ESERCIZI DI ELETTROSTATICA

A. Chiodoni – esercizi di Fisica II
SETTIMA-OTTAVA LEZIONE: 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.
→ Soluzione
A partire dalla seconda legge elementare di Laplace:
r
r r
dF = ids × B ,
e ricordando che il modulo del campo magnetico generato da una spira percorsa da
µi
corrente è B = 0 , abbiamo che la forza (attrattiva) che agisce sulle spire vale:
2πr
Fm = i1 2πRB2 = i1 2πR
µ 0 i2 µ 0 i 2 R
=
2πa
a
Notiamo che questo approccio può essere utilizzato in quanto il rapporto tra le
distanze “a” tra le due spire e la lunghezza ( 2π 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:
mg =
µ 0i 2 R
a
→m=
µ 0i 2 R
ga
=
1.26 × 10 −6 × 1 × 30 × 10 −2
= 1.28 × 10 −5 kg
9.8 × 3 × 10 −3
Esercizio 2
1
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A. Chiodoni – esercizi di Fisica II
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
r r
B
∫ ⋅ ds . Qual’è il valore della integrale per a) la linea di sinistra e per b) la linea a
destra?
→ Soluzione
Per risolvere il problema ricorriamo alla legge di Ampère:
r r
B
∫ ⋅ ds = µ 0 i
Fissato il verso del cammino di integrazione, resta fissato anche il segno delle
correnti, secondo la regola della mano destra. Per cui:
r
r
a)
∫ B ⋅ ds = (i
b)
r r
B
∫ ⋅ ds = (−i1 + i2 − i3 + i4 ) µ 0 = (−i + i − i + i) µ 0 = 0
1
− i 2 − i 4 ) µ 0 = (i − i − i ) µ 0 = −iµ 0 = −1.26 × 10 −6 × 2 = −2.5 × 10 −6 Tm
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).
→ Soluzione
2
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r r
B
a) Per risolvere il problema utilizziamo la legge di ampere ∫ ⋅ ds = µ 0 i , scegliendo via
via come cammino di integrazione una circonferenza di raggio “r” dentro e fuori dal
cilindro.
•
r < a → B ( r ) = 0 perchè non ci sono correnti concatenate con il cammino di
integrazione.
•
r r
r r
r ≤ a ≤ b → ∫ B ⋅ ds = ∫ Bds cos θ = 2πrB , in quanto B // ds .
La corrente “i” è uniformemente distribuita nell’area del cilindro cavo; la corrente
transitante entro la linea 2πr è proporzionale all’area racchiusa dalla linea stessa:
iint =
π (r 2 − a 2 )
i , quindi:
π (b 2 − a 2 )
r r
⎛ (r 2 − a 2 ) ⎞
µ 0i
(r 2 − a 2 )
∫ B ⋅ ds = µ 0iint → B 2πr = µ 0 ⎜⎜⎝ i (b 2 − a 2 ) ⎟⎟⎠ → B(r ) = 2π (b 2 − a 2 ) r
(si assegna segno positivo alla corrente considerando un cammino di integrazione
con verso antiorario)
•
r >b
Il cilindro si comporta come se fosse un filo indefinito percorso da corrente:
r r
µ 0i
⋅
=
µ
=
π
→
=
B
d
s
i
B
(
2
r
)
B
(
r
)
0
∫
2πr
b) Se a=0, B(r ) =
µ 0 i r 2 µ 0 jr
=
2
2πb 2 r
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.
→ Soluzione
3
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Poiché per la prima legge elementare di Laplace
r µ ids
dB = 0 2 uˆ t × uˆ r , è poiché per un filo indefinito vale:
4π r
û t Æ direzione del tratto infinitesimo ds
û r Æ 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:
•
∫
r
r
r ≥ R : B ⋅ ds = B ( 2πr ) = µ 0 i → B =
µ 0i
2πr
Si ritrova cioè la legge di Biot e Savart.
•
r≤R
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
4
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densità di corrente sia uniforme su tutta la sezione e che j =
di Ampere:
i
, applicando la legge
πR 2
r r
µ 0 jr µ 0 ir
πr 2 µ 0 ir 2
∫ B ⋅ ds = B(2πr ) = µ 0iconc = µ 0i πR 2 = R 2 → B = 2 = 2πR 2
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.
→ Soluzione
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:
5
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r r
r r Cr r Dr r F r r Ar r
(
)
B
⋅
d
s
=
µ
inh
→
B
0
∫
∫ ⋅ ds = ∫ B ⋅ ds + ∫ B ⋅ ds + ∫ B ⋅ ds + ∫ B ⋅ ds , dove
A
C
D
F
r r
B
∫ ⋅ ds = Bh
C
A
D
r r
B
∫ ⋅ ds = 0 e
C
A
r r
r r
d
s
⊥B
,
perchè
B
⋅
d
s
=
0
∫
A
F
r
r
∫ B ⋅ ds = 0 , perchè fuori, B=0
F
Quindi, Bh = µ 0 inh → B = µ 0 in
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 µ r , calcolare i
campi H, B ed M nel suo interno.
→ Soluzione
i
r
B
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 r
µ 0 Ni
B
∫ ⋅ ds = µ 0 Ni = 2πrB → B = 2πr
r
r
r
r r
b) Ricordando che H = Bµ , che M = ( µ r − 1) H = χ m H e che
r
per H ), allora:
r
∫ H ⋅ ds = i (legge di Ampere
6
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Ni
,
2πr
µ µ N .i
B = µ0 µr H = 0 r
2π .r
Ni
B
M = χmH = χm
=
− H = ( µ r − 1) H
2πr µ 0
2πrH = Ni → H =
Esercizio 7
Un anello toroidale di raggio R=20cm è fatto di ferro con permeabilità magnetica
µ r = 5000 . 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
M = 2 × 10 5 A .
m
→ Soluzione
Ricordiamo la relazione che lega la magnetizzazione con l’induzione magnetica:
r r
B
; applichiamo la legge di Ampère ∫ B ⋅ ds = µ 0 Ni = B 2πR .
M = ( µ r − 1) H = ( µ r − 1)
µ0
Quindi B =
µ 0 Ni
;
2πR
H=
Ni
;
2πR
La corrente i sarà quindi i =
M = ( µ r − 1)
Ni
2πR
2πRM
2π × 20 × 10 −2 × 2 × 10 5
=
= 0.5 A
( µ r − 1) N
(5000 − 1) × 100
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).
7
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→ Soluzione
Il campo magnetico generato dalla spira (1) nella zona occupata dalla spira (2) vale:
r µo
i1 R 2
B=
kˆ (dalla 1a legge di Laplace applicata ad una spira e calcolata
2
2 3/ 2
2 (R + d )
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 m = i2 Suˆ n , dove S è la
superficie racchiusa dalla spira e û n coincide con il versore iˆ :
→ m = i 2πr 2 iˆ
Di conseguenza, sulla spira 2 agisce un momento meccanico
M =m×B =−
µ 0 i1i2πr 2 R 2
2 (R 2 + d 2 )3 / 2
ˆj
Poiché il momento meccanico vale in modulo M = mb sin θ , la posizione all’equilibrio si
raggiunge quando m e B hanno la stessa direzione.
θ = 0 Æ posizione di equilibrio stabile
θ = π Æ Posizione di equilibrio instabile
8
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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 A = 0.03m 2 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.
→ Soluzione
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:
B = µ0
I
2πa
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:
Fm = IB 2πR = − µ 0 I 2
R
a
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 Fe dx . 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:
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⎛1
⎞ V
dW = d ⎜ CV 2 ⎟ =
dC
⎝2
⎠ 2
2
Il lavoro del generatore è pari a dqV . Poiché q=CVÆ dqV = V 2 dC
Quindi, Fe dx = −
V2
V2
dC + V 2 dC =
dC
2
2
Detta x la distanza fra le armature del condensatore piano, si ha che: C = ε 0
E allora Fe =
A
x
ε A
V 2 dC
= − 0 2 V 2 (la forza è attrattiva)
2 dX
2 x
Se x=d e ricordando che i bracci della bilancia sono uguali, posso uguagliare Fm ed Fe
ε A
R
= Fe = 0 2 V 2
2 x
a
2
R 2
R 2d
→ V 2 = µ0 I 2
→ V = Id µ 0
= 476.6V
a ε0 A
a ε0 A
Fm = µ 0 I 2
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