. Quindi F L F E qvsenα qe E vsenα ( 1, 10 6 m/s) (, T) ( sen90 ) 3, V/m Applicando la regola della mano destra, la forza di Lorentz è diretta lungo l asse z nel verso del semiasse positivo. Dunque, anche la forza dovuta al campo elettrico deve essere diretta lungo l asse z ma nel verso opposto, ossia verso il semiasse negativo delle z. Il campo elettrico ha la stessa direzione e lo stesso verso della forza poiché la particella alfa ha una carica elettrica positiva. 19 Occorre che la forza elettrica, verticale verso il basso, e la forza magnetica, verticale verso l alto, abbiano moduli uguali ma versi opposti. Quindi avremo: F E F Ee ev 0 senα Per il condensatore: E V a Per il solenoide: µ 0 N L Risulta quindi 4

5 V a e ev µ N 0 0 L isenα ed essendo α 90, si ha i V L av 0 µ 0 N Sostituendo i valori numerici: i ( 18 V) (, m) ( 3,7 10 m) ( 8, 10 4 m/s) ( 4π 10 7 N/A ) Il campo magnetico all interno del solenoide vale: µ 0 N L i 4π 10 7 N/A Il campo elettrico di Hall ha modulo E V l 858 1, m 3,0 A 5,0 µv 4, m 1, V/m 3,4 A, T All equilibrio, la forza di Lorentz equilibra la forza elettrica, dunque si ha Ee ev v E 1, V/m, T 5, m/s Il numero dei portatori di carica per unità di volume per la lega metallica si ottiene invertendo la formula per la velocità di deriva di un conduttore metallico. Quindi n I eav I e( lh)v 1 A ( 1, C) 4, m ( m) ( 5, m/s) 1,3 108 m 3 3 IL MOTO DI UNA CARICA IN UN CAMPO MAGNETICO UNIFORME 1 Sottoposte a forze che hanno lo stesso modulo, le due particelle percorrono traiettorie che si incurvano, ma in versi opposti. La carica in movimento deve entrare in una zona di spazio con velocità perpendicolare alle linee di un campo magnetico uniforme presente nella zona. 3 Il raggio della circonferenza descritta dalla particella vale r vm α q α 5

6 essendo m α 6, kg e q α e. Risulta quindi ( 6, kg) ( 0,1 T) r 1,0 106 m/s 1, C 4 Il valore minimo di è dato dalla relazione ( 9, kg) ( m) vm e q e r 1,0 105 m/s 1, C 17, 4 10 m 17 cm 5, T Quindi, per 5, T, otteniamo quanto richiesto. 5 I raggi delle traiettorie descritte dall elettrone e dal protone sono r e v e m e q e r p v p m p q p Poiché v e v p e q p q e e, risulta r p r e v pm p q p q e v e m e m p m e 1, kg 9, kg 0, , v v vsen 45, m/s 0,707 1, m/s ( 1, m/s) (,0 T) r mv e 9, kg 1, C 4, m πm ( s v T v q 1,4 106 m/s)π 9, kg 1, C (,0 T) 7 Calcolo l energia della particella in Joule: K,5 10 ev,5 10 ( 1, J) 4, J Invertendo la formula dell energia cinetica K 1 mv si ha per l elettrone: v K m 4, J 9, kg 9, m/s 6, m

7 Quindi per l elettrone con velocità perpendicolare al campo magnetico terrestre avremo ( 9, m/s) (, T) R mv e 9, kg 1, C, 3 m Per ricavare la velocità dei protoni, che percorrono una traiettoria con lo stesso raggio di quella degli elettroni, ricaviamo la velocità dalla formula precedente. Sostituendo la massa del protone, abbiamo v Re m p, T,3 m ( 1, C) 1, kg 5, m/s In alternativa, la velocità dei protoni si può calcolare tenendo presente la proporzionalità inversa tra velocità e massa, a parità di raggio, carica e campo magnetico. Otteniamo quindi m v p v e e ( 9, m/s) 9, kg m p 1, kg 5,1 103 m/s 8 Il raggio dell elica dipende dalla componente della velocità ortogonale al campo magnetico: R mv q v Rq p m p ( 1, C) ( 8, 10 T) 5,0 10 m 1, kg Conoscendo v e l angolo α fra da e v, si può ricavare il modulo di v: v v senα 3,9 105 m/s 4, 10 5 m/s sen 70 Inoltre il valore della componente della velocità parallela al campo magnetico è cos 70 v vcosα 4, 10 5 m/s 1, m/s 3, m/s Il numero di spire della traiettoria a elica percorse dal protone prima di uscire dal solenoide è n L s dove L è la lunghezza del solenoide e s è il passo dell elica, dato da s v T essendo T l intervallo di tempo impiegato dal protone a percorrere una spira dell elica: T πr v Quindi π 5,0 10 m 3, m/s s v T 1, m/s 8, s ( 8, s) 1, m n L s 4, 10 1 m 1, m 3,8 L intervallo di tempo che impiega il protone a uscire dal solenoide è 7

8 t L v 4, 10 1 m 1, m/s 3, s 9 Alla partenza lo ione possiede solo energia potenziale elettrica; all uscita dal condensatore, tutta l energia potenziale elettrica si è trasformata in energia cinetica. Per il principio di conservazione dell energia, possiamo scrivere: m Pb 07 u 07 1, kg q e q V 1 mv 1 3, kg 0 V v 1 q V m 4e V m 4 1, C 3, kg Il raggio della traiettoria semicircolare descritta dagli ioni dopo la prima uscita è (, m/s) ( 8, T) R mv 1 q 3, kg 3, C,7 10 m, m/s Il tempo impiegato dagli ioni ad attraversare il campo magnetico sarà pari a un semiperiodo, poiché gli ioni percorrono una semicirconferenza prima di entrare nel condensatore. Quindi avremo t T πm q 3,14( 3, kg) ( 3, C) ( 8, T) 4, 10 6 s Dopo esser rientrati nel condensatore con una velocità uguale in modulo ma di verso opposto, gli ioni sono accelerati nuovamente mentre attraversano il condensatore. Dunque, per il principio di conservazione dell energia, si ha 1 mv 1 mv 1 + q V v 1 mv 1 + q V m 1 3, kg (, m/s) + ( 3, C) 0 V 3, kg 30, m/s Dopo la seconda uscita dal condensatore, il raggio della traiettoria è (, m/s) ( 8, T) R mv q 3, kg 3, C E mc 9, kg 8, J 3,8 10 m ( 3, m/s) 8, J 8, , ev 5, ev 0,5117 MeV Quindi per creare le due particelle è necessaria un energia 8

9 E 0,5117 MeV 1,03 MeV L energia cinetica rimasta complessivamente alle due particelle è K E γ E 1,050 MeV 1,03 MeV 0,0 MeV quindi ogni particella avrà dopo la creazione un energia cinetica K p K e 0,07 MeV ( 1, )( 1, J), J v K m (, J) 9, kg 7,0 107 m/s Il raggio della traiettoria di entrambe le particelle sarà quindi ( 7, m/s) ( 1, 10 T) R mv e 9, kg 1, C 3,3 10 m Attraversando il piombo, il raggio di curvatura dell elettrone si riduce del 40%: 1, 3 10 m R 0,40 3, 3 10 m a cui corrisponde una velocità v R e m 1,3 10 ( m) 1, C ( 1, 10 T) 9, kg A questa velocità corrisponde un energia cinetica, m/s K 1 m v 1 ( 9, kg) (, m/s) 3, J L energia persa nell attraversamento dello strato di piombo è la differenza E persa K i K f, J 3, J 1, J 4 APPLICAZIONI SPERIMENTALI DEL MOTO DI CARICHE IN CAMPI MAGNETICI 31 Gli isotopi nucleari sono nuclei con la stessa carica ma masse differenti. LA forza di Lorentz li suddivide in componenti che descrivono traiettorie con raggi diversi, uno per ogni valore della massa presente nel fascio. 3 Il raggio della traiettoria di particelle cariche con velocità perpendicolare a un campo magnetico uniforme è direttamente proporzionale, a parità di carica e di velocità, alla massa delle particelle e quindi l isotopo più pesante percorrerà una circonferenza di diametro maggiore. Il raggio è inversamente proporzionale alla quantità di carica della particella, a parità di massa e velocità, quindi percorrerà una circonferenza di diametro maggiore la particella di carica minore. 33 Il raggio della traiettoria descritta dal primo ione vale 9

10 ( 1, m/s) ( 0,15 T) r 1 m 1v q 6, kg 1, C 1,33 10 m Per il raggio della traiettoria del secondo ione abbiamo due possibilità. r r 1 r 1,33 10 m 0,33 10 m 1,00 10 m m r q ( 1,00 10 m) 1, C 1, m/s v r r 1 + 0,15 T r 1,33 10 m + 0,33 10 m 1,66 10 m m r q ( 1,66 10 m) 1, C 1, m/s v 0,15 T 0, kg 4, kg 0, kg 8, kg 34 Uguagliando la forza elettrica a quella magnetica si ricava l espressione della velocità: F e F m ee ev 0 e V d ev 0 v 0 V d Gli elettroni descrivono una traiettoria espressa dalle equazioni x v 0 t y 1 at t x v 0 y 1 F e m t 1 e m Sostituendo t e semplificando, si ricava e m y V dx V d t (,00 10 m) ( 1, V) ( 7, T) ( 5,40 10 m) ( 10,0 10 m) 1, C/kg 35 Le velocità non avranno lo stesso valore, poiché i due isotopi, pur attraversando la medesima differenza di potenziale, hanno masse differenti. Dal principio di conservazione dell energia si ha e V 1 mv v e V m Isotopo 16 O : ( 1, V) v 16 1, C 16 1, kg 4, m/s Isotopo 18 O : ( 1, V) v 18 1, C 16 1, kg 3, m/s 10

11 R 18 R 16 m 18v 18 e m 16v 16 e 1 ( e m v m v ) ( 3, m/s) 16( 1, kg) ( 4, m/s) ( 1, C) ( 0,00 T) 18 1, kg,03 cm 36 Secondo la regola della mano destra, nella configurazione in figura la forza di Lorentz è diretta verso destra con cariche di segno positivo e quindi gli ioni azoto hanno carica positiva. Per sapere quanti elettroni sono stati tolti agli atomi di azoto, calcoliamo la carica nei due casi: ioni a distanza d 1 : q 1 mv d 1 ( 0,18 T) 14 1, kg 5, m/s 4, m che corrisponde a una doppia ionizzazione; ioni a distanza d : q mv d ( 0,18 T) 14 1, kg 5,4 105 m/s, m che corrisponde a un totale di tre cariche elementari. 3, C 4, C 37 La forza di Lorentz sulle particelle è perpendicolare alla velocità e il loro moto è circolare uniforme. Per l isotopo più leggero si ha: r 1 mv q Per l isotopo più pesante si ha: r 1 + r ( m + m)v q Calcoliamo quindi la differenza fra le masse dei due isotopi: r r 1 + r r 1 ( m + m)v mv q q v m q r 1 m q m m r 1 0,10 m r 1, kg 1,0 m 1, kg 5 IL FLUSSO DEL CAMPO MAGNETICO 38 Non è sicuro: il flusso dipende anche dalle superfici (incognite) dei circuiti. 39 Il flusso del campo elettrico attraverso una superficie chiusa è direttamente proporzionale alla carica totale contenuta all interno della superficie. Mentre possono esistere cariche elettriche isolate, non 11

12 esistono poli magnetici isolati, per cui all interno di una superficie chiusa si avrà sempre la stessa quantità di poli nord e sud. 40 Φ S S S cosα Nei due casi risulta: Φ S Φ S S cos0 ( m )( 10 3 T) Wb S cos Wb 41 Il campo magnetico vale Φ S 9, Wb 30, m 0, T Il numero di spire del solenoide è ( 6,5 10 m) ( 3,3 A) N l µ 0 i 0, T 4π 10 7 N/A 4 Φ S S cosα 3,00 10 T 500 ( 7,0 10 m) cos0 Per ricavare l angolo invertiamo la formula del flusso: cosα Φ/3 ( S 1, Wb) / 3 3, , T da cui α 70,5. 43 Il flusso iniziale è dato da ( 7,0 10 m) 1, Wb Φ i NS cosα ( 6, T) ( 1, 10 1 m) ( 18) ( cos16 ) 1, Wb Dopo la rotazione della bobina, l angolo tra l asse della bobina e la direzione del campo vale perciò il flusso finale è dato da Φ f NS cosα ( 6, T) ( 1, 10 1 m) ( 18) ( cos61 ) 7, Wb La variazione di flusso sarà Φ Φ f Φ i 7, Wb 1, Wb 7, Wb e la variazione percentuale di flusso è Φ Φ i 100 7, Wb ,6% 1, Wb 1

13 44 Il flusso iniziale attraverso la bobina è dato da Φ i 0 SN cosα 9, 10 T ( 1, m) 3,14 4 ( 8) ( cos0 ),5 10 Wb Dopo l intervallo di tempo t il campo magnetico vale 0 cosωt ( 9, 10 T)cos ( 314 rad/s) ( 7,0 s) 7, 3 10 T e il flusso finale è Φ f SN cosα 7,3 10 T La variazione di flusso è Φ 1,9 10 Wb,5 10 ( 1, m) 3,14 4 Wb Wb ( 8) ( cos0 ) 1,9 10 Wb 45 Con il campo uscente dal piano della spira e la corrente in verso antiorario, la forza magnetica agisce solo sul tratto CD. All equilibrio si ha ia + m s g mg 0 m s + m ia Inoltre Φ ah Φ ah e quindi Φ ah m s + m ia iφ h ( m s + m)g 9,8 A 0, kg 46 Φ S S cosα Φ S (, T m ) ( 1, kg) ( 9,8 m/s ),0 cm S cosα 6, 10 5 Wb ( 6,5 10 m) 8,4 10 m 0,74 47 Nelle due condizioni indicate, i flussi del campo magnetico sono: Φ 1 NScosα Nπr cos0 ( 5) ( 3,14) ( 4,0 10 m) ( 0,5 10 T) Wb 6, Wb Φ NScosα Nπr cos90 1,5 10 T 13

14 La variazione di flusso è Φ ( ) Φ 1 ( ) 6, Wb Φ 6 LA CIRCUITAZIONE DEL CAMPO MAGNETICO 48 Perché la circuitazione del campo magnetico può essere diversa da zero (teorema di Ampère) e solo la condizione di circuitazione nulla determina che il campo è conservativo. 49 I prodotti scalari dei contributi alla circuitazione da parte delle correnti non concatenate, essendo il cammino chiuso, si annullano l'un l'altro, poiché sono di segno opposto. 50 No. La circuitazione del campo magnetico può essere diversa da zero e quindi il campo non è conservativo, perciò non può esistere una funzione energia potenziale. 51 La circuitazione del vettore lungo un circonferenza concentrica al filo e di raggio r vale Γ ( ) n j1 j l j n j1 l j Per il teorema di Ampère si ha µ 0 i k k Γ quindi µ 0 i πr µ 0 i µ 0i πr A 4π 10 7 N/A πr 0,5 A π( m) 4π 10 7 N/A 5 Γ µ 0 i k k 0,5 A π( 1 10 m) µ 0 i 3 i 1 i T T 1,1 A 1,4 A 1,8 A 4π 10 7 N/A ( 4π 10 7 N/A )(,1 A), T m 53 Tenendo presente che la corrente i 1 non contribuisce alla circuitazione, possiamo scrivere µ 0 i 1 + i 3 + i 4 + i 5 Γ µ 0 ( i 5 + i 5 + i 5 + i 5 ) 7µ 0 i 5 14

15 i 5 Γ ( ) 14,8 A 1, T m 7µ 0 7 4π 10 7 N/A Segue che i 1 i i 3 i 4 i 5 14,8 A 54 Γ Γ µ 0 i k k µ 0 i k k 0 T m µ 0 9,6 A 4π 10 7 N/A i R i S + i T 8 A T m T m 55 Γ ( ) µ 0 ( i 1 + i + i 3 ) ( 4π 10 7 N/A )( 6,0 A + 8,5 A + 4,4 A), T m Γ ( ) µ 0 ( i 1 i i 3 ) ( 4π 10 7 N/A )( 6,0 A 8,5 A 4, 4 A), T m Γ ( ) µ 0 ( i 1 + i + i 3 ) ( 4π 10 7 N/A )( 6,0 A + 8,5 A + 4,4 A) 8, T m 56 Γ L µ 0 i 1 + i i 3 i 1 + i i 3 0 F 1 µ 0i 1 i l πd F 3 µ 0i i 3 l πd 0 Queste tre equazioni formano un sistema a tre incognite: i 1 + i i 3 0 F 1 µ 0 i 1 i l πd F 3 µ 0 i i 3 l πd Dalla risoluzione di questo sistema si ottiene: i 1 i F 1 1,0 N 4π 10 7 N/A µ 0 l πd F 1 + F 3 πd µ 0 l F 1 + F 3 1,0 m π( 1,0 10 m) π( 1,0 10 m) ( 4π 10 7 N/A ) 1,0 m ( 1,0 N + 4,0 N) 1,0 10 A 1,0 N + 4,0 N 5,0 10 A 15

16 i 3 F 3 µ 0 l ( πd F + F 1 3) 4,0 N ( 4π 10 7 N/A ) 1,0 m π 1,0 10 m ( 1,0 N + 4,0 N) 4,0 10 A 7 UNA APPLICAZIONE DEL TEOREMA DI AMPÈRE 57 Il campo magnetico è nullo al centro. Infatti, per ogni punto P della sezione del conduttore, corrispondente a un filo infinitamente sottile, se ne può identificare un secondo, simmetrico rispetto al centro, anch esso corrispondente a un filo infinitamente sottile. I campi magnetici dei due fili sono esattamente opposti per cui la loro somma è nulla. 58 Il campo magnetico massimo si ha sulla superficie del filo, perché il campo magnetico all interno del filo è direttamente proporzionale alla distanza dal centro del filo. Invece è minimo sull asse di simmetria del filo (nella zona centrale del filo, applicando il teorema di Ampére a un cammino circolare centrato sull asse del filo e di raggio minimo, sarà minima la quantità di corrente concatenata). 59 All esterno del filo, a distanza d, l intensità del campo magnetico è µ 0 i π d µ 0 π jπr d µ 0 jr d mentre all interno del filo è µ 0 i π r d µ 0 π jπr r d µ 0 jd Dalla prima formula risulta che a 6,0 cm dal centro del filo, l intensità del campo magnetico è µ 0 jr d 18 mt 60 Il diametro di una spira del toroide è dato da d s d e d i 15, 3 cm 1,5 cm Una spira del toroide sarà quindi lunga C πd S 4,40 cm 1, 40 cm quindi sarà necessario per il toroide un filo di lunghezza l 150 4, 40 cm d toroide d e + d i r toroide 660 cm 6,60 m 13,9 cm 15,3 cm +1,5 cm 6,95 cm 13,9 cm 16

17 ( 150) ( 7,8 10 A) µ 0Ni πr 4π 10 7 N/A π 6,95 10 m 3, T Dalla formula del campo magnetico di un solenoide si ricava il numero di spire: N µ s 0 L i N L s µ 0 i 3, T 4π 10 7 N/A ( 1, m) ( 7,8 10 A) 43,0 61 Invertiamo il teorema di Ampére applicato lungo un cammino circolare di raggio r 3,70 cm: πr µ 0 i i πr ( 6, T)π( 3, cm) 1,6 A µ 0 4π 10 7 N/A j i A i π d e d i 4 π 7,00 10 m 1,6 A ( 4,40 10 m) 4 5, A/m 6 La densità di corrente è j i 16 A/m πr Il campo magnetico a distanza d 1 0,050 cm dal centro vale ( d 1 ) µ 0 π i r d 1 5, T A distanza d 3,0 cm dal centro vale ( d ) µ 0 π i d 3, T 8 LA PROPIETÀ MAGNETICHE DEI MATERIALI 63 Poiché 0 m µ r 1 si avrebbe m Per descrivere la risposta di un materiale all azione di un campo magnetico esterno. 65 µ r 0 1, , T 890,7 µt 66 Per il primo materiale 17

18 µ 1 r 1 tot 0 4,00 10 T 1,00 4, T Per il secondo materiale, essendo tot risulta µ r tot tot 0, ,00 10 T 0, , T 4, T 4, T 1,00 P i R i P R 0 µ 0i a m ( µ r 1) 0 0 m µ r 1 a µ 0i 0 µ 0 P R m µ r 1 ( 4π 10 7 N/A ) 1, W 10 Ω, T 1, , 3 cm 68 ( 5,0 10 m) i L µ 0 N 1, T ( 4π 10 7 N/A )10 60 A In solenoide in aria, con una corrente di,0 A, produce un campo magnetico 0 µ 0 N L i max 4π 10 7 N/A Dalla relazione µ r 0 si ricava µ r min T 6, T ,0 10 m,0 A 6,0 mt 69 Il campo magnetico prodotto dal cilindro di platino avrà la stessa direzione e lo stesso verso del campo magnetico del solenoide, essendo il platino una sostanza paramagnetica. Nel solenoide in aria il campo vale ( m 1 ), 400 A 0 µ 0 ni 4π 10 7 N/A 5, T 18

19 Con l introduzione del platino, il campo vale Pt µ r Pt 0 1,0001 5, T e quindi Pt 0 0 5, T 100 5, T 5, T 100 0,018% 5, T (Abbiamo eliminato il segno di vettore poiché i campi, come stabilito, hanno la stessa direzione e lo stesso verso.) Con l introduzione del ferro, il campo vale Fe µ r Fe 0 µ r Fe Fe 0,7500 T 0 5, T Il campo all interno del bracciale vale 35,999 mt µ r 0 0, , T La variazione percentuale di campo magnetico è µ 0 Ni l 100 3, T 3, T % 3, T 000 4π 10 7 N/A m ( 10 A) 6,3 10 T m ( µ r 1) 0 (, )( 6, 3 10 T) 1, T tot 0 + m 6,3 10 T + 1, T 6, 3 10 T + 0, T 6,3 10 T 7 0 µ 0 Ni l µ r tot π 10 7 N/A m 1, 3 10 T 1,0 1, T ( 5 A) 1,3 10 T 9 IL CICLO DI ISTERESI MAGNETICA 73 Nella prima barra i domini si allineano nella direzione del campo magnetico generato dal magnete. Nella seconda barra i domini si allineano nella direzione del campo magnetico generato dalla prima barra. 74 Sì, basta portarlo a temperatura superiore a quella di Curie, in quanto il moto d agitazione termica 19

20 riporta i circuiti elementari alla condizione di disordine, quindi il campo magnetico complessivo dovuto al materiale è nullo. 75 In assenza del campo magnetico esterno, il moto di agitazione termica riesce a disordinare una parte dei momenti magnetici elementari all interno del materiale. PROLEMI GENERALI 1 Per i due solenoidi risulta 1 µ 0 Ni 1 l 1 µ 0 Ni l Dovendo essere 1 segue che i i 1 l l 1 i 1 m 1 m i Poiché deve essere Φ ( ) Φ 1 vale al relazione µ 0 Ni 1 πr 1 µ 0Ni πr l 1 l da cui segue l i i r 1 1 l 1 r i m 1 1 m Φ pav 3 ( 1 10 m) 10 m 0,5i 1 pav S pav l 1 l ( 4, T) 4 m N 0 l µ 0 i ( 8,0 10 m) ( 4π 10 7 N/A )( 10 A) 1,0 10 T ( 8 m) 5, 10 Wb 0, , 4 10 spire Φ ( ) µ r 0 S ( 500) ( 1,0 10 T) ( m ) 0,010 Wb 4 0

21 µ r m m µ r 1 0 Poiché m ha la stessa direzione di 0, risulta 0,50 T 0 ( 1, ) ( 0,050 T), , T m µ r 1 m ha lo stesso verso di 0 ; infatti l alluminio è una sostanza paramagnetica. 5 F µ 0 π µ 0 π I 1 I d I 1 d/ + µ 0 π l N F qv 1, N 6 I d/ 1, 10 4 T f q πm πfm 0,5 T q m v R qv v qr m K 1 mv ( qr) m µ 0 Ni l 3, J i l µ 0 N 0 A 1,9 106 m/s 7 v in velocità del protone in moto prima dell urto; v velocità dei due protoni dopo l urto. Urto completamente anelastico: m p v in ( m p + m p )v v in v v re m p re m p 10 6 m/s F ev 3, N Urto completamente anelastico: m p v in ( m p + m p )v v in v m/s 8 Invertendo la formula dell energia cinetica si ha 1

22 v K m ( 1, J) 5, , kg 3, m/s Componente della velocità lungo la direzione di : v vcos( 90 α) ( 3, m/s)cos 90 60, m/s Componente della velocità lungo la direzione perpendicolare a : v vcosα ( 3, m/s)cos60 1, m/s La traiettoria seguita dal protone sarà elicoidale con raggio ( 1, m/s) ( 13, ) R mv q 1, kg 1, C Il tempo impiegato a percorrere una spira è T πm q Il passo dell elica è 1,7 m π( 1, kg) ( 1, C) ( 13, T) 5, s ( 5, s) 13,8 m p v T, m/s Se raddoppiasse si dimezzerebbe il raggio, il periodo e il passo dell elica. Se entrasse una particella alfa il raggio raddoppierebbe perché la massa quadruplica; poiché la carica raddoppia, analogamente il periodo raddoppierebbe e quindi anche il passo. 9 Il flusso iniziale è Φ i Nπ d 4 cos ( 90 α ) 18( 3, T)π 1, m 4 Il flusso finale è Φ f Nπ d 4 cosα 18( 3, T)π 1, m 4 La variazione di flusso è Φ cos( ) 5, Wb cos( 50 ) 4, Wb Φ f ( ) Φ i ( ) 4, Wb 5, Wb 8, Wb Con il cilindro di ferro, il valore del campo magnetico sarà moltiplicato per µ r. La variazione di flusso sarà perciò Φ Fe µ r Φ ( ) 050( 8, Wb) 1, Wb

23 10 Gli isotopi percorrono, attraverso il campo, una traiettoria semicircolare, poiché v. La distanza massima corrisponde al diametro della circonferenza. L energia cinetica degli isotopi sarà pari all energia potenziale elettrica acquistata. Per entrambi gli isotopi si ha K U q V Dalla formula dell energia cinetica si ricava v K m q V m che sostituita nella R mv q permette di ricavare m: R m q V m q mq V q m R q Per la traccia a distanza 10,8 cm, si avrà: V m 1 R 1 q V 1, m che corrisponde a circa 6 u. Infatti 9, kg 1, kg 5,98 ( 1, C) 0,185 T ( 800 V) 9, kg Si tratta quindi dell isotopo 3 6 Li. Per la traccia a distanza 11,6 cm, si avrà: m R q V 1, m che corrisponde a circa 7 u. Infatti 1, kg 1, kg 6,89 ( 1, C) 0,185 T ( 800 V) 1, kg Si tratta quindi dell isotopo 3 7 Li. 11 Dalla condizione di equilibrio tra forza di Lorentz e forza elettrica, si ricava: e V H d ev v V H d 1, V ( 0, 10 m) 0,054 T 1,1 10 m/s 3

24 Dalla definizione di densità di corrente j i S 3,0 A (,41 10 m), 10 3 m v i qns J qn 1 r mv q 9, kg 1, C 5,7 104 A/m n J qv 5, A/m 1, C ( 7, m/s) ( 10 T) ( 1,1 10 m/s) 3, 105 m 3 4, 10 5 m F c mv r ev ( 1, C) ( 7, m/s) ( 10 T) 1, N 13 Dalla relazione dell energia cinetica si calcola la velocità della particella: K 1 mv 5,0 MeV ( 5, )( 1, J) 8, J v K m ( 8, J) 6, kg 1, m/s Il raggio della traiettoria risulta: ( 1, m/s) ( 1, T) r mv q 6, kg 3, C 14 La velocità di un protone è v K m ( 1, J) 4, , kg Il raggio della traiettoria è r mv q ( 8, m/s) ( 3,00 10 T) 1, kg 1, C Il periodo della traiettoria circolare è T πr v K r mv m q m q π 3,05 m 8, m/s, s 7 10 m 8, m/s 3,05 m 4

25 quindi r K. Il periodo della traiettoria circolare è T πr v π v mv q πm q quindi T è indipendente da K. 15 La particella accelerata raggiunge la velocità v at e percorre una distanza s 1 at quindi penetra nel campo magnetico con la velocità v a s a as qe m s 4, N/C 3,kt10 19 C 6, kg m Il raggio della traiettoria descritta vale: ( 7, m/s) ( 9, T) r mv q 6, kg 3, C 7, m/s 1, m 18 cm L altezza h del punto in cui la particella colpisce lo schermo può essere determinata facendo riferimento alla figura. Infatti r h r d h r r d 18 cm ( 18 cm) ( 15 cm) 8,1 cm 16 Il raggio della traiettoria descritta si ricava dalla relazione r l cos( 90 α) l cos m 3,09 10 m 0,866 quindi risulta v qr m ( 19 C), T 1,6 10 ( 3,09 10 m) 9, kg 8, m/s 17 G µ L µ GL µ Gmvr v ωr 5

26 µ mgωr ( 9, kg) ( 8, C/kg) ( 1,16 10 rad/s) ( 1, m) 9, A m 18 Ri t mc T m i R t c T ( 1,5 A) 10 Ω 500 J/(kg C) Poiché la forza F id cost. il moto è uniformemente accelerato. l 1 at v at t l v a v l id ma ma id mv lid 0,50 m/s ( 1,5 A) ( 1,0 m), kg 0,50 m ( 1,0 s) ( 0 C),3 g 0, 38 mt 6