legge di coulomb e campo elettrostatico esercizio 1 · a. chiodoni – esercizi di fisica ii...

A. Chiodoni – esercizi di Fisica II

Politecnico di Torino – Corsi dilaurea a distanza

1

Legge di Coulomb e campo elettrostatico

Esercizio 1

Tre cariche positive uguali q1=q2=q3=q sono fisse nei vertici di un triangolo equilatero

di lato l. Calcolare (a) la forza elettrica agente su ognuna delle cariche e (b) il campo

elettrostatico nel centro del triangolo.

→→→→ Soluzione

(a) Consideriamo una delle cariche, per esempio la 3, come carica di prova e calcoliamo

la forza elettrica esercitata su di essa dalle altre due cariche. Per far ciò, partiamo

dai campi elettrici generati dalle cariche q1 e q2 e risentiti da q3:

2

0

214 l

qEE

πε==

I contributi delle due componenti lungo l’asse x sono uguali ed opposti per ragioni di

simmetria, pertanto il modulo della risultante del campo elettrico nel punto P3 sarà dato da:

2

0

2

0

214

330cos

42

l

q

l

qEEE yy

πεπε=°=+=

A questo punto calcoliamo la forza Fr che agisce su q3=q:



2

yul

qEqF ˆ

4

32

0

2

3πε

==rr

(b) Calcoliamo ora il campo elettrico nel centro C del triangolo; data la simmetria del

problema, il contributo di ciascuna carica è uguale a quella delle altre. In modulo,

abbiamo che

2

0

3214

1

r

qEEE

πε=== dove

3

3

3

llr ==

Consideriamo ora il problema dal punto di vista di vettoriale; si ha che:

0321 =++= EEEErrrr

in quanto i tre vettori sono disposti come i lati di un triangolo equilatero e la

risultante è nulla. Ciò significa che se ponessimo una carica in C, essa non risentirebbe

di alcuna forza e resterebbe in equilibrio.

Esercizio 2

L’elettrone e il protone in un atomo di idrogeno si trovano a una distanza media r = 0.53 x 10-10 m, che coincide con le dimensioni dell’atomo. Calcolare l’intensità della

forza gravitazionale e della forza elettrostatica tra il protone e l’elettrone.


Calcoliamo le due forze e confrontiamone l’intensità:

forza gravitazionale: Nr

mmF

pe

g

47

210

273111

21062.3

)1053.0(

1067.11011.91067.6 −

−

−−−

×=×

×××××== γ

forza elettrostatica: Nr

qqF

pe

e

8

210

19199

2

0

1020.8)1053.0(

106.1106.1109

4

1 −

−

−−

×=×

××××==

πε

come si può notare, Fe è molto più grande di Fg ( )39103.2 ×≅ge FF : a livello atomico la

forza gravitazionale è completamente trascurabile rispetto alla forza elettrica.

Esercizio 3

Due sferette di massa m1=m2=m=20g e carica q1=q e q2=2q rispettivamente, sono

appese a due fili di lunghezza l=120 cm, che formano all’equilibrio due angoli θ1 e θ2,



3

molto piccoli, con la verticale. Calcolare (a) il rapporto θ1/θ2. Se la distanza tra le

sferette all’equilibrio è r= 10 cm, calcolare (b) il valore di q.


(a) All’equilibrio, la risultante R

r della forza peso e della forza elettrostatica agenti su

ciascuna sfera è diretta lungo il filo, uguale ed opposta alla tensione del filo stesso.

Le due forze hanno moduli:

2

0

2

4

2

r

qFe

πε= mgFg =

e se consideriamo le relazioni trigonometriche tra gli angoli di equilibrio e le forze:

mgr

q

F

FtgFtgF

g

e

ge 2

0

2

224

2.

πεθθ ==→=

ma anche

θ2 θ1

θ2



4

mgr

q

F

FtgFtgF

g

e

ge 2

0

2

114

2.

πεθθ ==→=

Dunque 2121 θθθθ =→= tgtg

(b) Considerando che 1θ e 2θ sono molto piccoli e considerando le relazioni

trigonometriche all’interno dei singoli triangoli,

2121 sinsin2

θθθθ llllr

=≅==

Possiamo allora calcolare la carica q:

mgr

q

l

rtg

2

0

2

114

2

2 πεθθ =≈≈

l

mgrq

l

mgrq

4

4

4

4 3

0

3

02 πεπε=→=

Inseriamo ora i valori numerici

9

0

1

10.94

1

10

2.1

=

=

=−

πε

mr

ml

5.410102.43

)196.0(10

)2.1()4()9(

8.920)1.0(10 39939

2 ××==××

×= −−

−−

q Cq 612 1013.21053.4 −− ×=→×=

Esercizio 4

Due sferette di massa m1=m e m2=2m hanno entrambe carica Cq 8105 −×= e sono

sospese a due fili di lunghezza l=120 cm. All’equilibrio i due fili formano due piccoli angoli 1θ e 2θ con la verticale. Calcolare (a) il rapporto 1θ / 2θ . Se la distanza tra le

sferette all’equilibrio è r=10cm, calcolare (b) la massa m.




5

(a) All’equilibrio, la risultante Rr della forza peso e della forza elettrostatica agenti su

ciascuna sfera è diretta lungo il filo, bilanciato dalla tensione del filo sterno.

Per la sfera 1 vale:

12

0

2

114

θπε

θθ ≅==→=mgr

q

F

FtgtgFF

g

e

ge

Per la sfera 2 si ha che:

22

0

2

2224

θπε

θθ ≅==→=mgr

q

F

FtgtgFF

g

e

ge

Possiamo quindi concludere che 1θ = 2 2θ

(b) Da relazioni trigonometriche sappiamo che 11sin2

θθ llr

≅= ; 22sin2

θθ llr

≅=

)(22

2121 θθθθ +=+=+= lllrr

r

allora:

)(

2

21

21

θθ

θθ

+=

=

lr →

l

r

l

r

3

2

3

1

2

=

=

θ

θ

Allora la massa m si può calcolare come:

θ2 θ2

θ1



6

gr

lqm

gr

qm

mgr

q3

0

2

1

2

0

2

2

0

2

142

3

44 πεθπεπεθ =→=→=

13.41013.40196.0

10810)109(

)8.9()1.0(

12)105(

2

3 37

9

3

28

=×→×

→××× −

−−

g mg

Esercizio 5

Una carica q è distribuita uniformemente su un sottile anello di raggio R. Calcolare il

campo elettrostatico E sull’asse dell’anello.


Definiamo la densità lineare di carica come R

q

L

q

πλ

2== costante sull’anello, per cui

ciascun elemento dl di anello ha una carica infinitesima dldq λ= . Se consideriamo due

elementi 1dl e 2dl di anello diametralmente opposti, di carica 1dq e 2dq , si ha che le

componenti lungo l’asse x dei campi elettrostatici 1Edr

e 2Edr

dovute ai due elementi

sono uguale e concordi, mentre quelle lungo l’asse y, essendo uguali e discordi si

elidono. Il campo elettrostatico lungo l’asse x sarà dato di:

θπε

λθ

πεθ cos

4cos

4cos)(

2

0

2

0 r

dl

r

qdExdEx ===

x

l

x uRr

dlur

xE ˆ24

cosˆ

4

cos)(

2

0

2

0

ππε

θλ

πε

θλ==→ ∫

r

Poiché 222xRr += e

22cos

xR

x

r

x

+==θ

θ



7

xx uxR

xRu

xRxR

xRxE ˆ

)(2ˆ

1

2)(

2/322

0

22220 +

=++

=→ε

λ

ε

λr

xuxR

xqxE ˆ

)(4)(

2/322

0 +=

πε

r

Consideriamo i diversi casi:

se x > 0, si ha che il campo elettrostatico è parallelo e concorde all’asse dell’anello

se x = 0, si ha che il campo elettrostatico è nullo

se x < 0, si ha che il campo elettrostatico è parallelo e discorde all’asse dell’anello

se x>>R, xux

qRxE ˆ

4)(

2

0πε=>> (come se la carica fosse concentrata nel centro

dell’anello)

Esercizio 6

Un disco sottile di raggio R ha una carica q distribuita uniformemente su tutta la sua

superficie. Calcolare il campo elettrostatico Er sull’asse del disco. Estendere il

risultato al caso in cui R tende all’infinito (piano uniformemente carico).


Definiamo la densità superficiale di carica 24 R

q

S

q

πσ == costante su tutto il disco.

Ciascun elemento di superficie dS avrà una carica dS.σ=dq . Consideriamo una corona

circolare compresa tra r e dr+r, assimilabile a un anello di superficie rdrdS π2= e carica drrdq σπ2= . A distanza x dal centro, il campo elettrostatico sarà dato da:

x

l dr, dq

r

R P

x

θ



8

θπε

σθ

πεθ cos

4

.cos

4

.cos)(

2

0

2

0 l

dS

l

qdExEd ===

r

ma

222xrl +=

22coscos

xr

xlx

+=⇒= θθ

allora

xx uxr

xrdrxu

xr

x

xr

rdrxEd ˆ

)(4

2..ˆ

)()(4

2.)(

2/322

0

2/12222

0 +=

++=

ε

σ

πε

πσr

Se ora sommiamo tutti i contributi di tutti gli anelli:

x

R

x uRx

xu

xr

rdrxxE ˆ1

2

.ˆ

)(

2

4

.)(

2200

2/322

0

+−=

+= ∫ ε

σ

ε

σr

(per risolvere l’integrale, si è proceduto come segue: la regola generale di integrazione

per le potenze dice che 1,1

1

−≠+

=+

∫ mm

xdxx

mm

se poniamo

rdrdx

m

rxx

2

2/3

)( 22

=

−=

+=

, allora

RRrx

drrxr

0

2/122

0

2/322

2/1

)()2()(

−

+=+

−−

∫

e dunque

+−=

+

+

−=

+

−=

−

+=

−

220

2220

0

2200

2/122

0

12

.1

)(

1

2

.

)(

2

4

.

2/1

)(

4

.

Rx

x

xRxrx

rxE

RR

ε

σ

ε

σ

ε

σ

ε

σ)

In generale, considerando che il campo è parallelo e concorde all’asse per x > 0, ed è

parallelo e discorde per x < 0, possiamo scrivere che

xx uRx

x

R

qu

Rx

xxE ˆ1

2

.ˆ1

2

.)(

222

022

0

+−±=

+−±=

πεε

σr

Cosa accade per 0→x , cioè cosa accade se ci avviciniamo al disco a partire dalle ascisse negative o da quelle positive?



9

I due limiti, destro e sinistro sono diversi:

xx uE ˆ2

lim0

0ε

σ=+→

r, xx uE ˆ

2lim

0

0ε

σ−=−→

r

⇒ nell’attraversare la superficie carica con densità di carica σ , il campo

elettrostatico subisce la discontinuità

+Er

- xuE ˆ0ε

σ=−

r

Se poi consideriamo un piano indefinito uniformemente carico ( ∞→R ), si ha che:

xuxE ˆ2

.)(

0ε

σ±=

r



10

Lavoro elettrico, potenziale elettrostatico, teorema di Gauss (prima parte)

Esercizio 1

Tre cariche q1=q2=q3=q sono poste ai vertici di un triangolo equilatero di lato l,

calcolare (a) il potenziale elettrostatico al centro del triangolo, (b) l’energia

potenziale elettrostatica del sistema, (c) il lavoro W necessario per portare una

carica q0 posta al centro del triangolo all’infinito .

-> Soluzione

(a) Il potenziale al centro del triangolo sarà dalla somma dei potenziali delle tre

cariche uguali. Quindi, poiché

330cos

1

2

llr =⋅=

o

Il potenziale al centro del triangolo sarà dato da

l

q

r

qV

00 4

33

43

πεπε

⋅=⋅=

==∑ ∑

i i i

i

ir

qVV

04πε

(b) Poiché Ue )(sistema ∑≠

=ji ij

ji

r

qq

042

1

πε (il termine 1/2 davanti la sommatoria tiene

conto del fatto che ciascuna combinazione viene contata 2 volte).

r

qq

r

qq

r

qqUUUsistemaUe

0

32

0

31

0

21231312

444)(

πεπεπε++=++=

(c) La carica q0 posta al centro del triangolo possiede l’energia potenziale

elettrostatica:



11

r

qq

r

qq

r

qqqUe

0

03

0

02

0

010

444)(

πεπεπε++= con

3

lr =

L’energia potenziale elettrostatica complessiva è:

)()( 0qUesistemaUeUe +=

Il lavoro necessario per allontanare la carica q0 è

( ) )()()()( 000 qUeqUeqUesistemaUeUew =∆−=∆−∆−=∆−=

in quanto ∆Ue(sistema)=0 perché l’energia potenziale del sistema rimane costante al

variare della posizione di q0 e l’energia potenziale all’infinito Ue(q0, ∞)= 0.

Esercizio 2

Una carica q è distribuita uniformemente su un sottile anello di raggio R. Calcolare il potenziale sull’asse dello anello.

-> Soluzione

DefiniamoR

q

πλ

2= la densità lineare di carica. La carica infinitesima in ciascun tratto

dl di anello è dldq λ= .

Il potenziale sarà dato da:

dlrr

dl

r

dqdV

λ

πε

λ

πεπε⋅=⋅=⋅=

000 4

1

4

1

4

1

e allora

22

000 44

2

4

1

xR

q

r

Rdl

rV

l +=

⋅=⋅= ∫

πεπε

πλλ

πε , in quanto 222

xRr +=

dl



12

Il potenziale è massimo nel centro O e decresce all’aumentare della distanza di P dal

centro. Per x >> R, x

qV

04πε= , come se la carica fosse nel centro. Possiamo calcolare il

campo elettrico come gradiente del potenziale:

( )( ) 2/322

0

2/122

0 44 xR

xqxR

x

q

x

VEx

+⋅

⋅=+

∂

∂−=

∂

∂−=

−

πεπε

0=∂

∂−=

y

VEy , 0=

∂

∂−=

z

VEz

Esercizio 3

Un sottile disco di raggio R ha una carica q distribuita uniformemente su tutta la sua

superficie; calcolare il potenziale.

->Soluzione

Definiamo la densità di carica superficiale 2

R

q

πσ = ; ciascun elemento di superficie di

area dS possiede una carica dSdq ⋅= σ . Consideriamo un anello concentrico al disco di

raggio compreso tra r ed r+dr e area drrdS π2= . Il potenziale sarà dato da

220

22

0

22

00 24

2

44 rx

rdr

rx

rdr

rx

dS

l

dqdV

+⋅=

+=

+==

ε

σ

πε

πσ

πε

σ

πε

-> ( )∫ ∫ −+⋅=+

==S

R

xxRrx

rdrdVV

0

22

022

0 2

2

4 ε

σ

ε

σ,

x

l dr, dq

r

R P

x

θ



13

(per risolvere l’integrale, si è proceduto come segue: la regola generale di integrazione

per le potenze dice che 1,1

1

−≠+

=+

∫ mm

xdxx

mm

se poniamo

rdrdx

m

rxx

2

2/1

)( 22

=

−=

+=

, allora

RRrx

drrxr

0

2/122

0

2/122

2/1

)()2()(

+=+∫

−

e dunque

[ ] ( )xrxrxrx

rdrV

RR

−+=+⋅=+

= ∫ )(2

)(24

2

4

22

00

0

22

022

0 ε

σ

ε

σ

ε

σ )

Per x = 0, cioè al centro dell’anello, si ha che 02

maxε

σRV = ;

per x >> R -> x

qV

04πε= (come se la carica fosse tutta nel centro)

Calcoliamo il campo elettrostatico come gradiente del potenziale:

+−=

∂

∂−=

220

12 xR

x

x

VEx

ε

σ , 0== zy EE (come già trovato nell’esercizio 6

della prima lezione)

Esercizio 4

Un guscio sferico di raggio a porta una distribuzione di carica continua uniforme avente densità di carica superficiale σ . Calcolare il campo elettrico generato da tale

distribuzione di carica in un punto qualsiasi P esterno al guscio stesso, sia V(R = ∞ ) = 0

-> Soluzione

O



14

Si può suddividere il guscio sferico in tante “rondelle” ognuna delle quali possiede una carica dAdq σ= , dove dA è l’area infinitesima individuata dal prodotto della

circonferenza della rondella per il suo spessore.

Quindi:

'

)sin(2

arcoAArondellanzacirconfere

daadAdq θθπσσ ⋅=⋅=43421

(a sinθ è il raggio della “rondella”)

Nel punto P il potenziale infnitesimo generato della carica dq è:

tdr

a

r

dqdV cossin

2

4

1

4

1 2

00

+⋅=⋅= θθσπ

πεπε

Considerando il triangolo ACP, per il teorema di Carnot:

θcos2222RaRar −+=

derivando rispetto a r e a θ:

( ) θθ dRardr sin22 −= -> aR

dr

r

d=

θθsin

e quindi tdrR

adV cos

2

4

1

0

+⋅

⋅=πσ

πε dove cost = 0 se V = 0 a R = ∞ .

Integrando su tutto il guscio:

R

q

R

adr

R

aV

aOP

OP⋅=

⋅⋅=

⋅⋅= ∫

+

0

2

0

2

0 4

14

4

12

4

1

πε

πσ

πε

πσ

πε

Dove q è la carica totale distribuita sul guscio 24 aq ⋅= πσ .

Il campo elettrico ha simmetria radiale rispetto al centro del guscio:

2

0

2

2

0 4

14

4

1

R

q

R

a

r

VEr ⋅=

⋅⋅=

∂

∂−=

πε

πσ

πε

Determiniamo ora il campo elettrico utilizzando il teorema di Gauss:



15

Il campo elettrico è radiale in quanto dato da contributi simmetrici a due a due rispetto all’asse x, la risultante è dunque radiale. Il campo elettrico ha modulo

constante sul guscio ed ha verso entrante o uscente a seconda del segno della carica.

( ) rurEE ˆ=r

, (r = distanza dal guscio a P)

Applichiamo il teorema di Gauss:

0

int24)()(ˆˆ)()(ε

πφq

rrEdSrEdSuurEdSuEE nrn =⋅==⋅⋅=⋅= ∫∫∫rrr

, dove σπ 2

int 4 aq =

quindi

0

2

0

2

2

0

2

2

44

4)(

επε

σ

επ

σπ

r

q

r

a

r

arE === -> ru

r

qE ˆ

4 2

0πε=

r

All’interno del guscio, ( ) 'SEE =r

φ , dove S’ è il guscio sferico di raggio r < a. All’interno

del guscio non c’è carica, cioè E = 0 e dunque ( ) 0=Eφ .

Cosa succede al tendere di r ad a?

Dall’interno il campo è sempre nullo ( 0)(lim =−>− rEar ), mentre 00

2

2

limε

σ

ε

σ=+>− r

aar

->

punto discontinuità



16

Per il potenziale r

qV

04πε= se r = a ,

a

qV

04πε=

Esercizio 5

Un elettrone viene immesso con velocità 0vr

in una regione limitata in cui agisce un

campo elettrostatico uniforme perpendicolare a 0vr

. Uscito della regione l’elettrone

colpisce uno schermo S nel punto C. Calcolare l’angolo di deflessione α , l’energia

cinetica e la velocità finali dell’elettrone e la distanza d del punto C dall’asse x.

-> Soluzione

Scriviamo l’equazione del moto dell’elettrone:

Fe=F cioè eE=mea. L’elettrone è soggetto a una accelerazione m

eEa = diretta lungo

l’asse y quando attraversa la regione in cui c’è campo elettrostatico. Il moto lungo x è rettilineo uniforme con velocità 0v

r, il moto lungo y è uniformemente accelerato.

a

y



17

Le equazioni del moto lungo i due assi cartesiani sono: tx 0 v= , 22

2

1

2

1att

m

eEy ⋅=⋅= .

La traiettoria dell’elettrone entro la regione di campo elettrostatico è un arco di

parabola (curva rossa nel disegno) di equazione

2

0

2

2

1)(

v

x

m

eExy ⋅=

L’angolo di deflessione si calcola da:

2

0mv

eEl

dx

dytg

lx

=

=

=

α (la derivata di una funzione f in un punto x0 è la misura del

coefficiente angolare, cioè la tangente dell'angolo)

e la distanza h tra il punto in cui l’elettrone esce dalla zona di campo elettrico e l’asse

x sarà: ( )2

0

2

2

1

v

l

m

eElyh ⋅==

L’energia cinetica in B sarà data dall’energia cinetica iniziale più l’energia potenziale

acquistata nel passaggio della zona di campo elettrico:

2

0

2222

0

2

0

2

22

1

2

1

2

1

mv

lEemvheEmvmv +⋅=+⋅=⋅

Moltiplicando per due e dividendo per m:

ahvvm

lEevv 2

2

02

0

2

2222

0

2 +=+= e quindi la velocità finale è ahvv 22

0 += .

Fuori dalla zona di campo elettrico, l’elettrone descrive una traiettoria rettilinea;

calcoliamo d:

+=⋅+= L

mv

lEetgLhd

2

12

0

α

Questo è il principio di funzionamento di un tubo a raggi catodici.

Esercizio 6

Un elettrone entra con velocità smv /107

0 = in una regione di lunghezza cml 4= in cui

agisce un campo elettrico mVE /104= uniforme e perpendicolare a 0v . Calcolare (a) lo

spostamento d dopo l’attraversamento e (b) l’energia cinetica acquisita E∆ (in eV).



18

-> Soluzione

(a) Le equazioni del moto dell’elettrone sono:

Fe=F cioè eE=ma. L’elettrone è soggetto a una accelerazione m

eEa = diretta lungo

l’asse y quando attraversa la regione in cui c’è campo elettrostatico. Il moto lungo x è rettilineo uniforme con velocità

0vr

, il moto lungo y è uniformemente accelerato.

Le leggi orarie lungo gli assi cartesiani sono:

tvx 0=

22

2

1

2

1t

m

qEaty ⋅=⋅=

La traiettoria dell’elettrone sarà dunque

2

0

2

2

1

v

x

m

eEy

e

⋅=

A questo punto, è possibile determinare d:

( ) mcmv

l

m

eElyd

e

014.04.110101.9

101610106.1

2

1

2

1731

4419

2

0

2

==⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅=⋅==

−

−−

(b) Come visto nell’esercizio precedente

advv 22

0

2 +=

smdm

eEvv /1049.11049.0101

101.9

014.010106.121012 2141414

31

419142

0

2 ⋅=⋅+⋅=⋅

⋅⋅⋅⋅+⋅=+=

−

−



19

Quindi, l’energia cinetica finale è ( ) JvmEf e

17214312 1079.61049.1101.92

1

2

1 −− ⋅=⋅⋅⋅⋅==

Infine, l’energia acquisita è pari a

eVJeEdvvmEiEfE e 1401024.2)(2

1 172

0

2 =⋅==−=−=∆ −

Esercizio 7

Con il riferimento alla figura, q1 = q = -10-8C e il flusso del campo elettrostatico E

attraverso le superfici indicate S1, S2 e S3 risulta: ( ) ( ) 021

== EE SS φφ ,

( ) VmES

31026.23

⋅=φ . Calcolare q2 e q3.

-> Soluzione

Calcoliamo il flusso del campo E attraverso le tre diverse superfici, utilizzando il

teorema di Gauss:

( ) 00

41

1=

+=

εφ

qqES -> Cqq

8

41 10−=−=

( ) 00

32

2=

+=

εφ

qqES -> 32 qq −=

( ) 3

0

31 1026.23

⋅=+

=ε

φqq

ES

Quindi, possiamo ora determinare le due cariche incognite.

( ) ( ) Cqq

88312

1

3

03 103101026.2108.81026.2 −−− ⋅=+⋅⋅⋅=−⋅= ε

Cqq

8

32 103 −⋅−=−=

S1 S2

S3



20

Teorema di Gauss

Esercizio 1

Una carica q è distribuita con densità spaziale ρ uniforme nel volume di una sfera di

raggio R. Calcolare il campo elettrico E nei punti interni ed esterni alla sfera.

-> Soluzione

Data la simmetria sferica, il campo elettrostatico sarà di tipo radiale. Per

determinare il modulo del campo elettrostatico, ricorriamo al teorema di Gauss.

Consideriamo una superficie sferica di raggio r > R esterna alla sfera e concentrica ad

essa. Il teorema di Gauss ci dice che

0

int24)()(ˆˆ)()(ε

πφq

rrEdSrEdSuurEdSuEE nrn =⋅==⋅⋅=⋅= ∫∫∫rrr

E quindi, il campo all’esterno della sfera vale:

rr ur

Ru

r

qE ˆ

3ˆ

4 2

0

3

2

0 ε

ρ

πε==

r

= ρπ 3

3

4Rq

cioè è come se la carica fosse concentrata nel centro della sfera. All’interno della sfera, il campo elettrico è non nullo in quanto è contenuta della carica. Se

consideriamo una superficie sferica di raggio r < R:

possiamo applicare nuovamente il teorema di Gauss e quindi

( )0

2 '4

επφ

qErE == ;

3

33

3

3

3

4

3

43

4'

R

qrr

R

qrq =⋅=⋅= π

ππρ



21

E quindi 0

3

0

3

3

0

2

0

3

3

2

0343

4

44

1

4

'

επε

ρπ

πεπεπε

qr

R

rR

R

qr

rR

qr

r

qE =

⋅====

Il potenziale all’esterno della sfera sarà r

qV

04πε= ; sulla superficie della sfera, varrà

( )0

2

0 34 ε

ρ

πε

R

R

qRV == .

All’interno, invece:

( ) ( ) ( )∫∫ −==⋅=−R

r

R

r

rRdrr

sdERVrV22

00 63 ε

ρ

ε

ρ , dove ∫ = 2

2

1rrdr

e quindi ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

−=−=+−=+−=

2

2

0

22

00

222

0

22

0

38

36366 R

r

R

qrR

RrRRVrRrV

πεε

ρ

ε

ρ

ε

ρ

ε

ρ .

Al centro della sfera ( ) ( )RVR

qRV

2

3

8

3

20

00

2

===πεε

ρ

Esercizio 2

Una distribuzione spaziale continua e uniforme di carica ha forma cilindrica di raggio

R; calcolare il campo Er da essa prodotto all’esterno del cilindro stesso.



22

-> Soluzione

La simmetria cilindrica del problema suggerisce che il campo sia diretto in ogni punto

ortogonalmente all’asse del cilindro e sia constante su ogni superficie cilindrica

coassiale di raggio r.

Per calcolare il modulo del campo elettrico, facciamo ricorso al teorema di Gauss

consideriamo una scatola cilindrica Σ di raggio r > R e altezza h.

Il flusso di E attraverso le basi di Σ è nullo in quanto il campo elettrostatico è parallelo alle basi e quindi ortogonale a

nu . Il flusso attraverso la superficie laterale

vale:

0

int2)()()(ε

πφq

rhrEdSrEdSuEESS

n =⋅==⋅= ∫∫rrr

La carica contenuta entro Σ è: ∫ === hhrdq λρπτρ 2

dove h

qR == 2ρπλ è la carica contenuta in un cilindro di raggio R e altezza unitaria.

Allora

( )0

2ε

λπφ

hrhEE ==

r -> ( )

rrh

hrE

00 22 πε

λ

πε

λ==

( ) rurEE ˆ=r

La differenza di potenziale tra due superfici equipotenziali, cilindriche e coassiali di

raggi r1 e r2 è:

( ) ( )1

2ln

2221

0

2

1 0

2

1r

rdr

rEdrrVrV

r

r

r

rπε

λ

πε

λ∫∫ ===−

mentre rispetto al bordo



23

( ) ( )R

rRVrV ln

2 0πε

λ−=−

I risultati trovati valgono anche per un sottile filo rettilineo molto lungo, su cui è

depositata una carica distribuita con densità uniforme λ.

Esercizio 3

All’interno di una sfera di raggio R = 10cm è contenuta una carica Cq9108 −⋅= ,

distribuita uniformemente con densità ( ) brr =ρ , con v costante ed r distanza dal

centro O della sfera. Calcolare (a) la costante b, (b) il campo elettrostatico ( )rE e (c)

la differenza di potenziale V∆ tra il centro O e la superice sferica.

-> Soluzione

(a) Poiché abbiamo una distribuzione di carica che dipende da r, calcoliamo la carica

contenuta in ciascun guscio per determinare la costante b:

( ) 44

0

32

0 0

2

4

4444 bRbRdrrbdrrbrdrrrq

RR R

TOT ππ

πππρ ===== ∫∫ ∫

Quindi la costante b sarà:

( )45

42

9

4/105.2

1014.3

108mC

R

qb

−

−

−

⋅=⋅

⋅==

π

(b) Il campo elettrostatico, data la simmetria, sarà di tipo radiale. Applichiamo il

teorema di Gauss:

per 0 < r < R ∫ =⋅0

ˆε

qdsuE n

r

0ε

qSE = ->

2

0

0

3

0 4

4

r

drbr

S

qE

r

πε

π

ε

∫== ( )

4

0

2

0

2

2

0

4

2

0

4

4444

44

R

qrbr

r

br

r

rb

rEπεεεπε

π====



24

E quindi, ( )4

0

24

=

R

r

r

qrE

επ; facendo i conti, mVrrE /102.7)( 25⋅=

per r > R 4

0

2

0

2

4

2

00 444

====

r

Rbr

r

bR

r

q

S

qE

εεπ

π

πεε

per r = R 0

2

0

2

4

44 εεπ

π bR

R

bRE ==

(c) La differenza di potenziale tra il centro e il bordo della sfera è

VRr

drrdrrEV

RR R

2403

10102.7

3102.7

3102.7102.7)(

35

35

0

35

0 0

25 −=⋅−=⋅−=

⋅−=⋅−=−=∆

−

∫ ∫

Esercizio 4

Una distribuzione di carica sferica ha una densità di carica volumica che è funzione

solo di r, cioè della distanza dal centro della distribuzione.

Se 2

BrAr −=ρ con A, B costante per Rr ≤≤0

0=ρ per Rr >

Determinare il campo elettrico in funzione di r in tutto lo spazio e il potenziale (condizione ( ) 0=∞V ).

-> Soluzione

Poiché la distribuzione di carica ha simmetria sferica, applichiamo il teorema di Gauss:

per r > R

( )2

0

54

0

4

0

3

2

0

2

0

2

0

2

2

0

1

544

4

4

4

4 r

RB

RAdrBrAr

rr

drrBrAr

r

QE

RR

R

επε

π

πε

π

πε

−=

−=

−

== ∫∫∫

per r < R

( )

0

3

0

2

2

0

54

2

0

2

0

2

2

054

1

544

4

4 εεεπε

π

πε

BrAr

r

rB

rA

r

drrBrAr

r

QE

r

−=

−=

−

==∫



25

Il potenziale, partendo dalla relazione gradVVE −=∇−= , che in questo caso si riduce

a dr

dVE −= data la simmetria, vale:

r > R .1

54 2

0

54

constr

RB

RAV +

−=

ε

che essendo ( ) 0=∞V -> const = 0 -> 2

0

54 1

54 r

RB

RAV

ε

−=

r < R -> .54

1 43

0

constr

Br

AV +

−−=

ε

dove la costante si determina imponendo che per r = R: ( ) ( )RrVRrV <=>

.54

1.

2012

1 34

0

43

0

constBRAR

Rconst

BRAR+

−=+

−−

εε ->

-> 0

4

0

4

0

3

0

3

205124.

εεεε

BRBRARARconst −−+= ->

−=

43

1.

43

0

BRARconst

ε

Esercizio 5

Una distribuzione di carica elettrica a simmetria sferica con carica totale Cq µ1= ha

densità ( ) ( )rr αρρ −⋅= exp0 con 11 −= mα . (a) Dare il valore della costante

0ρ in 3/ mCµ ,

(b) scrivere l’espressione del modulo del campo elettrico in un punto a distanza r dal centro della sfera in termini di q e α .

-> Soluzione

(a) Per determinare il valore di 0ρ , integriamo la densità di carica in tutto lo spazio,

imponendo che l’integrale sia pari a q :

drredrreqrr 2

0

0

0

2

0 44 ∫∫∞

−∞

− =⋅= αα πρπρ

Calcoliamo l’integrale indefinito per parti:



26

=

−−−+−=+−=−−−=⋅ ∫∫∫∫

−−−−

−−−−

drereer

eer

drre

re

drrerrr

rrrr

r

αααααααα

αααα

αααα 22

222

22

32

2

2

2 222

ααααααα

αααααα rrrrrrereerereer

−−−−−−

−−−=

−−+−=

Se ora consideriamo l’integrale definito:

( ) ( ) ( ) ( )∫∞ ∞∞∞

−−

−−

−−=−

0 0

3

0

2

0

22 exp2exp2exp

expα

α

α

α

α

αα

rrrrrdrrr

-> 3

0

30

824

α

πρ

απρ =

=q -> 36

63

0 /1004.08

10

8mC

q −−

⋅===ππ

αρ

(b) Utilizziamo la legge di Gauss e integrando su una superficie sferica di raggio r

0

ˆεINT

n

qdSuE =⋅∫

v ->

( )

0

2

0

0

2

4exp

4ε

παρ

π

drrr

Er

r

∫ −⋅

=

( ) ( ) ( )

−−−−

−−= rrr

rrq

rE α

αα

αα

απ

π

α

πεexp

2exp

2exp4

84

132

23

2

0

Esercizio 6

In una zona dello spazio è presente un campo elettrico il cui potenziale vale:

byaxV += 2 con a e b costanti, calcolare (a) il modulo del campo elettrico in un punto

di coordinate (x, y, z) e (b) la carica complessiva presente in un cubo di lato L con un vertice nell’origine, gli spigoli paralleli agli assi e giacente nel punto ottante. Si

supponga costante ε .

-> Soluzione

a) Poiché VE ∇−= , si ha che

axx

VEx 2−=

∂

∂=

by

VEy −=

∂

∂= -> jbiaxE ˆˆ2 −−= , ( ) 22222

42 bxabaxE +=+−=

0=∂

∂=

z

VEx



27

b)

Utilizziamo il teorema di Gauss 0

ˆεINT

n

qdSuE =⋅∫

v esteso alla superficie del cubo.

Consideriamo separatamente le facce del cubo: - facce con z=0 e z=L, parallele al piano xy: la componente lungo z del campo E è

nulla -> il flusso è nullo.

- facce con x=0 e x=L, paralele al piano zy:

aLExLx

Exx

2

00

−=>−=

=>−= -> ( ) 32 22ˆˆ2 aLLaLdSuuaLEx nx −=⋅−=⋅−= ∫φ

- facce con y=0 e y=L, parallele al piano xz: sia per y=0 che per y=L, bEy −= su

entrambi i lati si ha ( ) 2bLEy −==φ una volta entrante e una volta uscente.

( ) ( ) 022 =+−= bLbLEy

TOTφ

Sommando i flussi, ( ) 0

333 22020 εφ aLQaLaLE −=>−−=+−=

Esercizio 7

Con riferimento alla figura, il campo elettrostatico Ev varia con la legge

xuxE ˆ10)45( 52 ⋅+=r

V/m, con x espresso in metri. Calcolare: (a) il flusso )(Er

Φ

attraverso la superficie chiusa di lati a=10 cm, b=15 cm, c=20 cm e (b) la carica q

contenuta all’interno del parallelepipedo.

a

c

b

x

y



28

-> Soluzione

(a) Per trovare il flusso totale del campo elettrico, dobbiamo considerare la somma

dei flussi del campo attraverso ciascuna delle facce del cubo. Poiché però il campo

elettrico è diretto lungo l’asse x, è nullo il fluso del campo attraverso le 4 facce del

cubo perpendicolari all’asse x in quanto la normale alla superficie e il campo

elettrostatico risultano perpendicolari una rispetto all’altra.

• considerando la faccia che taglia l’asse delle ascisse in x=0, la normale alla

superficie ha la stessa direzione del campo elettrico ma verso opposto e quindi:

abdSEdSuEES S

n

5105ˆ)( ×−=−=⋅= ∫ ∫rr

φ

• considerando la faccia che taglia l’asse delle ascisse in x=c, la normale alla superficie ha la stessa direzione e lo stesso verso del campo elettrico e

quindi:

abcdSEdSuEES S

n

52 10)45(ˆ)( ×+==⋅= ∫ ∫rr

φ

Sommando i due contributi, si ottiene:

42225255255 102010151010104104104105105)( −−− ×××××××=×=×+×+×−= abcabcababETOT

rφ

Vm2401040060 2 =××= −

(b) Dal teorema di Gauss 0

)(ε

φq

E =r

, si ricava q:

CEq 912

0 1013.2240108542.8)( −− ×=××==r

φε



29

Dipoli elettrici e condensatori

Esercizio 1

Un dipolo, di momento elettrico p e momento d’inezia I rispetto ad un asse passante

per il suo centro e ortogonale a p , è immerso in un campo E uniforme. Descrivere il

moto del dipolo quando viene spostato di un piccolo angolo della posizione d’equilibrio.

-> Soluzione

L’equazione di rotazione, dalla dinamica dei corpi rigidi è: EpIdt

LdM ×=== α .

Proiettando sull’asse di rotazione che è la asse z: θθ

sin2

2

pEdt

dI −=

Nell’ipotesi d’angolo piccolo, θθ ≈sin e l’equazione di rotazione diventa 02

2

=+ θθ

I

pE

dt

d

Questa è l’equazione di un moto armonico con pulsazione e periodo pari a:

I

pE=ω ,

pE

IT π

ω

π2

2==

Le leggi orarie dell’angolo e della velocità angolare sono:

θ



30

( )φωθθ += tt sin)( 0 , ( )φωωθ

θ+==Ω t

dt

dt cos)( 0

Esercizio 2

Un dipolo elettrico di momento Cmp 30103.6 −×= si trova al centro di due cariche

positive q1=q2=q= C19106.1 −× che distano md

910−= . Calcolare la forza F che agisce sul

dipolo elettrico.

-> Soluzione

In questo caso sul dipolo agisce la forza risultante dovuta alla presenza delle due cariche. Il campo elettrico è non uniforme.

( )x

Epd

x

EqEEqF

∂

∂=

∂

∂=−= 12

Il campo elettrico generato delle due cariche e sentito dal dipolo posto al centro è:

2

0

2

2

0

1

4

1

4

1

x

qE

x

qE

πε

πε

=

=

(nella posizione generica, 2

04

1

x

qEi

πε= )

Poiché esse sono uguali, possiamo calcolare la forza F come:

( )2/

121 2)()(

dxx

EpxExE

xpF

=∂

∂=−

∂

∂=

Consideriamo a parte la derivata parziale:

( ) 3

0

2

0

1

4

2

4

−− −=∂

∂=

∂

∂x

qx

x

q

x

E

πεπε

e calcoliamo il suo valore nel punto x=d/2:



31

3

0

3

02/

3

02/

1 48

4

21

4

2

d

q

d

q

x

q

x

E

dxdx πεπεπε−=−=−=

∂

∂

==

Quindi, la forza F sarà:

Nd

pq

d

qpF

10

2712

1930

3

0

3

0

1090.2101085.814.3

106.1103.68842

−

−−

−−

×−=×××

××××−=−=

−=πεπε

Esercizio 3 (capacità di un condensatore piano)

Calcolare la capacità di un condensatore piano con armature di area S e distanza d

caricate con una carica +q e densità di carica +σ e –q e densità di carica -σ

rispettivamente.

-> Soluzione

Possiamo considerare le due armature come due piani infiniti . I campi elettrostatici

generati dai due piani in modulo valgono 02ε

σ=E (vedi l’esercizio 6 per il disco esteso a

∞>−R , prima lezione).

Utilizzando il principio di sovrapposizione per calcolare il campo risultante

−+ += EEE , si vede che i campi elettrostatici si sommano nella regione compresa tra i

due piani e si annullano all’esterno:

xuE ˆ0ε

σ=

r

S



32

Quindi, all’interno il campo elettrostatico è uniforme.

Consideriamo ora di determinare la differenza di potenziale tra l’armatura positiva e

un certo punto x interno alle armature:

( ) ( )1

0

1 xxxVV −=−ε

σ, ricordando che, in generale, ( ) ExxV −=

La differenza di potenziale tra le due armature sarà allora:

( )S

qdd

S

SEd

dxxVVV

000

12

0

21εε

σ

ε

σ

ε

σ====−=−=∆

La capacità del condensatore sarà d

S

V

qC 0ε

=∆

=

Esercizio 4

Ai capi di tre condensatori (partitore capacitivo) c’è una ddp VVVV AB 100=−= e la

capacità equivalente del sistema è pFC 100= . Calcolare i valori delle capacità C1, C2,

C3, tali che rispetto a AV sia VV 501 = e VV 702 = .

-> Soluzione

La carica che si trova su ciascuna armatura vale:



33

CCVq 18212 10101010 −− =××==

Le singole capacità valgono:

pFFVV

qC

A

20010250

10 108

1

1 =×==−

= −−

pFFVV

qC 500105

20

10 108

12

2 =×==−

= −−

pFFVV

qC

B

3331033.330

10 108

2

3 =×==−

= −−

Esercizio 5 (Capacita’ di un condensatore cilindrico) Determinare la capacità di un condensatore le cui armature abbiano raggio R1 ed R2,

con R2 > R1, di uguale lunghezza d, grande rispetto ai raggi.


Le armature di un condensatore cilindrico sono due porzioni di superficie cilindriche coassiali, una di raggio R1 e l’altra di raggio R2 > R1, di uguale lunghezza d, grande

rispetto ai raggi. Si realizza cosi un’ulteriore situazione di conduttore al interno di un

altro conduttore cavo, con induzione approssimativamente completa. Se si escludono i tratti esterni, nell’intercapedine cilindrica tra R1 e R2 il campo elettrostatico è

radiale (vedi esercizio 2, terza lezione):

( ) rur

rE02πε

λ= , con λ densità lineare di carica

La differenza di potenziale (d.d.p.) tra le armature è:



34

∫∫ ===⋅=−2

1

2

1

2

11

2

000

21 ln2ln

1

22

R

R

R

R

R

RR

R

rr

drrdEVV

πε

λ

πε

λ

πε

λrr

La carica per unità di lunghezza λ è dq /

Quindi, la capacità sarà:

1

2

0

1

2

0

21 ln

2

ln2 R

R

d

R

R

d

VV

qC

πε

πε

λ

λ==

−=

Se 12 RRh −= è molto minore dei raggi, è possibile sviluppare in serie il denominatore

arrestandosi al primo termine:

R

h

R

RR

R

RR

R

R=

−=

−+=

1

12

1

12

1

2 1lnln

Per cui la capacità diventa:

h

S

h

RdC 002 επε

== , con S = 2πRd superficie laterale del cilindro.

Quindi, la capacità per unità di lunghezza è

1

2

0

ln

2

R

Rd

CCd

πε==

E’ possibile realizzare un condensatore cilindrico a capacità variabile facendo

scorrere uno dei due cilindri lungo l’asse, in modo da far variare la lunghezza d.

Esercizio 6

S dispone di 5 condensatori uguali di capacità C. Collegarli in modo che la capacità

totale CTOT sia pari a 3/7C.



35

-> Soluzione

Poiché il collegamento dei 5 condensatori in serie o in parallelo dà come capacità

totale 0.2C e 5C rispettivamente, per ottenere il valore richiesto dobbiamo ricorrere ad un collegamento misto serie-paralello. Consideriamo η elementi in serie e µ

elementi in parallelo tra loro e con la serie:

La capacità totale sarà allora CC

CTTO µ

η+=

Abbiamo quindi che:

5

7

3

=+

=+

ηµ

µη

CCC

( )7

35 =−+ C

Cη

η

7

35

1=−+ η

η ⇒ 07327 2 =−− ηη ⇒

0

0

2

1

>

<

η

η

Soluzione non ammissibile.

Se invece proviamo a disporre la serie di η condensatori in serie (e non in parallelo) al

parallelo di µ condensatori:



36

Si ha: µη CC

CTOT

111 +=−

=+

=+

5

3

71

µη

µ

η

CCC -> 3

7

5

1=

−+

ηη

Risolvendo l’equazione di secondo grado si ottiene 2=η e 3=µ

Esercizio 7

Un condensatore piano è costruito usando tre differenti materiali dielettrici, come

mostrato in figura. (a) Trovare un espressione per la capacità in funzione dell’area delle piastre A , della loro distanza d e delle tre costanti dielettriche relative

21, rr εε

3rε .

(b) Calcolare la capacità usando i valori di 1.2,6.5,9.4,2,1 321

2 ===== rrrmmdcmA εεε ,

questi ultimi costanti dielettriche rispettivamente di bachelite, vetro Pyrex e teflon.

-> Soluzione

a) Questo condensatore lo possiamo vedere come C1 in parallelo con la serie C23

Le singole capacità saranno:



37

d

A

d

AlC

2

2/2/111 εε =

⋅= ,

d

A

d

AlC 222

2/

2/2/εε =

⋅= ,

d

A

d

AlC 333

2/

2/2/εε =

⋅=

Mentre la capacità equivalente sarà:

231 CCCTOT +=

Dove

32

32

23CC

CCC

+=

+=−

32

1

23

11

CCC serie di due capacità.

Allora:

-> ( )

=

++=

++=

+

⋅+=

++=

32

321

32

321

32

22

321

32

321

22/

/

2 εε

εεε

εε

εεε

εε

εεε

d

A

d

A

d

A

dA

dA

d

A

CC

CCCCTOT

( ) ( )

+

++=

+

++=

32

323210

32

32321 2

2

2

2 rr

rrrrr

d

A

d

A

εε

εεεεεε

εε

εεεεε

b) Inserendo i valori numerici, si ottiene:

( )

pFF

C

76.11076.11095.721.2

7.7

52.2373.371021.2

1.26.5

1.26.521.26.59.4

1022

101085.8

1213

13

3

412

=×=××=

=

+×=

+

××++

××

××=

−−

−

−

−−

( 2212

0 /108542.8 NmC−×=ε )

Esercizio 8

Calcolare in valore e segno la variazione dell’energia elettrostatica di un condensatore piano, con le armature di area S poste alla distanza d e caricato con una carica Q,

quando si inserisce tra le armature stesse un foglio di materiale dielettrico di

spessore s < d, avente le stessi dimensioni delle armature e caratterizzato dalla costante dielettrica rε .



38

-> Soluzione

Quando il dielettrico viene inserito nel condensatore esso si polarizza:

Le superfici superiore ed inferiore del dielettrico in questa situazione equivalgono a

delle sottilissime armature metalliche e quindi potremo considerare il sistema come

costituito da 3 condensatori in serie.

Dunque:

321

1111

CCCCTOT

++=

Con xsd

SC

−−= 01 ε ,

s

SC rεε 02 = ,

x

SC 03 ε=

Allora:

S

xsxsd

S

x

S

s

S

xsd

C r

rrrr

rTOT εε

εεεε

εεεε 0000

)(1 ++−−=++

−−=

Infine, la capacità sarà:

ssd

S

xsxsd

SC

r

r

rrrr

r

+−=

++−−=

)(

00

ε

εε

εεεε

εε

d

s

+ +

-

d s

x



39

Prima di introdurre il dielettrico, la capacità iniziale era pari a d

SC 0ε= .

Se la carica del sistema in entrambe le configurazioni è Q, possiamo scrivere le due energie elettrostatiche iniziale e finale:

S

dQ

C

QU ie

0

22

,2

1

2

1

ε==

( )[ ]S

ssdQ

C

QU

r

r

TOT

feεε

ε

0

22

,22

1 +−==

La variazione d’energia sarà pari a:

( )

S

sQUUU

r

r

iefeeεε

ε

0

2

,,2

1−=−=∆ < 0 in quanto 1>rε sempre

Poiché la differenza di energia elettrostatica è negativa, la lastra viene risucchiata all’interno del condensatore.

Questo risultato è anche indipendente dalla posizione x del dielettrico.

Esercizio 9

Un condensatore a facce piane e parallele, rettangolari di dimensione a e b è

parzialmente riempito, per un tratto 3

ax = , da una lastra di dielettrico omogeneo ed

isotropo di costante dielettrica relativa 4=rε . Se la carica totale sull’armatura

superiore è CQ 610−= , quanto vale la carica xQ che si disporre sulla parte di armatura

superiore attaccata al dielettrico?

-> Soluzione

Il sistema dato equivale a due condensatori in parallelo: 0// CCC x +=



40

La d.d.p. V∆ tra i punti A e B la posso esprimere in due modi equivalenti:

0// CC

Q

C

Q

C

QV

xx

x

+===∆

Se d è la distanza tra le armature, si ha: d

bxC rx εε 0= ,

( )d

xabC

−= 00 ε

Per cui:

( ) ( )[ ]xa

d

b

d

xab

d

bxCCC rrx 10

000// −+=−

+=+= εε

εεε

Allora

( ) ( ) ( )CCQ

aa

aQ

aa

a

Qxa

x

C

CQ

CC

CQ

r

rx

x

x

x

76

//0

1067.6103

2

3

2

3

4

314

34

1

−− ×=×==+

=

−+

=−+

==+

=ε

ε

Esercizio 10

Le armature di un condensatore piano sono costituite da piastre quadrate di lato l,

distanti d. Il condensatore viene caricato alla tensione V e successivamente le

armature vengono isolate in modo che la carica su ognuna rimanga costante. (a)

Calcolare l’energia U immagazzinata nel condensatore. Si introduce poi tra le armature

e parallelamente a queste una lamina metallica piana, molto estesa, spessa h. Calcolare:

(b) il lavoro che si deve effettuare per introdurre tale lamina; (c) la nuova tensione V’

tra le armature.


(a) Essendo la capacità del condensatore pari a d

l

d

SC

2

00 εε== , l’energia

immagazzinata sarà pari a 2

2

02

2

1

2

1V

d

lCVU

ε== .



41

Dopo che si è inserita la lamina, il sistema è assimilabile ad una serie di due

condensatori uno con distanza x tra le armature e l’altro con distanza d-h-x. I due condensatori hanno allora capacità:

x

SC 0

1

ε= e

xhd

SC

−−= 0

2

ε

da cui

hd

l

S

xhd

S

x

CCCTOT

−=

−−+=

+=

−− 2

0

1

00

1

1 2

11 ε

εε

L’energia immagazzinata dal sistema in questa nuova configurazione sarà:

TOT

TOTC

QVCU

22

2

1

2

1=′=′ , dove, poiché la carica sulle armature non cambia, Q è pari a

Vd

lCVQ

2

0ε== e quindi

2

22

02

0

2

2

42

0

2

1

2

1

d

hdVl

l

hdV

d

lU

−=

−=′ ε

ε

ε

(b) Il lavoro necessario per inserire la lamina sarà pari a:

22

022

02

12

1V

d

hl

d

hdV

d

lUUW

εε =

−−=′−=

W è positivo e quindi il lavoro viene fatto dalle forze del campo elettrico che

risucchiano la lamina.

(N.B. Se W fosse stato definito come U’-U si sarebbe trovato che il lavoro era

negativo: infatti nella convenzione W=U’-U si sarebbe avuto per W>0 lavoro subito

dall’esterno, e per W<0 lavoro effettuato dal sistema)

(c) La differenza di potenziale tra le armature del condensatore di partenza in questa nuova configurazione vale:

Vd

hd

l

hd

d

Vl

C

QV

TOT

−=

−==′

2

0

2

0

ε

ε

V’<V → la differenza di potenziale tra le armature è diminuita.



42

Campo magnetico, forza magnetica, momenti meccanici sui circuiti piani

Esercizio 1

Un protone d’energia cinetica Ek=6MeV entra in una regione di spazio in cui esiste un

campo magnetico B=1T ortogonale al piano della traiettoria, formando con l’asse y

l’angolo °= 30θ . Calcolare a) l’angolo θ ’ della direzione di uscita con l’asse y e b) la distanza lungo y tra il punto di uscita e il punto di ingresso.


a) L’angolo θ ’ è uguale a θ in quanto la traiettoria che il protone segue all’interno

della regione di campo magnetico è circolare con raggio di curvatura r.

b) Convertiamo Ek da eV a J (1eV = 1.602x10-19J):

Ek= 6MeV= J

1310602.9 −×

Sul protone che entra nella zona dove c’è il campo magnetico agisce la forza di

Lorenz:

r

vmqvBF

2

==r

, cioè la particella segue una traiettoria circolare di raggio r.

Dalla conoscenza di Ek ricaviamo la quantità di moto p: kp Emp 2= .

A questo punto, è possibile ricavare il raggio di curvatura della traiettoria

circolare come:

qB

Em

qB

p

qB

mv

qvB

mvr

kp22

==== , cioè, nel nostro caso,

`

B



43

mr 354.01054.3106.1

1066.5

106.1

106.91067.12 1

19

20

19

1327

=×=×

×=

×

××××= −

−

−

−

−−

La distanza cercata vale: mrrrry 354.0)5.0(2)30sin(2)sin(2 ===°== θ

Esercizio 2

Un protone di energia cinetica Ek=50MeV si muove lungo l’asse x e entra in un campo magnetico B=0.5T, ortogonale al piano xy, che si estende da x=0 a x=L=1m. Calcolare

all’uscita del magnete nel punto P: a) L’angolo che la velocità del protone forma con

l’asse x e b) la coordinata y del punto P.


a) Come nell’esercizio precedente, abbiamo il moto di una carica in una zona dove c’è campo magnetico. Il moto entro questa zona è circolare, per cui possiamo calcolarci il

raggio di curvatura. Convertiamo l’energia in Joule e determiniamo il raggio:

Ek=50MeV=8x10-12J

Calcoliamo il raggio di curvatura della traiettoria del protone:

mqB

Em

qB

pr

kp04.2

5.0106.1

1063.1

5.0106.1

1081067.122

19

19

19

1227

=××

×=

××

××××===

−

−

−

−−



44

Inoltre, abbiamo che, considerando il triangolo CAP,

)90cos( α−°= rL e quindi p

LqB

r

L==−° )90cos( α (

E’ ora possibile trovare l’angolo α di uscita dalla regione di campo magnetico come:

°==→=×

×××==−°

−

−

4.29)490.0arcsin(490.01063.1

5.01106.1)sin()90cos(

19

19

ααα

b) La coordinata y del punto P sarà:

mrrry 26.0)cos1()cos( −=−−=−= αα

Esercizio 3

Un fascio di elettroni, dopo essere stato accelerato da una d.d.p. V=103 V, entra in una

regione in cui esiste un campo magnetico B=0.2T. La direzione degli elettroni forma un

angolo °= 20α con Br. Calcolare a) il raggio r della circonferenza della traiettoria

elicoidale compiuta dagli elettroni. b) di quanto avanzano gli elettroni, lungo l’elica, in

ciascun giro (p, passo dell’elica).


cos (90°-α)

C

A



45

a) Iniziamo con il calcolare la velocità degli elettroni:

smm

eVveVmv /1087.1105.3

101.9

10106.122

2

1 714

31

3192 ×=×=

×

×××==→=

−

−

Le due componenti parallela e perpendicolare a B sono αcos// vv = , αsinvv =⊥ .

Calcoliamo ora il raggio di curvatura dalla componente della velocità ortogonale al

campo magnetico, a partire dal’equazione del moto:

)sin(sin

2

αα

m

eBrv

m

eBrv

m

eBrv

r

mvBev =→=→=→= ⊥

⊥⊥ , e quindi:

mmmeB

mvr 187.0102.18

2.0106.1

)sin(1087.1101.9)sin( 5

19

731

=×=××

××××== −

−

− αα

b) Per determinare il passo dell’elica dobbiamo trovare il periodo

sseB

mT

1012

19

31

1078.1106.1782.0106.1

101.922

2 −−

−

−

×=×=××

××===

ππ

ω

π

Allora, usando dalla componente della velocità parallela al campo magnetico: mmmTvp 13.31013.31078.1)20cos(10.87.1cos 3107 =×=××°×== −−α

B

z

y

x v

r

p

v⊥



46

Esercizio 4

Al giogo di una bilancia è sospesa una spira rigida larga b=5cm. La parte inferiore è

immersa in un campo magnetico uniforme Br ortogonale al piano della spira. Se nella

spira circola una corrente di intensità i=1A con verso opportuno, si osserva che per riequilibrare la bilancia occorre mettere una massa m=0.5 g sul piatto. Calcolare il

valore del modulo di Br.


Il lato orizzontale della spira immerso nel campo magnetico risente della forza

BxbiFrrr

= (2° legge di Laplace) che in modulo vale ibBibBF == )sin(θ in quanto Br e b

r

sono ortogonali. Negli alti tratti di spira sottoposti al campo magnetico la corrente ha

versi opposti e le forze sono uguali e contrarie; esse hanno anche la stessa retta di

azione per cui non producono nessun effetto. La forza Fr è dunque equilibrata dalla

forza peso gmr:

Tib

mgBibBmg 5

2

3

108.91051

81.9105.0 −

−

−

×=××

××==→=

Esercizio 5

Si consideri una spira rettangolare, di lati a e b, percorsa dalla corrente i; essa è

immersa in un campo magnetico uniforme e con esso forma un angoloθ . Determinare il

momento torcente che tende ad allineare la spira perpendicolarmente al campo

magnetico Br.




47

Come si deduce dalla figura, le forze magnetiche 3Fr

e 4Fr

sui lati RS e PQ sono uguali e

contrarie e hanno la stessa azione; ciascuna di esse è la risultante di un sistema di

forze parallele applicate nel centro del lato e nel loro insieme formano una coppia di

braccio nullo e quindi di momento nullo. Le forze 1Fr e 2F

r sui lati QR e SP, ciascuna di

modulo iaBF = (2° legge di Laplace) in quanto i lati a sono ⊥ a Br, sono anch’esse uguali

e contrarie, ma costituiscono una coppia di braccio θsinb . Il momento della coppia

vale il modulo:

θθθ sinsinsin BiiaBbFbM Σ===

ed è parallelo al piano della spira e orientato parallelamente al lato a. Poiché nuim ˆΣ=v

è

il momento magnetico della spira, il momento meccanico può essere definito anche

come BxuiBxmM n

rrrrˆΣ== . Tale momento è nullo solo se Bm

rr// . La posizione con 0=θ è e

di equilibrio stabile, quella con πθ = di equilibrio instabile. Per qualsiasi altro valore di

θ Mr

tende a far ruotare la spira in modo che il momento magnetico mr (che è

parallelo a nu , normale alla spira orientata rispetto alle corrente secondo la regola

della mano destra) diventi parallelo e concorde a Br.

R

S

Q

x



48

Sorgenti del campo magnetico, legge di Ampere, legge di Biot-Sawart

Esercizio 1

Due spire circolari di raggio R=30cm, aventi lo stesso asse, sono poste in piani paralleli

orizzontali distanti a=3mm. La spira superiore è appesa al giogo di una bilancia. Se

nelle spire circola nello stesso verso la stessa corrente i=1A, per ristabilire l’equilibrio

occorre aggiungere sull’altro piatto una massa m. Determinare il valore di m.


A partire dalla seconda legge elementare di Laplace:

BsidFdrrr

×= ,

e ricordando che il modulo del campo magnetico generato da una spira percorsa da

corrente è r

iB

π

µ

2

0= , abbiamo che la forza (attrattiva) che agisce sulle spire vale:

a

Ri

a

iRiRBiFm

2

020121

222

µ

π

µππ ===

Notiamo che questo approccio può essere utilizzato in quanto il rapporto tra le distanze “a” tra le due spire e la lunghezza ( π2 R) delle due spire è molto piccolo e

quindi esse possono essere trattate come fili indefiniti paralleli. L’equilibrio nella

bilancia viene stabilito se Fm=Fp.

Quindi:

kgga

Rim

a

Rimg 5

3

262

0

2

0 1028.11038.9

103011026.1 −

−

−−

×=××

××××==→=

µµ



49

Esercizio 2

Ognuno degli 8 conduttori in figura è percorso da una corrente di 2A, entrante o uscente dal piano della pagina. Sono indicate due linee chiuse per l’integrale di linea

∫ ⋅ sdBrr. Qual’è il valore della integrale per a) la linea di sinistra e per b) la linea a

destra?


Per risolvere il problema ricorriamo alla legge di Ampère:

isdB 0µ=⋅∫rr

Fissato il verso del cammino di integrazione, resta fissato anche il segno delle

correnti, secondo la regola della mano destra. Per cui:

a) TmiiiiiiisdB66

000421 105.221026.1)()( −− ×−=××−=−=−−=−−=⋅∫ µµµrr

b) 0)()( 004321 =+−+−=+−+−=⋅∫ µµ iiiiiiiisdBrr

Esercizio 3

Un conduttore cilindrico cavo di raggi “a” e “b” è percorso da una corrente distribuita

uniformemente. Calcolare: a) il campo magnetico B(r) in funzione della distanza r dall’asse e b) verificare che per a=0 si ottengono i risultati relativi ad un conduttore

cilindrico pieno (vedi esercizio 4).



50


a) Per risolvere il problema utilizziamo la legge di ampere isdB 0µ=⋅∫rr

, scegliendo via

via come cammino di integrazione una circonferenza di raggio “r” dentro e fuori dal

cilindro.

• 0)( =→< rBar perchè non ci sono correnti concatenate con il cammino di

integrazione.

• rBBdssdBbar πθ 2cos ==⋅→≤≤ ∫ ∫rr

, in quanto sdBrr

// .

La corrente “i” è uniformemente distribuita nell’area del cilindro cavo; la corrente

transitante entro la linea rπ2 è proporzionale all’area racchiusa dalla linea stessa:

iab

ari

)(

)(22

22

int−

−=

π

π, quindi:

r

ar

ab

irB

ab

arirBisdB

)(

)(2)(

)(

)(2

22

22

0

22

22

0int0

−

−=→

−

−=→=⋅∫ π

µµπµ

rr

(si assegna segno positivo alla corrente considerando un cammino di integrazione

con verso antiorario)

• br >

Il cilindro si comporta come se fosse un filo indefinito percorso da corrente:

r

irBrBisdB

π

µπµ

2)()2( 0

0 =→==⋅∫rr

b) Se a=0, 22

)( 0

2

2

0 jr

r

r

b

irB

µ

π

µ==

Esercizio 4

Un filo rettilineo indefinito di raggio R è percorso da una corrente di intensità i.

Calcolare il campo magnetico prodotto dal filo in funzione della distanza r dall’asse del

filo.




51

Poiché per la prima legge elementare di Laplace

rt uur

idsBd ˆˆ

4 2

0 ×=π

µr, è poiché per un filo indefinito vale:

tu direzione del tratto infinitesimo ds

ru direzione di r

si ha che il campo magnetico di un filo indefinito ha lo stesso valore in tutti i punti di

una circonferenza coassiale al filo di raggio r ed è ad essa tangente. Applichiamo la

legge di Ampere:

• Rr ≥ :r

iBirBsdB

π

µµπ

2)2( 0

0 =→==⋅∫rr

Si ritrova cioè la legge di Biot e Savart.

• Rr ≤

In questo caso, dobbiamo considerare la corrente concatenata alla linea di

integrazione, cioè la corrente interna alla circonferenza di raggio r. Nell’ipotesi che la



52

densità di corrente sia uniforme su tutta la sezione e che 2R

ij

π= , applicando la legge

di Ampere:

2

00

2

2

0

2

2

0022

)2(R

irjrB

R

ir

R

riirBsdB conc

π

µµµ

π

πµµπ ==→====⋅∫

rr

L’andamento del campo magnetico in funzione di r sarà:

Esercizio 5

Ricavare dalla legge di Ampere il campo magnetico prodotto da un solenoide rettilineo

indefinito con n spire per unità di lunghezza percorse dalla corrente i.


Poiché il sistema è indefinito, facciamo l’ipotesi che la densità delle spire sia costante; il campo magnetico sarà parallelo all’asse del solenoide e avrà ovunque lo stesso valore.

Data la simmetria del sistema, si può anche ipotizzare che il campo abbia lo stesso

valore in tutti i punti interni al solenoide e che le linee del campo siano parallele

all’asse. Le linee, chiudendosi all’ infinito, implicano che all’esterno del solenoide il

campo B sia nullo. Consideriamo ora il percorso chiuso ACDF; la corrente concatenata è pari a nih , in

quanto nh è il numero di spire contenuto nella porzione alta “h” di solenoide e “i” la

corrente che percorre ciascuna spira. Applichiamo la legge di Ampere:



53

∫∫∫∫∫∫ ⋅+⋅+⋅+⋅=⋅→=⋅A

F

F

D

D

C

C

A

sdBsdBsdBsdBsdBinhsdBrrrrrrrrrrrr

)(0µ , dove

BhsdB

C

A

=⋅∫rr

0=⋅∫D

C

sdBrr

e 0=⋅∫A

F

sdBrr

, perchè Bsdrr

⊥

0=⋅∫A

F

sdBrr

, perchè fuori, B=0

Quindi, inBinhBh 00 µµ =→=

Esercizio 6

Un solenoide toroidale è costituito da N spire avvolte attorno ad una superficie a

forma di toroide. Calcolare a) il campo magnetico se nel sistema circola la corrente i. b) se il toroide è un materiale con permeabilità magnetica relativa rµ , calcolare i

campi H, B ed M nel suo interno.


a) Data la simmetria del problema, le linee del campo magnetico all’interno del

solenoide sono circonferenze con centro sull’asse del toroide. Applichiamo la legge di

Ampère per trovarne il modulo:

r

NiBrBNisdB

π

µπµ

22 0

0 =→==⋅∫rr

b) Ricordando che µBHrr

= , che HHM mr

rrrχµ =−= )1( e che isdH =⋅∫

r(legge di Ampere

per Hr), allora:

r

i

B



54

r

NiHNirH

ππ

22 =→= ,

r

iNHB r

r.2

.0

0π

µµµµ ==

HHB

r

NiHM rmm )1(

2 0

−=−=== µµπ

χχ

Esercizio 7

Un anello toroidale di raggio R=20cm è fatto di ferro con permeabilità magnetica

5000=rµ . Una bobina con N=100 spire è avvolta sulla superficie dell’anello. Calcolare

la corrente “i” che deve percorrere la bobina per produrre una magnetizzazione

mAM

5102 ×= .


Ricordiamo la relazione che lega la magnetizzazione con l’induzione magnetica:

0

)1()1(µ

µµB

HM rr −=−= ; applichiamo la legge di Ampère RBNisdB πµ 20 ==⋅∫rr

.

Quindi R

NiB

π

µ

2

0= ; R

NiH

π2= ;

R

NiM r

πµ

2)1( −=

La corrente i sarà quindi AN

RMi

r

5.0100)15000(

10210202

)1(

2 52

=×−

××××=

−=

−π

µ

π

Esercizio 8

Due spire di raggio R ed r (con R>>r) sono percorse rispettivamente dalle correnti i1 e

i2. La prima spira giace sul piano xy, mentre la seconda giace sul piano yz ad una

distanza d dalla prima spira (sia d>>r). Calcolare il momento meccanico che agisce sulla seconda spira e dire come detta spira ruota per portarsi in posizione di equilibrio (si

supponga fissa la prima spira).



55


Il campo magnetico generato dalla spira (1) nella zona occupata dalla spira (2) vale:

kdR

RioB ˆ

)(2 2/322

2

1

+=

µr (dalla 1a legge di Laplace applicata ad una spira e calcolata

sull’asse)

(Si suppone che essendo r<<R, il campo sia pressoché costante in tutta la zona

occupata dalla spira (2)).

Alla spira (2) può essere associato il momento magnetico

nuSim ˆ2= , dove S è la

superficie racchiusa dalla spira e nu coincide con il versore i :

irim ˆ2

2π=→

Di conseguenza, sulla spira 2 agisce un momento meccanico

jdR

RriiBmM ˆ

)(2 2/322

22

210

+−=×=

πµ

Poiché il momento meccanico vale in modulo θsinmbM = , la posizione all’equilibrio si

raggiunge quando m e B hanno la stessa direzione.

0=θ posizione di equilibrio stabile πθ = Posizione di equilibrio instabile



56

Esercizio 9

Due spire circolari di centro O1 e O2 rispettivamente, aventi uguale raggio R=0.3m e

distanti a=0.005m, sono disposte parallelamente e collegate in serie. La spira inferiore

è fissa, mentre la spira superiore costituisce il piatto di una bilancia a bracci uguali.

All’altro braccio della bilancia è collegata l’armatura mobile di un condensatore piano a

facce parallele di area 203.0 mA = e distanza d=0.002m. Determinare la differenza di potenziale da applicare al condensatore per mantenere l’equilibrio che si ha in

condizione di riposo quando nelle spire passa la corrente I=10 A.


La distanza fra le spire è molto minore del loro raggio. Possiamo allora approssimare il

campo creato da una spira nei punti in cui si trova l’altra calcolandolo con la formula di Biot e Savart, come se i fili fossero rettilinei indefiniti e paralleli, cioè:

a

IB

πµ

20=

Tale campo ha lo stesso valore in tutti i punti di ogni spira. Poiché le spire sono percorse dalla corrente nello stesso verso, si esercita una forza attrattiva fra le

spire (diretta verso il basso, sulla spire superiore) pari a:

a

RIRIBFm

2

02 µπ −==

Per calcolare la forza attrattiva fra le armature del condensatore possiamo osservare

che ad una variazione virtuale dx della distanza tra le armature corrisponderebbe in lavoro dxFe . Tale lavoro sarebbe il corrispettivo della variazione di energia

elettrostatica cambiata di segno, più il lavoro compiuto al generatore collegato al

condensatore, il quale per mantenere invariata la tensione avrebbe dovuto trasferire una certa quantità infinitesima dq di carica da un armatura alla altra. La variazione di

energia elettrostatica a tensione costante è:



57

dCV

CVddW22

1 22 =

=

Il lavoro del generatore è pari a dqV . Poiché q=CV dCVdqV 2=

Quindi, dCV

dCVdCV

dxFe22

22

2

=+−=

Detta x la distanza fra le armature del condensatore piano, si ha che:x

AC 0ε=

E allora 2

2

0

2

22V

x

A

dX

dCVFe

ε−== (la forza è attrattiva)

Se x=d e ricordando che i bracci della bilancia sono uguali, posso uguagliare mF ed eF

2

2

02

02

Vx

AF

a

RIF em

εµ ===

VAa

RIdV

A

d

a

RIV 6.476

22

0

0

0

22

0

2 ==→=→ε

µε

µ



58

LEGGE DI FARADAY, LEGGE DI LENZ, INDUTTANZA, ENERGIA MAGNETICA

Esercizio 1

Una bobina costituita da N=100 spire di area 2100cmS = e resistenza complessiva

Ω= 5R è posta tra le espansioni di un elettromagnete e giace in un piano ortogonale

alle linee di Br. Il campo magnetico, uniforme sui punti di S, varia nel tempo

aumentando linearmente del valore zero al valore TB 8.00 = in un tempo st 100 = .

Calcolare la f.e.m. indotta nella bobina e il lavoro totale speso nel tempo 0t .


La legge di variazione del campo magnetico è 0

0

t

tBB = e di conseguenza il flusso

attraverso la bobina vale:

0

0)cos(ˆ)(t

tNSBNBSdSNBdSBNdSuBNB

SS

n

S

====⋅= ∫∫∫ θφrrr

Il valore della fem indotta sarà:

(legge di Faraday) dt

dBNS

dt

Bdfemii −=−==

)(r

φξ

Vt

NSB 24

0

0 10810

8.010100100 −−

×−=×××

−=−=

La corrente indotta sarà parai a:

Adt

Bd

RR

femi

22

106.15

108)(1 −−

×−=×−

=−==

rφ



59

La corrente circola in verso tale da opporsi con il suo campo alla variazione di Br (legge

di Lenz). La potenza fornita dalla fem (dissipata sulla resistenza R) e il lavoro totale

valgono:

WiP i

322 1028.1)106.1()108(. −−− ×=×−××−== ξ

JitPtL i

2

00 1028.1 −×=== ξ

Esercizio 2

Una bobina rettangolare di lati a = 10 cm e b = 5 cm è composta da N = 100 spire di

resistenza complessiva Ω= 2R e giace nel piano xy. Un campo magnetico TutxB z

ˆ)25.0(5 22 −= agisce sulla bobina. Calcolare (a) la fem indotta )(tξ nella bobina

(b) La corrente i(t) e la carica q(t) che circola nella stessa tra l’istante t=0 e t=0,5 s.


a) Calcoliamo innanzi tutto il flusso di B

r e poi applichiamo la legge di Faraday.

3

)25.0(55)25.0()25.0(5ˆ)(

322222 atbNdxxbtNbdxtxNdSuBNB

a

o

a

o

n

S

−=−=−== ∫∫∫

rrφ

=−×=−×××××

= −−−

)25.0(1033.8)25.0(3

10101001055 232632

tt

( )Wbt 25.01033.8 23 −×= −

Quindi la fem indotta sarà:

VtVtdt

Bdfemi )107.16()1033.82(

)( 33 −− ×−=×××−=−=

rφ



60

b) Calcoliamo la corrente indotta:

Att

R

femi )1033.8(

2

107.16 33

−−

×−=×−

==

E infine, la carica q(t) si ricava da i(t):

)(11)(

)()( 10

1

0

φφφ

φ

φ

−=−== ∫∫ RRdt

Bddttitq

t

to

r

CR

tq 33

1004.1)25.05.025.0(3

1033.8))5.0()0((

1)( −

−

×−=+−−×

=−=→ φφ

Esercizio 3

Una spira di raggio a=5cm, costituita da un filo conduttore di sezione 21mmS = e resistività mΩ×= −8107,1ρ , viene portata da una regione in cui esiste un campo di

induzione magnetica uniforme 2/5,0 mWbB = diretto secondo un angolo °= 60α

rispetto alla normale al piano della spira, in una regione in cui il campo è nullo. Qual’è la

carica totale che percorre la spira in conseguenza di tale spostamento?


La corrente indotta nella spira ottenuta sfruttando la legge di Faraday, vale:

dt

Bd

Ri

)(1r

φ−=

Mentre la carica totale (legge di Felici) verrà:



61

[ ])()(1)(

)( 10

1

00

BBRRdt

BddttiQ

t

t

rrr

φφφ

φ

φ

−=−== ∫∫

Su questo caso, )(1 Br

φ = 0 perchè la spira viene portata in una zona in cui il campo

magnetico è nullo. Allora:

2

0 )cos()cos()cos(ˆ)( aBdsBdsBdSuBBSS

n

S

παααφ ===⋅= ∫∫∫rr

Quindi, ricordando che S

lR ρ=

ρ

απα

πρπα

ρφ

2

)cos()cos(

2)cos()(

1 22

0

aSBaB

a

SaB

l

SB

RQ ====

r

C37.0107.12

1055.05.0108

26

=××

××××=

−

−−

N.B. questo processo viene utilizzato per la misura di campi magnetici mediante galvanometro balistico: noto Q si risale al valore di B.

Esercizio 4

E’ dato un sistema di conduttori costituito da un lungo filo rettilineo e da una spira

piana rettangolare disposti (nel vuoto) come in figura. Nel filo rettilineo fluisce una

corrente i=20A. Mediante l’apertura di un interruttore essa viene ridotta al valore 0

in un tempo 025.0=∆t . Calcolare la fem indotta nella spira rettangolare ed indicare il

verso in cui fluisce la relativa corrente.




62

Per conoscere il valore di i, sfruttiamo la legge di Faraday. Per la legge di Biot-Savart,

il campo magnetico generato dal filo vale:

x

iB

π

µ

2

0= , con x distanza dal filo.

Consideriamo un elemento infinitesimo della superficie della spira, di forma

rettangolare con lati b e dx:

Dunque:

bdxx

idSuBBdB

ac

c

n

Sπ

µφφ

2ˆ)()( 0∫∫∫

+

=⋅==rrr

c

acib

x

dxib

ac

clog

)log(

22

00 +== ∫

+

π

µ

π

µ

Che è il flusso concatenato alla spira. Se i=20A si ottiene il flusso inizialmente

concatenato con la spira. La fem indotta sarà pari a :

t

ttt

t

Bfem

∆

=−∆=−=

∆

∆−=

)0()()( φφφr

c

x



63

Vtc

acib 527

0 1039.4025.0

1

5

15log

2

1020201041log

2

−−−

×=××××

=∆

+=

π

π

π

µ

Per la legge di Lenz il verso della corrente indotto nella spira è orario; poiché il flusso concatenato diminuisce, il verso della corrente deve essere tale da creare un nuovo

campo magnetico entrante nel piano della spira.

Esercizio 5

E’ dato il sistema di conduttori rappresentato in figura. Il conduttore PQ può strisciare da sinistra verso destra sulle rotaie x’ e x’’, mantenendosi parallelo a se

stesso. Il sistema si trova in un campo magnetico uniforme Br perpendicolare al piano

definito dai conduttori.

Tutti i conduttori hanno uguale resistenza r per unità di lunghezza. a) Quale deve essere la legge del moto del conduttore PQ, affinché la corrente i indotta nel circuito

chiuso APQB sia constante durante il moto? b) Supponendo che al tempo t=0 PQ

coincida con AB, qual’e il valore della sua velocità iniziale, se i=0,01A, R=0,1 m

Ω e

21.0m

WbB = ? Si trascuri la induttanza del circuito.


a) Il flusso di B

rconcatenato con il circuito varia come:

BaxB =)(

vφ , a = distanza AB

L’intensità di corrente sarà data da:

dt

dx

xar

aB

Rdt

Bdi

)(2

1)(

+−=−=

rφ

Separiamo le variabili e sfruttiamo il fatto che i=cost:



64

dtaB

Ri

xa

dx 2

)(

−=

+

dtaB

Ri

xa

dx 2

)(

−=

+→ ∫∫

texataB

Ritxa

itaB

R

cos)cos(2

)ln(

2

⋅=+→+−

=+−

Ricaviamo il valore della costante di integrazione introducendo le condizioni iniziali

nell’equazione precedente, cioè x=0 a t=0:

attea =→⋅=+ coscos0 0

Quindi, la legge oraria del moto è )1()(

2

−=−

itaB

R

eatx

b) Calcoliamo ora la velocità iniziale:

it

aB

R

eiaB

Ra

dt

dxv

22

−

−==

B

Rii

aB

Ra

dt

dxv

t

22

00

−=

−==

=s

m212

1021.0

1011012 −−−

×=××××−

=

Esercizio 6

Un circuito rigido quadrato ABCD di lato l=20cm è costituito da un filo di alluminio di resistività mΩ= −810.56,2ρ e sezione S=4mm 2 . Esso è parzialmente immerso, nel

vuoto, in un campo magnetico uniforme di intensità H=3x10 5 A/m diretto

perpendicolarmente al piano del circuito (vedi figura). Tutto il circuito trasla con

velocità costante v=50cm/s nella direzione e nel verso indicato dalla freccia. Determinare

a) L’intensità della corrente indotta nel circuito durante il moto.

b) La quantità di calore sviluppata nel circuito per effetto Joule per uno

spostamento h=10cm. Mostrare inoltre che detta quantità di calore è equivalente al lavoro speso per compiere il suddetto spostamento h.




65

a) Subito dopo l’inizio del moto il flusso del campo magnetico B concatenato con il

circuito vale:

)'()( 0 vtlHlB −= µφr

(ricordiamo che µ0H=B)

Dove l’ è la lunghezza della porzione dei lati AD e BC immersa nel campo magnetico a t=0. La corrente indotta sarà quindi:

==−=l

SHlv

dt

Bd

Ri

4

)(10

ρµ

φr

A36.710201056.24

1041050102010310428

62257

=××××

×××××××××=

−−

−−−−π

La corrente circola in senso orario (si oppone alla variazione del flusso concatenato

che, in questo caso sta diminuendo e quindi deve circolare in modo tale da generare un

campo magnetico entrante nel piano della spira).

b) Il calore sviluppato per effetto joule à pari a:

Jv

hRiRtiQ

2

6

8222 1054.5

5.0

1.0.

104

42.01056.2)36.7( −

−

−

×=×

×××===

Sul lato AB della spira agisce una forza ilBF = che tende a risucchiare la spira

all’interno del campo magnetico. Il lavoro compiuto da tale forza vale:

JilHhL

257

0 105.51.01032.036.7104 −− ×=××××××== πµ

Pari cioè al calore dissipato per effetto joule. Infatti:

LilHhv

hHlvi

v

h

dt

Bdi

v

hRiRtiQ ===

−=== 00

22)(

)(µµ

φ



66

Esercizio 7

Una bobina rettangolare formata da N spire circolari di lati a e b è collegata a dei

collettori circolari e ruota intorno all’asse AA’ con velocità angolare ω in un campo

magnetico di induzione Br.

a) Ricavare l’espressione del flusso quando la bobina si trova nella posizione della

figura ( Br ortogonale al piano della spira) e della differenza di potenziale

massima tra i collettori, specificando la posizione della bobina rispetto al

campo.

b) Con i dati a=1cm, b=5cm, N=100, B=0.4T, calcolare a quale velocità angolare la bobina deve ruotare per ottenere una d.d.p massima di 100V.


a) Il flusso magnetico concatenato è:

)cos()cos()ˆcos(ˆ)( tNBabNBabnBNBabdSuBNB n

S

ωθφ ===⋅= ∫rr

se nuB ˆ//r

, come in figura, 1)cos( =tω e quindi si avrà il massimo valore del flusso:

NBabBB == max)()(rr

φφ

La fem indotta è: )sin()(

tNBabdt

Bdfem ωω

φ=−=

r

e sarà massima per 1)sin( =tω , cioè per

nB ˆ⊥r

: ( ) NBabfem ω=max

b) ( )

HzV

NBab

fem5000

10514.0100

1004

max =××××

==−

ω

Esercizio 8

A A’



67

Sia dato un solenoide rettilineo di lunghezza l, sezione circolare S, numero di spire N

(l=0.1m; S=5x104−m 2 ; N=100). Calcolare:

a) Il coefficiente L di autoinduzione.

b) Di quanto varia L per un solenoide avente stesso diametro e lo stesso numero di spire, ma lunghezza doppia.

c) Di quanto varia L per un solenoide avente la stessa sezione S e la stessa

lunghezza, ma un numero doppio di spire.


a) Poiché i

BL

)(r

φ= per una singola spira, per il solenoide si avrà

i

BNL

)(r

φ= , dove

N = numero di spire. Ricordiamo che il campo magnetico in un solenoide vale oinB µ= (n=numero di spire per

unità di lunghezza) e scriviamoci la definizione di )(Br

φ :

inSBSdSBdSuBBS

n

S

0ˆ)( µφ ===⋅= ∫∫

rrr, dove nu è la normale alla superficie del

spire, parallela a B.

Quindi:

HSl

NS

l

Ni

i

NinS

i

NL

5447

0

2

00 1028.61.0

10510104 −−−

×=××××

====π

µµµ

b) In questo caso, si ha HL

li

SiNL

5

2

0 1014.322

' −×===µ

c) Infine, HLl

SN

l

NSi

i

NL 50

2

0 1012.254422

'' −×====µµ

Esercizio 9

Un lungo conduttore cilindrico di raggio a è percorso da una corrente continua i. Detta µ la permeabilità magnetica del materiale, si calcoli l’energia per unità di lunghezza

Ue del campo magnetico presente all’interno del conduttore.




68

Possiamo determinare il campo magnetico all’interno del conduttore utilizzando la legge d’Ampere e scegliendo un cammino chiuso di integrazione di raggio r < a:

∫ ==→=⋅2

2

2

2

2'a

ri

a

rirBisdB µπ

πµπµ

rr

22 a

riB

πµ=→

dove i’ = parte di corrente totale concatenata con la circonferenza scelta.

Possiamo ora determinare la densità di energia del campo magnetico come:

42

22

42

2222

842

1

2

1

a

ri

a

riBuB

π

µ

πµ

µ

µ===

L’energia magnetica sarà data da:

dVuUdVudU B

filo

BBB ∫=→= ->> Integro su un tratto di filo lungo l.

Se considero rlπ2 come volume

π

µ

π

µ

π

µπ

π

µπ

1644442

82

24

4

2

0

4

4

23

0

42

2

0

lia

a

lir

a

lidrrl

a

irldruU

aa

B

a

B ==

=== ∫∫

E infine, l’energia per unità di lunghezza:

π

µ

16

2i

l

UU B

e ==

Esercizio 10

Sia dato un circuito di resistenza Ω= 10R ed autoinduzione HL 05.0= . E inserita una

fem Vo=50V. Si calcoli l’energia magnetica accumulata nell’autoinduzione L e la potenza

applicata all’autoinduzione nel momento in cui nel circuito passa una corrente i=1A.




69

L’energia magnetica è direttamente calcolabile dalla formula:

JLiU B 025.0105.02

1

2

1 2 =×==

Per determinare la potenza applicata all’autoinduzione possiamo ricavarla come differenza tra la potenza erogata dal generatore e quella dissipata nella resistenza:

WRiiVPPP RfemL 4010502

0 =−=−=−=

Esercizio 11

Una spira circolare di raggio a = 5cm e resistenza Ω= 5.1R è immersa in un campo

magnetico B uniforme perpendicolare al piano della spira, che varia nel tempo con la

legge ttB βα +=)( , con T3.0=α e s

T5.0=β . Calcolare: a) il flusso )(0 Bφ all’istante t=0

b) la fem indotta ξ nella spira c) la potenza RP dissipata dalla stessa.


Il flusso di B è dato da:

dStBdstBdsuBBSSS

∫∫∫ ==⋅= )()(ˆ)(rv

φ

a) A t=0, abbiamo:

===+ ∫∫2)( adsdst

SS

απαβα

Wb342 1036.210514.33.0 −− ×=×××=

b) A t generico

=+−=−== )()( 22 ata

dt

d

dt

Bdfemind πβαπ

φξ

r



70

mVaB 92.3102514.35.0 42 −=×××−=−= −π

c) WWR

PR µξ

101003.15.1

)1092.3( 5232

≅×=×−

== −−

Esercizio 12

In figura è mostrato un conduttore a sezione quadrata di lato pari a 2cm. Nella

regione vi è un campo magnetico, in direzione normale e uscente dalla pagina, la cui intensità è data da ytB 24= , dove B è spesso in tesla, t in secondi e y in metri. Si

determini la fem indotta all’istante t=2,5 secondi.


Scriviamo dapprima il flusso di Br

ydStBdSdSuBBSS

n

S

24ˆ)( ∫∫∫ ==⋅=rv

φ ;ma xdydSxyS =→=

Allora 22

0

22

0

2 22

44)( xyty

xtyxdytB

yy

=

== ∫

vφ ,

Quindi:

Vtxyxytdt

d

dt

Bdfem µ

φ801085.244)2(

)( 6222 −=×××−=−=−=−= −

r

Esercizio 13



71

In un solenoide rettilineo ed indefinito di raggio R=10cm. Il modulo del campo

magnetico B viene fatto crescere linearmente di 0,1 Wb/m 2 al secondo variando in modo opportuno l’intensità di corrente che circola nel solenoide.

a) si esprima il modulo E del campo elettrico indotto in funzione della distanza r

dall’asse del solenoide.

b) Si calcoli il valore di E per r=5cm


a) La forma elettromotrice indotta ottenuta dalla legge di Faraday implica la presenza di un campo elettrico che può essere calcolato come:

ldEdt

Bdfem i

rvr

⋅=−= ∫)(φ

, ( 0≠⋅ ldEi

rvperchè Ei non è conservativo!).

Calcoliamo il flusso di B attraverso una superficie delimitata da un cerchio di raggio r < R.

BrdSuBB n

S

2ˆ)( πφ =⋅= ∫rr

E calcoliamo l’integrale di linea dl campo elettrico indotto:

rEldE ii π2=∫r

Allora:

dt

dBrE

dt

dBrrE ii

22

2 −=→−= ππ

b) Se r = 5 cm, m

VE3105.21.0

2

05.0 −×==r

legge di coulomb e campo elettrostatico esercizio 1 · a. chiodoni – esercizi di fisica ii...

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