Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 7 Pag. 1

Transcript

1 - - - o 0 o ULTERIORI PROBLEMI PROPOSTI Problema 7.a. Due cariche elettriche puntiformi con cariche entrambe positive, di intensità q 0 5 C e q, C sono poste alla distanza di 60 cm: determinare il punto sulla congiugnente le due cariche in cui il campo elettrico generato dalle due cariche è nullo. Problema 7.b. Quale deve essere il valore di una carica elettrica puntiforme positiva posta nel vuoto perché il potenziale elettrico a 0 cm di distanza da essa sia + 00 V? Problema 7.c. Una sferetta di massa m 4, kg è sospesa per mezzo di un filo di massa trascurabile lungo m tra due piatti piani paralleli carichi uniformemente di segno opposto. Quando la sferetta è in equilibrio, essa risulta spostata di cm rispetto alla verticale. Se il campo elettrico tra i due piatti ha intensità E elettr 3 0 N/C, determinare l intensità della forza elettrica agente sulla sferetta e la sua carica elettrica. Problema 7.d. Determinare il lavoro eseguito dalla forza elettrica quando si allontana una carica puntiforme negativa q 0, C da una carica positiva q C, portandola da una distanza di 0 cm ad una distanza di 50cm. Problema 7.e. Quanto vale il potenziale elettrico sulla superficie di un nucleo d oro, il cui numero atomico è Z 79 e il cui raggio è R 6, 0 5 m? Problema 7.f. Schmatizziamo grossolanamente, come nell Esempio 7.3, un atomo di idrogeno come un elettrone ed un protone fermi ad una distanza r 0, m: si calcoli il potenziale di ionizzazione e lo si confronti con il valore sperimentale di 3,598 ev.c Problema 7.g. (Svolgere i Problemi 7.g e 7.h uno di seguito all altro). Potenziale generato da un anello sottile carico uniformemente. È dato un anello di raggio R e di spessore trascurabile carico uniformemente, con una carica elettrica totale q: calcolare il potenziale che esso genera nei punti P dell asse a distanza r dal piano dell anello. Problema 7.h. Potenziale generato da un disco carico uniformemente. È dato un disco piano di raggio a, uniformemente carico, con densità superficiale di carica σ. a) Calcolare il potenziale che esso genera nei punti dell asse a distanza r dal disco. b) Trovare il limite di questa espressione nei punti la cui distanza dal disco vale r a: dimostrare che in queste condizioni il disco si comporta come una carica puntiforme. [Utilizzare l approssimazione (sviluppo binomiale): + η + η per η ]. Problema 7.i. Un conduttore ha capacità C 4 0 F ed una carica q C: se esso viene posto in contatto elettrico con un secondo conduttore scarico di capacità C, il potenziale del sistema così ottenuto diminuisce di V V. Trovare il valore di C. Problema 7.l. Un condensatore piano, con armature di area A 00 cm distanti tra loro h mm, è collegato ai capi di un generatore di f.e.m. 00 V. Inizialmente il condensatore è immerso completamente in aria. Se lo si immerge per metà in olio ( 8), qual è la variazione della sua carica elettrica? Problema 7.m. Un filo di rame ha sezione di diametro 0,8 mm. Calcolare: a) la lunghezza che deve avere il filo per possedere la resistenza di Ω a 0 C; b) la resistenza e la caduta di potenziale in una linea costituita da km di tale filo, che porta una corrente elettrica di 0,6 A (ρ rame 0, 06 Ω m a 0 C). Problema 7.n. Un circuito ai cui capi è applicata una d.d.p. costante di V è costituito da due resistenze collegate in serie R 5 Ω e R 0 Ω: calcolare la quantità di calore che si sviluppa in R in ora. Problema 7.o. Nel circuito della fig. 7.9 la batteria ha una f.e.m. di 30 V e una resistenza interna r i 3 Ω, e le resistenze valgono R 0 Ω, R 0 Ω, R 3 0 Ω: calcolare la quantità di calore che si sviluppa in R 3 in 5 minuti. Problema 7.p. Nel circuito in fig è V 30V, V 0 V, r r Ω, R 8 Ω, C pf: a) calcolare l intensità della corrente che circola nella resistenza R e la carica sulle armature del condensatore quando esso è immerso in aria secca; b) se il condensatore è piano, le armature distano di cm, ed è immerso in acqua distillata (che è un dielettrico), calcolare la sua capacità, la carica sulle armature, l intensità del campo elettrico e la densità di energia elettrostatica tra le sue armature. Problema 7.q. Calcolare il modulo del momento meccanico a cui è soggetta una bobina rettangolare piana di lati 5,4 cm e 8,5 cm, costituita di 50 spire di filo conduttore e percorsa dalla corrente di 3 A immersa in una campo magnetico uniforme e costante di intensità B 0, 35 T nei due casi in cui B formi un angolo rispettivamente di 30 o di 90 con il piano della spira. Problema 7.r. Dimostrare che nel galvanometro della fig. 7.69, con la bobina costituita di N spire di filo conduttore, se il momento di richiamo di torsione della molla M ubbidisce alla legge delle forze elastiche (reazione proporzionale ed opposta lla deformazione, cioè all angolo di torsione φ) M kφ in modulo, la rotazione φ della bobina all equilibrio è proporzionale all intensità della corrente. Problema 7.s. Un solenoide è composto da 00 spire/m ed è percorso dalla corrente i s A. a) Calcolare la forza agente su un tratto di filo percorso dalla corrente i f A e di lunghezza 0 cm disposto al suo interno e parallelo all asse del solenoide. b) Calcolare la forza totale agente sul tratto di filo MNP Q della fig con i lati MN P Q 0 cm e NP cm, percorso dalla corrente i f. Problema 7.t. Due lunghi fili rettilinei paralleli sono percorsi rispettivamente dalle correnti i 5 A e i 30 A, concordi ( fig. 7.95), e distano tra loro 0 cm: calcolare modulo, direzione e verso del campo B nei punti P, S e T. Problema 7.u. Un filo rettilineo percorso dalla corrente i 50 A è posto perpendicolarmente a un campo magnetico uniforme di intensità B 0 3 T orientato perpendicolarmente al filo ( fig. 7.96): determinare il campo magnetico B r risultante nei punti M, N, P ed R posti si una crconferenza di raggio r cm, con centro sul filo ed ortogonale ad esso. Problema 7.v. Dimostrare che due fili rettilinei paralleli distanti d e percorsi rispettivamente dalle correnti i e i esercitano l uno sull altro una forza: determinarne l intensità la direzione e il verso a seconda che le correnti i e i siano concordi o discordi. Problema 7.z. Un sottile fascio di protoni di energia 4,3 0 5 ev viene iniettato in una regione in cui vi è un campo magnetico uniforme perpendicolare alla direzione del fascio e di intensità 3, 0 T: determinare a) la traiettoria dei protoni e b) il raggio ed il periodo del loro moto. Problema 7.x. Una bobina toroidale è costituita da N spire ed è piegata a formare una ciambella circolare, come si vede nella fig. 7.97: assumendo che le spire siano addossate l una all altra, senza spazi intermedi vuoti, calcolare il campo magnetico all interno della bobina, ad una distanza r dal centro, e nello spazio esterno al toro (anche nel buco della ciambella). ` Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 7 Pag.

2 7.8. CENNO AI TRASDUTTORI 547 Questa forza imprime all elettrone un accelerazione avente la stessa direzione e e lo stesso verso, e modulo F 3, 0 6 N a 3, m s. me 9, 0 3 kg Soluzione Consideriamo dapprima il campo all esterno del filo (r > R): scegliamo un cammino chiuso circolare di raggio r con il centro sull asse del filo (! fig. 7.76). Per ragioni di simmetria il campo e diretto ortogonalmente al filo, quindi in ogni punto e tangente al cammino circolare ed ha modulo costante. Poiche la corrente totale che attraversa il cammino e i 0, il teorema di Ampe re (7.) da! C( B ) B ds B πr µ0 i0, da cui si ottiene µ 0 i0, per r > R, π r che e identica alla (7.4) (si vede quindi che la legge di Biot e Savart si puo considerare come una conseguenza del teorema generale di Ampe re. Consideriamo ora l interno del filo (r < R). Per le medesime ragioni di simmetria il campo magnetico ha direzione e verso come nel caso precedente. Consideriamo nuovamente un cammino circolare di raggio r concentrico all asse del filo: ora la corrente elettrica che lo attraversa e minore di i0 : poiche la corrente e distribuita uniformemente nella sezione del filo, la frazione che attraversa il cammino e proporzionale al rapporto tra la sezione del cammino, πr, e la sezione totale del filo, πr. Il teorema di Ampe re da quindi! πr C( B ) B ds B πr µ0 i0, πr B B " µ 0 i0 πr # r, per r < R. La dipendenza del campo magnetico da r per entrambi i casi e mostrata nella! fig Soluzione Le resistenze R e r sono disposte in serie, e cosı pure R e r3 : il circuito puo venire rappresentato come nella! fig Indichiamo le tre correnti i, i e i3 e sciegliamo ad esempio i loro versi come nella figura. Il circuito e composto di 3 maglie e nodi: scegliendo ad esempio le due maglie interne ed i versi di percorrenza orari le leggi di Kirchhoff danno le tre equazioni i3 i + i V V i (R + r ) i r V V3 i r + i3 (R + r3 ) Sostituendo la prima equazione nella terza si ha V V3 i (R + r3 ) + i (R + r + r3 ); (7.4) ricavando i dalla seconda equazione i V V + i r R + r (7.4) 548 CAPITOLO 7. CAMPI DI FORZE e sostituendo nella (7.4) si ottiene V V3 R + r 3 (V V + i r ) + i (R + r + r3 ), R + r i R +r R +r V + R +r3 V R +r3 V3 R +r R +r3 +r + R +r3 0( ) 6 0++(+ 6 ) A. Dalla (7.4) si ottiene allora 4 A, 33 A, 3 quindi la corrente i circola nel verso opposto a quello indicato nella! fig. 7.04; e infine i i3 i + i 0, 67 A.... Soluzione 7.a. Indichiamo con x la distanza del punto P dalla carica q, e quindi con d x la sua distanza da q,! fig. 7.05: la somma vettoriale dei campi generati dalle due cariche deve essere nulla, e poiche i due campi sono diretti lungo la congliungente ed hanno versi opposti deve essere k da cui si ottengono due soluzioni q q k 0, x (d x) (7.43) 36 7 m, 7, 5 x 0, 4 m, x, m x, 6± La seconda soluzione corrisponderebbe ad un punto al di fuori del segmento che congiunge le due cariche, in cui i campi elettrici generati dalle due cariche sarebbero concordi: la (7.43) andrebbe allora riscritta con il wegni piu e non avrebbe qundi soluzione. La soluzione del problema e quindi x 0, 4 m. Soluzione 7.b. Il potenziale generato da una carica puntiforme e dato dall espressione (7.37): ponendo per comodita la costante additiva uguale a zero e risolvendo rispetto a q si ottiene q V 4πε0 r (00 V)(4π)(8, 9 0 C N m )(0. m), 0 9 C. Questa carica e confrontabile con quelle che si possono produrre per strofinio. Soluzione 7.c. Sulla pallina in equilibrio agiscono tre forze: quella di gravita F g, la forza elettrica Felettr e la reazione vincolare T del filo (! fig. 7.06): perche la sferetta stia in equilibrio la risultante del peso e della forza elettrica deve avere la stessa direzione del filo, e sia totalmente annullata dalla reazione vincolare. Devono quindi essere simili i due triangoli ABC e AM N, per cui deve essere (approssimando il lato BC con la lunghezza AC del filo) AB 0 m AB Felettr $ 0. Fg BC AC m Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 7 Pag.

3 Quindi F elettr 0 F g (0 )(4, kg)(9, 8 m/s ) 4, N. Soluzione 7.d. Poiché le due cariche si suppongono puntiformi, il lavoro è dato da ( ) L AB kq q r A r B ( (9 0 9 Nm C )( 0, C)(8 0 8 C) 0, m 0,5 m ) J. Il lavoro ha segno negativo: infatti, poiché le due cariche hanno segno opposto, la forza tra di esse è attrattiva, mentre lo spostamento avviene in verso opposto. Soluzione 7.e. Il nucleo, supposto a simmetria sferica, si comporta per i punti esterni come se la sua carica elettrica fosse concentrata in un punto, per cui si può utilizzare l espressione (7.37) per le cariche puntiformi V q k Ze 4πε 0 r r (9 0 9 Nm C ) (79)(,6 0 9 C) 6, 0 5 m, V 8 MV. Soluzione 7.f. Si deve calcolare la d.d.p. che si deve applicare per allontanare l elettrone dall atomo fino a distanza infinita, dove si annulla la forza di attrazione coulombiana: il problema è concettualmente analogo all Esempio 3.8 sulla velocità di fuga di un corpo dal campo gravitazionale terrestre. Proprio nell Esempio citato si è visto che il risultato è indipendente dalla scelta del valore della costante additiva dell energia potenziale, cioè del punto in cui il potenziale si pone uguale a zero: se si pone uguale a zero il potenziale all infinito, cioè la costante additiva uguale a zero, il lavoro cercato è dato direttamente dal prodotto della carica e dell elettrone per il suo potenziale a distanza r dal protone, cioè L r e V k e r (9 09 Nm C ) (, C) 9 ev, 0, m, J/eV che risulta circa il doppio del valore sperimentale: questo modello costituisce un approssimazione troppo drastica, anche se ci fornisce l ordine di grandezza giusto. Soluzione 7.g. Tutti i punti dell anello carico di spessore trascurabile (infinitesimo) di raggio R si trovano alla stessa distanza r R + r dal punto P sull asse ( fig. 7.07): l integrale (7.39) si riduece pertanto a V (r) 4πε circonf dq r 4πε r circonf dq 4πε q R + r. Soluzione 7.h. a) Consideriamo un punto P sull asse a distanza r dal centro O del disco ( fig. 7.08). Per calcolare l integrale (7.39) occorre considerare gli elementi di carica sul disco che hanno la stessa distanza da P : essi sono costituiti dalle corone circolari infinitesime di raggio y e larghezza dy, aventi area (πy) dy e carica elettrica dq σ (πy) dy, e la loro distanza de P vale r y + r. Dal Problema precedente ogni corona circolare infinitesima contribuisce al potenziale in P con dv dq 4π 4πε σ (πy) y + r dy σ ε y y + r dy, e il potenziale totale vale quindi V (r) dv σ ε a 0 y y + r dy σ y ε + r a σ ( a + r 0 ε r) b) Nel caso r a la quantità a + r per a può essere approssimata come indicato nel r testo ) ( a + r r ( + a r + ) a r r +... r + a r, con cui il potenziale diviene (con q σ πa ) V (r) σ ) (r + a r σa 4εr σπa 4πεr q 4πεr q 4π, cioè la (7.37): questo perché per distanze r a il disco si comporta come una carica puntiforme. Soluzione 7.i. Il potenziale del primo conduttore isolato è V q C 0 V. C 4 0 F La capacità totale del sistema formato dai due conduttori collegati è C C + C, e il potenziale totale q V V V, C + C C ( q C(V V ) V V q C V V ) C 4 0 F, pf. 9 V Soluzione 7.l. Quando il condensatore è immerso completamente nell aria la sua carica elettrica è Q a C a V ε 0A V. (7.44) h Quando invece è immerso per metà in olio si comporta come se fosse un sistema di due condensatori in parallelo, ciascuno di superficie metà, l uno immesro in aria e l altro in olio ( fig. 7.09): i due condensatori avranno quindi la stessa differenza di potenziale tra le armature, mentre le loro cariche si sommeranno ( ) q fin q a + q ol (C a + C ol ) V ε0a/ ε0εr A/ + V h h ε0a ( + ε h r) V q a( + ). La variazione della carica elettrica è quindi e sostituendo la (7.44) q q fin q a q a( + ) q a q a q a ε0a h V εr (8,9 0 )(0 4 0 )0 7 ( 0 3 ) C, C., Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 7 Pag. 3

4 Soluzione 7.m a) Per la (7.58) la lunghezza del filo deve essere b) Dalla stessa relazione si ricava l RA ρ ( Ω)(0, m) (3, 4) 3, 3 m. 0, Ω m R (0, m Ω m) (0, m) (3, 4) 64 Ω, V (64)(0, 6) V 38, 4 V. Soluzione 7.n. La quantità di calore dissipata nella resistenza R nell intervallo di tempo t è data dalla legge di Joule Q i R t: si deve quindi calcolare l intensità di corrente che circola nelle due resistenze in serie, dalla legge di Ohm e quindi i V V R + R (5 + 0) Ω 0, 5 A, Q (0, 5 A) (0 Ω)(3600 s) 53 cal. Soluzione 7.o. Occorre in primo luogo determinare l intensità di corrente totale che circola dalla batteria attraverso la resistenza R e che si suddivide nelle due resistenze R e R 3 : queste ultime infatti sono collegate tra loro in parallelo, e la loro resistenza equivalente R 3 RR3 R +R 3 è collegata in serie con le due resistenze in serie R e r i, per cui la resistenza totale del circuito vale R tot R + r i + R ( ) R Ω 30 Ω. R + R La corrente totale nel circuito è quindi i tot V R tot 30 V 30 Ω A. Questa corrente si suddivide nelle correnti di intensità i e i nei due rami R e R : poiché ai capi delle due resistenze in parallelo vi è la stessa differenza di potenziale, si ha i R i 3 R 3, i + i 3 i tot, da cui R 0 i 3 i tot ( A) 0, 33 A. R + R La quantità di calore sviluppata in R 3 in 5 minuti in calorie è quindi Q 3 i 3R 3 t (0, 33 A) (0 Ω)(300 s) 4, 96 J/cal 57 cal. Soluzione 7.p. a) Le tensioni delle due batterie sono opposte, per cui la tensione totale nel circuito è V tot 0 V; le resistenze sono in serie, per cui la corrente è data da i V tot 0 V R + r + r 0 Ω A. La differenza di potenziale tra le armature del condensatore è uguale alla caduta di tensione ai capi della resistenza R V C V R ir 6 V, per cui la carica sulle armature vale q C ir, 6 0 C. (7.45) b) La capacità del condensatore quando è immerso in acqua vale (la costante dielettrica relativa dell aria secca è praticamente uguale a quella del vuoto) C acqua C aria 80 pf. La differenza di potenziale tra le armature diviene V acqua V C 6 V 80 0, V. La carica sulle armature rimane la stessa (7.45), poiché q acqua C acqua V acqua C aria V aria. Il campo elettrico tra le armature vale ). La densità di energia (7.49) è E acqua elettr V acqua 0, V 0 V/m d 0 m e earia ε0(earia elettr) ( Earia elettr (8,854 0 C/N m )( 6 V, J/m 3. ()(80) 0 m ) Soluzione 7.q. Il momento magnetico della bobina è p magn NiA (50)(3 A)(5, 4 0 m)(8, 5 0 m) 0, 69 A m. Nei due casi indicati l angolo formato dal campo magnetico con il verso del momento magnetico (ortogonale al piano della bobina) è rispettivamente di 60 e di 0, per cui si ottengono i momenti meccanici rispettivamente M 60 p magn B sin π 3 3 (0, 69 A m )(0, 35 T) 0, N m, M 0 0 Soluzione 7.r. Il momento magnetico della bobina del galvanometro vale p magn NiA ed è normale alla superficie della bobina: il campo magnetico è sempre parallelo al momento magnetico, per cui la bobina è soggetta al momento meccanico M bob NiA B, indipendente dalla sua orientazione. Il filo reagisce invece con un momento di torsione proporzionale in modulo all angolo di rotazione M filo kφ. All equlibrio i due momenti meccanici sono uguali, per cui si ottiene i k NAB φ, Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 7 Pag. 4

5 proporzionale all angolo. Soluzione 7.s. In primo luogo è necessario calcolare l intensità del campo magnetico all interno del solenoide B µ 0 ni (4π 0 7 N m/a)(00 m )( A), T. a) Poiché il campo è parallelo all asse del solenoide, il tratto di filo parallelo anch esso all asse è soggetto ad una forza magnetica nulla. b) I tratti di filo MN e P Q sono soggetti ad una forza nulla, mentre il tratto NP, ortogonale all asse e quindi al campo, è soggetto ad una forza diretta verso il basso di modulo F Bil (, T)( A)( 0 m) N. Soluzione 7.t. Il campo magnetico prodotto da ciascun filo ha intensità data dalla legge di Biot e Savart (7.4), è ortogonale alla pagina nei punti indicati, orientato verso l alto o verso il basso secondo la regola della vite, o della mano destra. Nel punto P entrambi i campi escono dalla pagina e il campo totale è orientato verso l esterno della pagina ed ha modulo ( 5 B P B + B ( 0 7 ) 0, ) T T. 0, 5 Nel punto S B è rivolto verso l interno della pagina, mentre B è rivolto verso l esterno e, essendo uguale la distanza dal filo, ha intensità tripla, per cui B S è rivolto verso l esterno ed ha modulo B S B B 0 4 T. In T entrambi i campi sono rivolti verso l interno della pagina, per cui il campo risultante è rivolto anch esso verso l interno ed ha modulo B T B + B, T. Soluzione 7.u. Il campo generato dal filo a distanza r ha modulo B filo ( 0 7 ) 50 0, 0 T T ed è orientato sulla circonferenza come mostrato nella fig Nei punti M e P il campo risultante ha lo stesso modulo B M B P Bfilo + B e l angolo α è dato da tan α (5 0 4 ) + ( 0 3 ) T, T B B filo , cioè α 76. Nei punti N ed R i due campi sono paralleli e rispettivamente discordi e concordi, per cui le risultanti sono rispettivamente B N B B filo, T, B R B + B filo, T, orientati come in figura. Soluzione 7.v. Considerando ad esempio il filo percorso dalla corrente i, esso genera una campo magnetico B dato dalla (7.4) e diretto in corrispondenza del secondo filo come indicato nella fig. 7.. Questo campo esercita su ogni tratto di lunghezza l dell altro filo una forza data dalla (7.0), di modulo F B i l, orientata verso l altro filo se le due correnti hanno lo stesso verso, in direzione opposta se le correnti circolano in versi oppoti: pertanto due correnti parallele concordi si attirano, mentre due correnti discordi si respingono. La forza esercitata da un filo sull unità di lunghezza dell altro ha lo stesso modulo F l µ i i πd. (7.46) e verso opposto (principio di azione e reazione). Soluzione 7.z. Poiché la forza è sempre ortogonale alla velocità dei protoni, la loro traiettoria è circolare ( Par..6.) e il suo raggio si determina identificando l accelerazione centripeta con la forza di Lorentz (7.) v m p r evb, da cui r m pv eb. (7.47) La quantità di moto m p v dei protoni si ottiene dalla loro energia cinetica per cui r mecin eb Il periodo del moto circolare risulta E cin m pv, da cui m p v me cin (, kg)(4, ev)(, J/eV) 3 m. (, C)(3, 0 T) T πr v πm p eb, s. Soluzione 7.x. Applichiamo il teorema della circuitazione di Ampère (7.53) utilizzando la particolare simmetria del problema. In tutti i punti della circonferenza di raggio r concentrica con il centro del toro il campo magnetico ha la stessa intensità ed è tangente alla circonferenza ( fig. 7.). Pertanto la circuitazione B d s del campo lungo questa circonferenza su ogni tratto di essa vale semplicemente B ds; d altra parte la circonferenza racchiude N avvolgimenti, quindi il teorema di Ampère dà B d s B ds B (πr) µ 0 N i, B µ 0 N i. πr Questo risultato mostra che l intensità del campo dipende da r, quindi il campo magnetico non è uniforme all interno della bobina toroidale. Se la bobina è ideale, cioè gli avvolgimenti sono molto fitti in modo da poterli considerare come una successione continua di spire circolari, il campo magnetico all esterno della bobina toroidale (anche nel buco della ciambella) risulta nullo: anche questa conclusione segue dal teorema della circuitazione di Ampère, considerando come prima circonferenze concentriche, le quali però ora sono attraversate da un flusso nullo di corrente, poiché ogni spira le attraversa due volte con la corrente diretta in versi opposti. In una bobina reale gli avvolgimenti non sono realmente spire, ma spirali, ed esiste sempre un piccolo spazio tra l una e l altra, per cui vi è sempre un piccolo campo magnetico esterno. Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 7 Pag. 5

6 Angelo Baracca - Ulteriori Esercizi e Problemi sul Capitolo 7 Pag. 6