Prova di metà corso 15/11/2018 Elettromagnetismo e Ottica Proff. Raffaele Velotta & Lorenzo Marrucci

Prova di metà corso – 15/11/2018 Elettromagnetismo e Ottica – Proff. Raffaele Velotta & Lorenzo Marrucci

1) Un cilindro isolante di raggio R = 10 cm e altezza infinita contiene al suo interno una carica distribuita uniformemente con densità ρ = 8.9 μC/m³. Calcolare (a) l’espressione del campo elettrico dentro e fuori il cilindro e il suo valore numerico sul bordo del cilindro. Il materiale di cui è fatto il cilindro è un dielettrico, con permettività relativa εr = 4.0. Perciò, la densità di carica ρ riportata prima è in realtà la somma di una densità di carica “esterna” aggiunta nell’interno del cilindro ρext e della carica di polarizzazione che si sviluppa spontaneamente nel materiale.

Calcolare (b) la densità di carica esterna ρext e l’eventuale densità superficiale di carica σ del cilindro, se presente (sapendo che σext = 0). Infine, il cilindro viene posto in rotazione attorno al suo asse, ad una velocità angolare 𝜔 = 100 rad/s. Calcolare (c) l’espressione del campo magnetico in funzione di r dentro e fuori il cilindro e il suo valore numerico sull’asse del cilindro [Punti domande: a = 3, b = 3, c = 2].

2) Considerate inizialmente una lastra isolante, di spessore a = 5.0 mm e area di base S = 1000 cm², isolata nello spazio (vedi figura 1). Questa lastra contiene al suo interno una densità volumica di carica fissa e costante ρ = 10 mC/m³. La permettività elettrica del materiale è uguale a quella del vuoto (ossia la polarizzazione è nulla). Trattando la lastra come se fosse infinita nella sua estensione parallela al piano yz, calcolare (a) l’espressione del campo elettrico generato dalla lastra in funzione di x e il suo valore numerico nell’origine O, posta sul bordo della lastra (vedi figura 1).

Consideriamo ora la situazione mostrata nella figura 2, in cui, oltre alla stessa lastra isolante della domanda precedente, ci sono due lastre conduttrici 1 e 2, con le stesse dimensioni della lastra isolante, posizionate come indicato in figura. Inizialmente le due

lastre sono disconnesse (interruttore aperto) e su di esse sono state poste le cariche Q1 = 4.0 μC e Q2 = 1.0 μC. Lo spazio non occupato dalle lastre conduttrici e dalla lastra isolante è vuoto. Trattando le tre lastre come se fossero infinite nelle direzioni yz, ossia trascurando gli effetti di bordo, calcolare (b) la densità superficiale di carica σ sulle quattro facce grandi delle lastre conduttrici.

All’istante t = 0, le due lastre vengono collegate mediante un filo elettrico che contiene un resistore di resistenza R = 100 kΩ (interruttore chiuso). Calcolare (c) la corrente elettrica che inizia a scorrere nel filo subito dopo il collegamento, incluso il suo verso; (d) l’energia complessivamente dissipata nel resistore nel tempo necessario perché il sistema raggiunga un nuovo equilibrio.

[Punti domande: a = 3, b = 3, c = 2, d = 2]

Memo: Permettività elettrica del vuoto: ε0 = 8.9 pF/m; permeabilità magnetica del vuoto: μ0 = 4𝜋 × 10^–7 H/m;

Divergenza in coordinate cilindriche: div𝐴⃗ =^*₊^,(+._,+^/)+^*₊^,._,3²+^,._,5⁴

Nota sulla valutazione: il punteggio del compito parte da una base minima di 12 punti.

Soluzione

Esercizio 1 Risposta a.

Adottiamo un sistema di coordinate cilindriche r, 𝜑, z, con l’asse z coincidente con l’asse del cilindro isolante. Per simmetria verifichiamo innanzitutto che il campo elettrico possiede solo la componente radiale cilindrica Er, mentre le componenti Ez e E𝜑 sono nulle, e che Er può dipendere solo dalla coordinata r, ossia è costante muovendosi intorno all’asse z oppure parallelamente a questo. Per trovare il campo elettrico radiale, applichiamo il teorema di Gauss ad una superficie cilindrica di raggio r qualsiasi e altezza h centrata sull’asse del cilindro isolante. Otteniamo:

Per 𝑟 ≤ 𝑅: > 𝐸@⃗ ⋅ 𝑛C𝑑𝑆 = 2𝜋𝑟ℎ𝐸₊ = 1

𝜀_J> 𝜌𝑑𝜏 =𝜋𝑟^Mℎ𝜌 𝜀_J Per 𝑟 ≥ 𝑅: > 𝐸@⃗ ⋅ 𝑛C𝑑𝑆 = 2𝜋𝑟ℎ𝐸₊ = 1

𝜀_J> 𝜌𝑑𝜏 =𝜋𝑅^Mℎ𝜌 𝜀_J

da cui otteniamo l’espressione del campo elettrico (componente radiale) in tutto lo spazio:

𝐸₊ = 𝜌𝑟

2𝜀_J per 𝑟 ≤ 𝑅 𝐸₊ = 𝜌𝑅^M

2𝜀_J𝑟 per 𝑟 ≥ 𝑅

In particolare, sul bordo del cilindro il campo vale 𝐸₊ = 𝜌𝑅

2𝜀_J = 5.0 × 10^T V = 50 kV/m

Risposta b

Il vettore spostamento elettrico nel dielettrico è dato dalla seguente espressione:

𝐷@@⃗ = 𝜀₊𝜀_J𝐸@⃗

La densità di carica esterna può essere ottenuta direttamente combinando la legge di Gauss locale per il vettore 𝐷@@⃗ e quella per il campo elettrico, ossia:

𝜌_Z[\ = div𝐷@@⃗ = 𝜀₊𝜀_Jdiv𝐸@⃗ = 𝜀₊𝜀_J 𝜌

𝜀_J = 𝜀₊𝜌 = 35.6 × 10^_` C/m^b = 35.6 µC/m^b

Lo stesso risultato può essere ottenuto anche calcolando esplicitamente la divergenza del vettore 𝐷@@⃗.

Va notato come gran parte di questa carica esterna viene compensata dalla carica di polarizzazione ρP = ρ – ρext = –26.7 μC/m³.

Alla superficie non c’è carica esterna, ma c’è una carica di polarizzazione 𝜎_e = 𝑃@⃗ ⋅ 𝑛C, dove 𝑛C è la normale uscente al dielettrico. La polarizzazione può essere ottenuta dalla relazione 𝑃@⃗ = 𝜒𝜀_J𝐸@⃗ dove 𝜒 = 𝜀₊− 1 è la suscettività elettrica (utilizzando la definizione adimensionale). Perciò otteniamo 𝜎_e = 1

2(𝜀₊− 1)𝜌𝑅 = 1.34 × 10^_` C/m^M = 1.34 µC/m^M

Risposta c

Una volta in movimento, la carica nell’isolante genera una corrente elettrica la cui densità per unità d’area nello spazio interno è data da 𝐽⃗ = 𝜌𝑣⃗. La direzione della velocità è azimutale, con 𝑣₃ = 𝜔𝑟, mentre le altre componenti sono nulle (dove abbiamo orientato l’asse z nella direzione da cui la rotazione è antioraria, per cui 𝜔 > 0). Perciò si ha

𝐽₃= 𝜌𝜔𝑟

Inoltre, sulla superficie laterale c’è una corrente superficiale per unità di lunghezza, anche questa azimutale, data da

𝐽_l = 𝜎_e𝜔𝑅 =1

2(𝜀₊− 1)𝜌𝜔𝑅^M

La direzione azimutale della corrente è analoga a quella di un solenoide. In effetti, la corrente Jl è del tutto analoga a quella di un solenoide, che sappiamo produrre un campo magnetico dentro al cilindro, orientato come l’asse z, di valore 𝐵₅ = 𝜇_J𝐽_l. La corrente di volume 𝐽₃ si comporta come se ci fosse una distribuzione continua di solenoidi concentrici e dobbiamo valutare qual è il campo magnetico generato da questa. La simmetria del sistema, del tutto analoga a quella di un solenoide, ci fa capire che il campo magnetico totale ha comunque solo la componente z diversa da zero. Per calcolare il campo in un punto qualsiasi di raggio r, utilizziamo la legge di Ampere applicata ad un circuito γ di forma rettangolare, con un lato parallelo all’asse z di lunghezza h posto a distanza r dall’asse e il lato parallelo posto fuori dal cilindro, dove sappiamo che il campo è nullo (per la medesima ragione per cui è nullo il campo esterno di un solenoide). I lati radiali del circuito non contribuiscono all’integrale, dato che il campo magnetico è diretto solo come l’asse z. Il lato esterno al cilindro non contribuisce perché il campo è nullo. Perciò otteniamo:

o 𝐵@⃗ ⋅ 𝑑𝑟⃗

p

= 𝐵₅ℎ = 𝜇_J𝐼_{rstr p} = 𝜇_Ju𝐽_lℎ + ℎ > 𝐽₃(𝑟′)𝑑𝑟′

w +

x = 𝜇_J𝐽_lℎ + 𝜇_Jℎ > 𝜌𝜔𝑟′𝑑𝑟′

w

+

da cui troviamo il campo totale:

𝐵₅(𝑟) =1

2𝜇_J(𝜀₊− 1)𝜌𝜔𝑅^M+1

2𝜇_J𝜌𝜔(𝑅^M− 𝑟^M) =1

2𝜇_J𝜌𝜔(𝜀₊𝑅^M − 𝑟^M) per 𝑟 < 𝑅 𝐵₅(𝑟) = 0 per 𝑟 > 𝑅

(in r = R il campo magnetico è discontinuo come accade anche nei normali solenoidi, saltando bruscamente dal valore interno a quello esterno, nullo). Sull’asse, per r = 0, si ha:

𝐵₅ =1

2𝜇_J𝜌𝜔𝜀₊𝑅^M = 22 × 10^_*M T = 22 pT

Il verso del campo magnetico coincide con quello dell’asse z, ossia punta nella direzione da cui il verso di rotazione del cilindro appare antiorario.

Esercizio 2 Risposta a

Per determinare il campo della lastra isolante, conviene suddividere la lastra in infiniti strati di spessore infinitesimo dx e considerare ciascuno di questi strati come un piano infinito di carica con densità superficiale dσ = ρdx. Sappiamo infatti che il campo elettrico prodotto da un piano infinito di carica con densità σ è

𝐸_| = ± 𝜎 2𝜀_J

dove il segno ± da utilizzare è quello negativo se ci troviamo alla sinistra del piano (x < xpiano) e quello positivo se ci troviamo alla destra (x > xpiano). Per trovare il campo generato dalla lastra isolante in un punto qualsiasi x dovremo quindi integrare i contributi di tutti gli strati (principio di sovrapposizione), tenendo conto di quali strati si trovano alla sinistra del punto x e quali si trovano alla sua destra. Otteniamo così:

𝐸_|(𝑥) = − > 𝜌 2𝜀_J𝑑𝑥

• J

= − 𝜌𝑎

2𝜀_J per 𝑥 ≤ 0 𝐸_|(𝑥) = + > 𝜌

2𝜀_J𝑑𝑥^•

| J

− > 𝜌 2𝜀_J𝑑𝑥^•

•

|

=𝜌(𝑥 − 𝑎 2⁄ )

𝜀_J per 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎 𝐸_|(𝑥) = + > 𝜌

2𝜀_J𝑑𝑥

• J

= 𝜌𝑎

2𝜀_J per 𝑥 ≥ 𝑎

Questi stessi risultati si possono ottenere anche senza svolgere integrali, utilizzando il teorema di Gauss in modo analogo a come si procede per determinare il campo di un singolo piano infinito di carica. In particolare, si deve utilizzare una superficie di Gauss a forma di cilindro, con le due basi poste simmetricamente rispetto al centro della lastra isolante (cioè il punto x = a/2). Inoltre, si può assumere per simmetria che il campo sulle due basi sia uguale e opposto, mentre la superficie laterale del cilindro dà un contributo nullo perché il campo è ortogonale alla normale.

Il valore del campo nell’origine è 𝐸_|(0) = −𝜌𝑎

2𝜀_J = −2.8 × 10^` V/m = −2.8 MV/m

Risposta b

Conviene innanzitutto scrivere un’espressione del campo elettrico nel sistema. Utilizziamo il principio di sovrapposizione, trovando quindi il campo di ciascuna lastra conduttrice e quello della lastra isolante e poi sommandoli.

Iniziamo dalla lastra conduttrice 1, posizionata nell’intervallo (–2a, –a) dell’asse x. La carica Q1

complessivamente presente sulla lastra si distribuisce con una densità superficiale σ sulle due facce della lastra. Su ciascuna faccia, per la simmetria piana del problema (trascurando gli effetti di bordo) la σ può essere supposta uniforme. Possiamo chiamare σ1 la densità di carica sulla faccia sinistra della lastra 1 e σ′1 quella sulla faccia destra. La carica totale è 𝑄_* = 𝑆(𝜎_*+ 𝜎_*^•). Sommando i contributi delle due facce, otteniamo il campo totale generato dalla lastra 1:

𝐸_*|(𝑥) = − 𝜎_* 2𝜀_J− 𝜎_*^•

2𝜀_J = − 𝑄_*

2𝜀_J𝑆 per 𝑥 < −2𝑎 𝐸_*|(𝑥) = + 𝜎_*

2𝜀_J− 𝜎_*^•

2𝜀_J =𝜎_* − 𝜎_*^•

2𝜀_J per − 2𝑎 < 𝑥 < −𝑎 𝐸_*|(𝑥) = + 𝜎_*

2𝜀_J+ 𝜎_*^•

2𝜀_J = 𝑄_*

2𝜀_J𝑆 per 𝑥 > −𝑎

È interessante notare che all’esterno della lastra il campo è determinato solo dalla carica totale Q1, che è nota, e non interessa stabilire quale sia la ripartizione della carica tra le due facce. All’interno invece il campo dipende dalla ripartizione, che dovremo stabilire.

Per la lastra conduttrice 2, posizionata nell’intervallo (a, 2a) valgono ovviamente analoghe considerazioni, per cui si ha

𝐸_M|(𝑥) = − 𝜎_M 2𝜀_J− 𝜎_M^•

2𝜀_J = − 𝑄_M

2𝜀_J𝑆 per 𝑥 < 𝑎 𝐸_M|(𝑥) = + 𝜎_M

2𝜀_J− 𝜎_M^•

2𝜀_J = 𝜎_M− 𝜎_M^•

2𝜀_J per 𝑎 < 𝑥 < 2𝑎 𝐸_M|(𝑥) = + 𝜎_M

2𝜀_J+ 𝜎_M^•

2𝜀_J = + 𝑄_M

2𝜀_J𝑆 per 𝑥 > 2𝑎

dove 𝑄_M = 𝑆(𝜎_M+ 𝜎_M^•). Adesso sommiamo i contributi delle tre lastre per ottenere il campo totale in tutto lo spazio:

𝐸(𝑥) =−𝜎_*− 𝜎_*^•− 𝜎_M− 𝜎_M^• − 𝜌𝑎

2𝜀_J per 𝑥 < −2𝑎 𝐸(𝑥) =𝜎_*− 𝜎_*^• − 𝜎_M− 𝜎_M^• − 𝜌𝑎

2𝜀_J per − 2𝑎 < 𝑥 < −𝑎 𝐸(𝑥) =𝜎_*+ 𝜎_*^• − 𝜎_M− 𝜎_M^• − 𝜌𝑎

2𝜀_J per − 𝑎 < 𝑥 < 0 𝐸(𝑥) =𝜎_*+ 𝜎_*^• − 𝜎_M− 𝜎_M^• − 𝜌𝑎

2𝜀_J +𝜌𝑥

𝜀_J per 0 < 𝑥 < 𝑎 (1) 𝐸(𝑥) =𝜎_*+ 𝜎_*^• + 𝜎_M− 𝜎_M^• + 𝜌𝑎

2𝜀_J per 𝑎 < 𝑥 < 2𝑎 𝐸(𝑥) =𝜎_*+ 𝜎_*^• + 𝜎_M+ 𝜎_M^• + 𝜌𝑎

2𝜀_J per 𝑥 > 2𝑎

Per determinare la ripartizione della carica sulle due lastre conduttrici imponiamo adesso che il campo si annulli all’interno delle due lastre, per cui:

𝜎_*− 𝜎_*^•− 𝜎_M− 𝜎_M^• − 𝜌𝑎 = 0 𝜎_*+ 𝜎_*^•+ 𝜎_M− 𝜎_M^• + 𝜌𝑎 = 0

Conviene sommare e sottrarre membro a membro queste due equazioni per ottenerne altre due equivalenti alle precedenti, ma più semplici:

𝜎_* = 𝜎_M^•

𝜎_*^• + 𝜎_M+ 𝜌𝑎 = 0

Queste due equazioni, insieme alle equazioni sulla carica totale di ogni lastra 𝑄_* = 𝑆(𝜎_*+ 𝜎_*^•) e 𝑄_M = 𝑆(𝜎_M+ 𝜎_M^•), consentono di determinare le quattro densità incognite richieste dal problema:

𝜎_* =𝑄_* + 𝑄_M

2𝑆 +𝜌𝑎

2 = 50 × 10^_` C/m^M = 50 µC/m^M 𝜎_*^• =𝑄_* − 𝑄_M

2𝑆 −𝜌𝑎

2 = −10 × 10^_` C/m^M = −10 µC/m^M 𝜎_M = 𝑄_M− 𝑄_*

2𝑆 −𝜌𝑎

2 = −40 × 10^_` C/m^M = −40 µC/m^M 𝜎_M^• = 𝑄_*+ 𝑄_M

2𝑆 +𝜌𝑎

2 = 50 × 10^_` C/m^M = 50 µC/m^M

Risposta c

Per determinare la corrente dobbiamo innanzitutto calcolare la differenza di potenziale tra le due lastre. Partendo dalle equazioni (1), riscriviamo innanzitutto nella seguente forma più compatta il campo elettrico nelle regioni comprese tra le due lastre:

𝐸(𝑥) =𝑄_* − 𝑄_M 2𝜀_J𝑆 − 𝜌𝑎

2𝜀_J per − 𝑎 < 𝑥 < 0 𝐸(𝑥) =𝑄_* − 𝑄_M

2𝜀_J𝑆 +𝜌(𝑥 − 𝑎 2⁄ )

𝜀_J per 0 < 𝑥 < 𝑎

Integrando queste espressioni tra –a e a, otteniamo la differenza di potenziale 𝛥𝑉 = 𝑉_*− 𝑉_M = 𝑄_*− 𝑄_M

𝜀_J𝑆 𝑎 −𝜌𝑎^M

2𝜀_J =𝑄_*− 𝑄_M− 𝑄_ˆ

2𝐶 (2)

dove nell’ultima espressione abbiamo introdotto la capacità 𝐶 = 𝜀_J𝑆 (2𝑎)⁄ = 89 pF del sistema delle due lastre conduttrici e la carica di mezza lastra isolante 𝑄_ˆ = 𝜌𝑎𝑆/2 = 2.5 µC. Dalla legge di Ohm, la corrente iniziale (nel verso dal conduttore 1 al conduttore 2) è quindi

𝐼 =𝛥𝑉

𝑅 =𝑄_*− 𝑄_M− 𝑄_ˆ

2𝑅𝐶 = 28 mA

Il segno positivo mostra che la corrente fluisce dal conduttore 1 a quello 2.

Risposta d

Dato che i conduttori sono collegati, la carica sulle lastre conduttrici varia nel tempo, pur mantenendo costante il totale, ossia si ha

𝑄_*(𝑡) + 𝑄_M(𝑡) = 𝑄_\s\ = 𝑄_*J+ 𝑄_MJ= 5.0 µC

Per studiare la dinamica successiva del sistema, notiamo che l’equazione (2) continua ad essere valida anche quando le cariche Q1 e Q2 sono variabili nel tempo. Inoltre, la corrente (che abbiamo orientato dal conduttore 1 a quello 2) fissa le variazioni nel tempo delle cariche secondo la legge 𝐼 = −𝑑𝑄_*

𝑑𝑡 = 𝑑𝑄_M 𝑑𝑡

Combinando queste relazioni e la legge di Ohm 𝛥𝑉 = 𝑅𝐼 otteniamo la seguente equazione differenziale:

−𝑑𝑄_*

𝑑𝑡 =𝑄_*(𝑡)

𝜏 −𝑄_\s\+ 𝑄_ˆ 2𝜏

dove abbiamo introdotto la costante di tempo 𝜏 = 𝑅𝐶 = 8.9 µS. Per risolvere questa equazione dobbiamo trovare innanzitutto una soluzione particolare, che è quella stazionaria (con derivata nulla):

𝑄_*(𝑡) = 𝑄•_* = 𝑄_\s\+ 𝑄_ˆ 2

che rappresenta anche la carica che si troverà asintoticamente sul conduttore 1, ossia il nuovo equilibrio che il sistema raggiungerà. A questa aggiungiamo la soluzione dell’equazione omogenea associata, che è la solita equazione esponenziale della scarica del condensatore, ossia

𝑄_*(𝑡) = 𝐴𝑒^{_‘ ’⁄} + 𝑄•_*

La costante A può essere ricavata imponendo la condizione iniziale:

𝑄_*(0) = 𝑄_*J= 𝐴 + 𝑄•_*

da cui 𝐴 = 𝑄_*J− 𝑄•_*. Otteniamo così:

𝑄_*(𝑡) = (𝑄•_*− 𝑄_*J)𝑒^{_‘ ’⁄} + 𝑄•_* La corrente è

𝐼(𝑡) = −𝑑𝑄_*

𝑑𝑡 =𝑄•_*− 𝑄_*J 𝜏 𝑒^{_‘ ’⁄}

La potenza dissipata nel resistore è quindi 𝑊(𝑡) = 𝑅𝐼^M(𝑡) = 𝑅(𝑄•_*− 𝑄_*J)^M

𝜏^M 𝑒^{_M‘ ’⁄}

Integrando questa nel tempo tra 0 e ∞ otteniamo l’energia complessivamente dissipata:

𝐸_”•––= > 𝑊(𝑡)𝑑𝑡

— J

= 𝑅(𝑄•_*− 𝑄_*J)^M

2𝜏 = (𝑄•_*− 𝑄_*J)^M

2𝐶 = (𝑄_MJ+ 𝑄_ˆ − 𝑄_*J)^M

8𝐶 = 350 µJ

Notiamo che l’energia dissipata coincide con la variazione di energia del condensatore formato dalle due lastre conduttrici, ignorando tutto il resto. Infatti, questa è la sola componente di energia del sistema che varia durante la scarica nel filo, il resto dell’energia elettrostatica è costante. Però il sistema complessivo ha un’energia elettrostatica infinita (utilizzando la simmetria piana), quindi non è facile derivare la risposta direttamente da un ragionamento energetico.