Fisica dell’elettromagnetismo e dell’ottica
Esercizi
Politecnico di Bari
Ingegneria Elettronica e delle Telecomunicazioni Ingegneria Elettrica
a cura di Nicola Pace con la supervisione del prof. G. Iaselli
Indice
1. Campi elettromagnetici nel vuoto e nella materia . . . 2
2. Fenomeni oscillatori . . . 19
3. Fenomeni ondulatori . . . 31
4. Onde elettromagnetiche . . . 39
5. Riflessione, rifrazione e polarizzazione delle onde elettromagnetiche . . . 47
6. Interferenza . . . 53
7. Diffrazione . . . 58
Capitolo 1
Campi elettromagnetici nel vuoto e nella materia
Esercizio 1.1
Un condensatore a facce piane e parallele ha armature di area ⌃ poste a distanza h = 3 cm. All’interno del condensatore vi è una lastra di materiale dielettrico, posta parallelamente alle armature, di superficie
⌃e spessore d = 1 cm. Il rapporto fra l’energia U0 contenuta nella parte vuota e l’energia Ud all’interno del dielettrico vale U0/Ud= 4.Determinare la costante dielettrica "r.
Soluzione
Il campo D sia nel vuoto sia che nel dielettrico ha lo stesso valore poiché dipende solo dalle cariche libere, trascurando gli effetti di bordo. Si ha quindi:
D0= "0E0= Dd = "r"0Ed, E0= "rEd
Si può determinare l’energia elettrostatica moltiplicando la densità di energia U = 12"0E2 per i volumi senza e con il dielettrico, rispettivamente.
U0= 1
2"0E02⌃(h d) Ud= 1
2"0"rE2d⌃ d =1 2"0"r
E02
"2r ⌃ d Facendo il rapporto fra queste energie, si ottiene:
U0
Ud
=
1
2"0E02⌃(h d)
1 2"0
E20
"r ⌃ d = "r
h d
d Dal dato del problema U0/Ud= 4 si ricava:
"r(h d) = 4d , "r= 4d
h d
e numericamente:
"r= 4⇥ 10 2
3⇥ 10 2 10 2 = 2.00
Esercizio 1.2
Un condensatore a facce piane e parallele poste a distanza d=1 mm di capacità C = 1 µF viene caricato a una differenza di potenziale di 10 V e successivamente isolato.
Fra le armature del condensatore viene inserito un dielettrico omogeneo e isotropo la cui polarizzazione ha modulo P = 5 ⇥ 10 8C/m2.
Determinare la differenza di potenziale ai capi del condensatore e la constante dielettrica relativa "r del materiale.
Soluzione
La differenza di potenziale ai capi del condensatore si può esprimere, come prodotto del campo all’interno (uniforme) per la distanza fra le armature. Quando il condensatore è vuoto si ha:
V = E d mentre quando il condensatore è riempito con dielettrico:
V0 = E0d
Il campo nel dielettrico si può esprimere attraverso la densità di carica libera e quella di polarizzazione:
E0 = | pol|
"0
= E | pol|
"0
La densità di carica di polarizzazione è uguale, in modulo, al vettore polarizzazione:
V0=
"
E |P |
"0
#
d = V |P |
"0
d
e numericamente:
V0= 10 5⇥ 10 8
8.85⇥ 10 1210 3= 4.35 V
La costante dielettrica si può ottenere come rapporto fra la differenza di potenziale fra V e V’:
"r= V V0 e numericamente:
"r= 10
4.35 = 2.30
Esercizio 1.3
Un condensatore a facce piane e parallele di superficie ⌃ = 1 dm2 distanti d = 1 mm, riempito con un dielettrico omogeneo e isotropo di costante dielettrica "r viene caricato a una differenza di potenziale V0= 103V, immagazzinando un’energia elettrostatica di 1.77 ⇥ 10 3J. Determinare:
1) La costante dielettrica relativa "r del dielettrico interposto fra le armature del condensatore e la capacità del condensatore;
2) La differenza di potenziale V fra le armature, se queste sono allontanate fino a una distanza d0= 2d (il dielettrico non viene alterato) e la capacità Ctot;
3) Il lavoro compiuto per spostare le armature da d a d0;
4) L’energia persa per effetto Joule se le armature del condensatore, cariche alla differenza di potenziale V, vengono collegate fra loro con un filo di resistenza R = 100 ⌦. Si effettui il calcolo negli intervalli fra t0= 0e t1= 1s e fra t0= 0e t2 = 0.1 s e si commentino i risultati.
Soluzione
Esprimendo l’energia elettrostatica in funzione della differenza di potenziale e della capacità ed esprimen- do quest’ultima in funzione delle caratteristiche geometriche del condensatore e della costante dielettrica, si ha:
U = 1
2C1V02 e C1= "r"0
⌃ d da cui:
U = 1 2"r"0
⌃ d V02 e quindi:
"r= 2 U d
"0⌃ V02 = 40.0 La capacità del condensatore sarà:
C1= "r"0
⌃
d = 3.54 nF
La capacità del condensatore che si ottiene allontanando le armature è uguale alla capacità del con- densatore risultante dalla serie di due condensatori, di cui uno pari al condensatore C1 e l’altro con armature di uguale area e di distanza fra di esse uguale a
d0 d = d, senza dielettrico.
C = C1C2
C1+ C2
con:
C2= "0 ⌃
d0 d= 88.5 pF e quindi:
La carica sulle armature del condensatore rimane inalterata rispetto al caso della domanda 1), cioè è uguale al prodotto fra capacità e differenza di potenziale. Si ottiene quindi:
V0 =Q
C =C1V0
C E sostituendo l’espressione di C, si ottiene:
V0= C1V0(C1+ C2) C1C2
= V0
C1+ C2
C2
= V0 1 + C1
C2
!
con:
C1
C2 = "r"0⌃ d
"0 ⌃ d0 d
= "r
e quindi:
V0 = V0(1 + "r) = 4.10⇥ 104V
Per calcolare il lavoro compiuto per spostare le armature è sufficiente calcolare la differenza fra l’e- nergia elettrostatica del caso 2) e quella del caso 1).
L = 1
2CV02 1
2C1V02= 7.08⇥ 10 2J
Possiamo schematizzare il circuito come un circuito RC e quindi:
Q
C iR = 0 Derivando rispetto al tempo e dividendo per R si ottiene:
i RC +di
dt = 0 da cui
di
i = dt RC che, integrata fra t0= 0e il tempo generico t, dà:
i =V0 Re RCt Il lavoro Joule è dato da L =Rt
0Ri2dt, e quindi sostituendo l’espressione per la corrente i si ottiene L =
Z t 0
RV02
R2 e RC2t dt = V02 R2
Z t 0
e RC2t dt = V02 R2
e RC2t
2 RC
t
0
= V02 R
e RC2
2 RC
1
2 RC
!
= V02C⇣
1 e RC2t ⌘
Numericamente, per i due valori del tempo si ottiene:
L1= 0, 145 J L2= 0.145 J
I due valori coincidono perché i tempi t1 e t2 sono ambedue molto maggiori del tempo caratteristico del circuito, che è:
tc= RC = 102⇥ 8.63 ⇥ 10 11= 8.63⇥ 10 9s = 8.63 ns
Esercizio 1.4
Un condensatore a facce piane e parallele con armature quadrate di lato l = 20 cm e distanti d = 5 cm è disposto in serie a una batteria di fem V0= 25 V e appoggiato di lato sul fondo di una bacinella cilindrica isolante di area di base ⌃0= 0.25 m2, inizialmente vuota.
La bacinella viene riempita con un tubicino di portata ⇠ = 0.2 litri/s con un liquido isolante di costante dielettrica "r= 1.5.
Trascurando il valore della resistenza complessiva del circuito, determinare in funzione del tempo, e all’i- stante t0= 65 s:
1) la capacità C del condensatore;
2) la carica elettrica q sulle armature;
3) il lavoro compiuto dalla batteria.
Al tempo t0 si chiude l’accesso del liquido e si inserisce, al posto della batteria, una resistenza R = 1M⌦
in serie al condensatore.
4) Determinare la carica sulle armature del condensatore dopo 1 µs a partire dal tempo t0.
Soluzione
La capacità del condensatore in funzione dell’altezza del liquido sul fondo della bacinella si può ottenere schematizzando il condensatore come due condensatori in parallelo, uno con armature di area l(l x) e con l’aria fra le armature e l’altro con armature di area lx con il liquido come dielettrico.
C = C1+ C2
C1= "0
l(l x)
d C2= "r"0
lx d
Il valore di x si può ottenere dalla portata, considerando l’area di base della bacinella:
x = ⇠
⌃0
t La capacità C sarà quindi:
C = "0
l
d(l x + "rx) = "0
l d
hl + ("r 1) ⇠
⌃0
ti
= 7.08⇥ 10 12+ 1.42⇥ 10 14t F
ed al tempo t0= 65 s:
C = 8.00⇥ 10 12F
Poiché la resistenza del circuito è trascurabile, consideriamo che le variazioni di carica siano istantanee e quindi che valga la relazione fra carica, capacità e differenza di potenziale del caso statico, o meglio di equilibrio.
q = CV0
e al tempo t’:
q = 2.00⇥ 10 10C
Il lavoro compiuto della batteria è dato dalla differenza di energia elettrostatica al tempo generico t e al tempo t0= 0.
L = 1
2CV02 1
2C0V02= 1
2(C C0)V02 da cui:
L = 1 2
"
"0l d
"
l + ("r 1) ⇠
⌃0
#
"0l2 d
# V02=1
2
"
"0("r 1)l ⇠ t
⌃0d
#
V02= 4.43⇥ 10 12t J
All’istante t0 si avrà:
L = 4.43⇥ 10 10⇥ 65 = 2.88 ⇥ 10 10J
Quando si interrompe l’ingresso del liquido, la capacità del condensatore rimane costante (pari a quella calcolata nel punto 1) e la carica iniziale sulle armature del condensatore è quella calcolata nel punto 2).
Scriviamo l’equazione del circuito:
q
C = Rdq dt da cui:
dq dt + 1
RCq = 0 che ha come soluzione:
q = qie RCt
Dopo 1 µs dal tempo t0 si avrà , numericamente, q = 2⇥ 10 10e 10
6
10 6 ⇥8⇥10 12 = 177⇥ 10 10C
Esercizio 1.5
Una sfera di raggio R1= 5 cmè carica uniformemente con una carica q = 10 11C.La sfera è circondata da un guscio sferico dielettrico omogeneo e isotropo, di raggio interno R1 e raggio esterno R2= 15 cm.
A sua volta il dielettrico è circondato da un guscio conduttore di raggio interno R2 e raggio esterno R3 = 25 cm. Se il campo elettrico in un punto P a distanza R0 = 10cm dal centro della sfera vale E = 1 V /m, determinare:
1) la costante dielettrica relativa "rdel dielettrico;
2) la carica di polarizzazione sulle superfici del dielettrico;
3) il potenziale al centro della sfera.
Soluzione
Il punto P a distanza R0 dal centro della sfera si trova nel dielettrico. Dalla legge di Gauss:
I
⌃
E· d⌃ = qint
"0
Si ottiene:
4⇡R20E = q
"0"r
e quindi si può ricavare il valore della costante dielettrica relativa:
"r= q
"04⇡R20E = 10 11
4⇡· 8.85 · 10 12· 1 · 10 2
Il campo elettrico all’interno del dielettrico si può esprimere in funzione della costante dielettrica relativa:
E = q
"0"r4⇡r2
oppure, considerando la carica di polarizzazione che si trova sulle superfici del dielettrico (qp ), E = q qp
"04⇡r2
Eguagliando le due espressioni di può ricavare la carica di polarizzazione:
q
"r
= q qp ! qp= q⇣
1 1
"r
⌘= 8.89· 10 12C
Il potenziale al centro della sfera si può ricavare valutando il lavoro del campo dall’infinito al centro della sfera, tenendo presente che il campo si deve esprimere in modo diverso nei diversi materiali:
V = Z 0
1
E· dr = Z R3
1
Eest· dr Z R2
R3
Ec· dr Z R1
R2
Ed· dr Z 0
R1
Eint· dr
Il campo a distanza maggiore di R3, Eest, è uguale al campo di una carica puntiforme nel vuoto; il campo all’interno del conduttore, Ec, è nullo, il campo nel dielettrico, Ed, è uguale al campo di una carica puntiforme nel dielettrico. Il campo Eint all’interno della sfera si può ricavare dalla legge di Gauss:
I
E· d⌃ = 4⇡r2Eint= 1
"0
⇢V = 1
"0
q
4 3⇡r31
4 3⇡r3 si ottiene quindi:
Eint= qr
"o4⇡R13 Il potenziale al centro della sfera sarà dunque:
V = Z R3
1
q 4⇡"0r2dr
Z R1
R2
q 4⇡"0"rr2
Z 0 R1
qr
"o4⇡R31dr = q 4⇡"0
"
1 R3
+ 1
"rR1
1
"rR2
+ 1 2R1
#
e numericamente:
V = 10 11
4⇡· 8.85 · 10 12
"
1
0.25+ 1
8.99· 5 · 10 2
1
8.99· 0.15+ 1 0.1
#
= 0.502 V
Esercizio 1.6
Un toroidale di raggio medio r = 50 cm è costituito da 1000 spire ed è riempito da un mezzo di permeabilità magnetica relativa µr = 750. Se la superficie di ogni spira è ⌃ = 1 cm2, determinare il coefficiente di autoinduzione del toroide.
Soluzione
Per calcolare il campo magnetico B nel materiale, ricaviamo innanzitutto il campo H, attraverso la sua circuitazione lungo la circonferenza coincidente con il raggio medio del toroide:
I
H· ds = Ni ) H = N I 2⇡r
Il campo può essere considerato indipendente dalla posizione all’interno del toroide, essendo trascurabile il raggio delle spire rispetto al raggio del toroide. Dalla relazione fra B e H si ottiene:
B = µH = µrµ0
N i 2⇡r
Il coefficiente di autoinduzione L si ricava dal rapporto fra il flusso del B attraverso la sezione del toroide e la corrente che circola vi circola:
L = (B)
i = µrµ0N2⌃
2⇡r = 3.00 2H
Esercizio 1.7
Una guaina cilindrica indefinita di materiale ferromagnetico omogeneo ed isotropo con µr= 50, di raggio interno R1 ed esterno R2, è percorsa da una corrente uniforme I = 4 A parallela all’asse. Si determini:
a) l’espressione del campo magnetico H, del campo di induzione magnetica B e della magnetizzazione M in funzione della distanza radiale dall’asse del cilindro;
b) le correnti amperiane di superficie (specificandone modulo, direzione e verso) presenti sulla superficie interna ed esterna del materiale.
Soluzione
La densità di corrente nel materiale è:
J = I
⇡(R22 R21) a)
Facendo uso del teorema della circuitazione di Ampere per H, delle relazioni B = µ0µrH ,
M = mH = (µr 1)H,
e tenendo conto della simmetria del problema (i campi sono tangenti alle circonferenze centrate sull’asse del cilindro), si ottiene:
per r < R1:
H = 0 B = 0 M = 0
per R1< r < R2:
H = J(r2 R21)
2r = I
2⇡(R22 R21) r R21 r
!
B = µ0µrH M = (µr 1)H
per r > R2:
H = I 2⇡r B = µ0H M = 0 dato che nel vuoto µr= 1, allora M = (1 1)H = 0 .
La densità di corrente superficiale si ottiene dalla relazione JM = H⇥ ˆn(con ˆn normale uscente dalla superficie del materiale). Sulla superficie interna si ha :
JMint= M (R1) = 0
e quindi :
iintM = 0
mentre sulla superficie esterna :
JMext= M (R2) = (µr 1)H(R2) e quindi :
iextM = JMext2⇡R2= (µr 1)I ⇠= 196 A
con direzione parallela all’asse e verso opposto a I. Si noti che in questo caso si producono anche delle correnti amperiane di volume ivolM che devono essere uguali ed opposte alle correnti amperiane di super- ficie iextM . Infatti, considerando il teorema della circuitazione di Ampère per B lungo una circonferenza contenente il cilindro,
B· 2⇡r = µ0(I + itotM), e tenendo conto del fatto che all’esterno del cilindro
B =µ0I 2⇡r
si deduce che le correnti amperiane totali devono essere nulle e quindi quelle di superficie devono essere uguali ed opposte a quelle di volume.
Esercizio 1.8
Un condensatore piano con armature circolari di raggio R=20 cm, distanti f=2 cm, è collegato mediante un circuito di resistenza trascurabile a un generatore di forza elettromotrice V = V0sin(!t)di resistenza interna trascurabile con V0= 10 V e ! = 1 rad/s.
Determinare, all’istante di tempo t⇤= 6.28 s:
1. il modulo del campo magnetico Bi in un punto interno al condensatore, a distanza ri = 10 cm dall’asse;
2. il modulo del campo magnetico Bein un punto esterno al condensatore, a distanza re= 50 cm dall’asse;
3. l’energia elettrostatica immagazzinata all’interno del condensatore;
4. l’energia magnetica immagazzinata all’interno del condensatore.
Si trascurino gli effetti del bordo.
Soluzione
Si applichi la legge di Ampère-Maxwell, : I
s
B · ds = µ0"0
Z
⌃
@E
@t · d⌃
Il campo elettrico all’interno del condensatore può essere considerato costante (si trascurano gli effetti di bordo) e si può ricavare dalla differenza di potenziale fra le armature:
E =V
d = V0sin(!t) d
Si consideri una linea circolare di raggio ri concentrica all’asse del condensatore:
2⇡riBi = µ0"0
Z ri
0
@
@t
V0sin(!t) d
!
2⇡r · dr = µ0"0V0! cos(!t⇤) d 2⇡r2i
2 da cui si ottiene:
Bi= µ0"0
riV0! cos(!t⇤) 2d e numericamente:
Bi= 4⇡⇥ 10 7⇥ 8.85 ⇥ 10 1210⇥ 1 ⇥ cos(6.28) ⇥ 10 1
2⇥ 2 ⇥ 10 2 = 2.78⇥ 10 16T
2. Si consideri una linea circolare di raggio re concentrica all’asse del condensatore, tenendo presente che il campo elettrico è diverso da zero all’esterno del condensatore:
2⇡reBe= µ0"0
Z R 0
@
@t
V0 sin(!t) d
!
2⇡r · dr = µ0"0
V0! cos(!t⇤)
d 2⇡R2
2 da cui si ottiene:
e numericamente:
Be= 4⇡⇥ 10 7⇥ 8.85 ⇥ 10 1210⇥ 1 ⇥ cos(6.28) ⇥ ⇥4 ⇥ 10 2
2⇥ 2 ⇥ 10 2⇥ 5 ⇥ 10 1 = 2.22⇥ 10 16T
L’energia elettrostatica totale si calcola, tenendo presente che il campo elettrico è uniforme all’inter- no del condensatore, moltiplicando la densità di energia elettrostatica per il volume del condensatore:
UE= 1
2"0E2 · V = 1 2"0
V2
d2 ⇡ R2d = 1
2"V02cos2(!t⇤)
d ⇡ R2
e numericamente:
UE =8.85⇥ 10 12⇥ 102 cos2(6.28)⇥ ⇡ ⇥ 4 ⇥ 10 2
2⇥ 2 ⇥ 10 2 = 2.78⇥ 10 9J
Per calcolare l’energia magnetica è necessario tener presente che il campo magnetico all’interno del con- densatore non è uniforme:
UB= Z R
0
1 2µ0
"20µ20V02!2cos2(!t⇤)
4d2 2⇡ d r3 · dr = "20µ0V0!2cos2(!t⇤) 16d ⇡ R4 e numericamente:
UB = (8.85⇥ 10 12)2⇥ 4⇡ ⇥ 10 7102cos2(6.28)⇥ ⇡ ⇥ 16 ⇥ 10 4
16⇥ 2 ⇥ 10 2 = 1.55⇥ 10 28J
Esercizio 1.9
Dimostrare che la corrente di spostamento in un condensatore ad armature parallele si può scrivere:
id= CdV dt
Soluzione
In un condensatore ad armature piane e parallele il campo elettrico è uniforme, per cui, indicata con V,
⌃e h rispettivamente la differenza di potenziale, l’area e la distanza fra le armature, si ha:
E = V h
E inoltre:
E = Z
⌃
E· d⌃ = E ⌃ = V⌃ h
La corrente di spostamento diventa:
id = "0= d
dt E= "0
⌃ h · dV
dt = CdV dt
avendo effettuato la sostituzione C = "0⌃/h
Esercizio 1.10
Si consideri un condensatore piano con armature quadrate di 1,22 m di lato (vedi figura).
Una corrente di 1,84 A carica il condensatore.
(a) Qual è la corrente di spostamento nella regione tra le armature?
(b) Quanto vale dE/dt in tale regione?
(c) Quanto vale la corrente di spostamento attraverso il quadrato tratteggiato tra le armature?
(d) Quanto valeH
B· ds lungo tale quadrato tratteggiato?
Soluzione
La corrente di spostamento è uguale alla corrente di conduzione.
In un condensatore piano E = E ⌃, per cui la corrente di spostamento è :
id = "0 d
dt E= "0⌃dE dt e quindi:
dE dt = id
"0⌃= 1.39⇥ 1011V · m 1· s 1
La corrente di spostamento attraverso il quadrato tratteggiato è:
i0d= "0⌃0dE dt = id
⌃0
⌃ = 0.46 A
La circuitazione di B lungo il quadrato tratteggiato vale:
I
S
B· ds = µ0i0d= 5.78⇥ 10 7T · m
Capitolo 2
Fenomeni oscillatori
Esercizio 2.1
Un condensatore di capacità C = 1 µF caricato a una differenza di potenziale V0= 10 V viene staccato dal generatore e collegato a un solenoide di induttanza L = 1 µH attraverso un circuito di resistentza trascurabile.
Determinare il campo B all’interno del solenoide all’istante t⇤= 1.57 µs, sapendo che il solenoide ha 1000 spire al metro. Si consideri il caso di un solenoide ideale.
Soluzione
Il circuito che si ottiene è un circuito LC, di equazione:
q
C = Ldi dt Tenendo conto che i = dq/dt, si ottiene l’equazione:
Ld2q dt2 + q
C = 0 che ha come soluzione:
q = q0 sin(!t), con ! = r 1
LC e q0= CV0
La corrente si ottiene derivando la carica rispetto al tempo:
i = q0! sin(!t) Per un solenoide ideale il campo magnetico vale:
B = µ0n i e quindi:
B = µ0n C V0
r 1 LC sin
r 1 LC
!
numericamente,
B = 1.26⇥ 10 2T
Esercizio 2.2
Un cilindro di legno di sezione ⌃ ha un estremità riempita di piombo; posto in acqua l’oggetto galleggia come illustrato in figura. La porzione immersa misura L = 2.56 m. Si supponga di porre l’oggetto in oscillazione verticale.
(a) Si dimostri che il moto è armonico semplice.
(b) Si calcoli il periodo delle oscillazioni. Si trascuri l’effetto di smorzamento dovuto alla presenza del fluido.
Soluzione
Introduciamo un asse x orientato verso il basso. Supponiamo di spostare il cilindro di legno come in figura: la spinta di Archimede ora è insufficiente a bilanciare il peso; si origina quindi una forza netta verso il basso e l’equazione del moto è:
d2x
dt2 +⇢0⌃g m x = g
avendo indicato con ⇢0 la densità dell’acqua. Si ottiene così l’equazione del moto armonico semplice.
Il periodo delle oscillazioni è dato da
T =2⇡
! = 2⇡
r m
⇢0⌃g
Nella situazione di equilibrio, il peso del fluido spostato eguaglia il peso dell’oggetto, per cui mg = ⇢0L⌃g.
Ricavando allora la massa m dell’oggetto e sostituendola nell’espressione del periodo, si ha infine
T = 2⇡
s⇢0L⌃
⇢0⌃g = 2⇡
sL g = 2⇡
s (2, 56 m)
(9.8 m/s2) = 3.21 s
Esercizio 2.3
Si consideri il sistema illustrato in figura e si supponga che il blocco abbia massa M = 1.52 kg e la molla abbia costante elastica k = 8.13 N/m. Sia inoltre:
f = dx
dt
con =0.227 kg/s. Si supponga di spostare il corpo di 12.5 cm dalla posizione di equilibrio e di abban- donarlo al suo moto.
(a) Si calcoli il tempo necessario perché l’ampiezza si riduca di un terzo del suo valore iniziale.
(b) Si calcoli il numero di oscillazioni compiute in questo intervallo di tempo.
Soluzione
Siamo di fronte a un moto armonico smorzato, di cui possiamo calcolare la (pseudo-)frequenza:
! = 2⇡⌫ = s
k m
✓ b 2 m
◆2
= s
8.13 N/m 1.52 kg
✓227⇥ 10 3kg/s 2(1.52 kg)
◆2
= 2.31 rad/s Il periodo è:
T = 1
⌫ = 2.72 s Dall’equazione del moto:
x(t) = Ae 2mb tcos (!t + ') si vede che l’ampiezza si riduce a 1/3 del valore iniziale quando
e 2mb t=1 3 cioè:
b 2mt = ln
✓1 3
◆
= ln 3 Ciò accade dopo un tempo:
t = 2m
b ln 3 = 2(1.52 kg)
227⇥ 10 3kg/sln 3 = 14.7 s quindi dopo un numero di oscillazioni:
N = t
T = 14.7 s
2, 72 s = 5.4' 5
Esercizio 2.4
Un tubo a U viene riempito con un liquido omogeneo e il livello di una delle due superfici viene abbassato per mezzo di un pistone. Rimosso il pistone, il livello del liquido oscilla in entrambi i tubi.
Si dimostri che il periodo delle oscillazioni vale:
T = ⇡ s2L
g
dove L è la lunghezza della porzione di tubo occupata dal liquido.
ì
Soluzione
Come possiamo notare dalla figura, lo spostamento dalla posizione di equilibrio di una quantità x tramite compressione di una delle due superfici ⌃, crea un dislivello di 2x, e quindi una differenza di pressione P = ⇢0g2x. Sul fluido si esercita quindi una forza F = P ⌃ e quindi F = ⇢0g2x⌃.
Possiamo scrivere l’equazione del moto, ponendo un sistema di riferimento verticale orientato verso l’alto:
mtota = F = ⇢0g2x⌃
Poiché:
mtot= ⇢0⌃ L ,
dove ⇢0, è la densità del liquido, ⌃ è la sezione del tubo, e L è l’è la lunghezza della porzione di tubo occupata dal liquido, si ottiene:
Ld2x
dt2 = 2gx , d2x dt2 +2g
Lx = 0 (1)
La (1) è l’equazione di un moto armonico con:
! = 2 ⇡
T =
r2g L Quindi il periodo delle oscillazioni vale:
s s
Assumendo il valore U0= 0dell’energia potenziale nella configurazione di equilibrio del liquido, simme- trica nei due rami del tubo, l’energia potenziale in una configurazione generica, in cui la superficie libera si spostata verticalmente di una lunghezza x rispetto alla posizione di equilibrio, risulta:
U (x) = ⇢0⌃x· g · x = ⇢0⌃ g x2
Infatti è come se una colonna di liquido di volume ⌃x fosse stata sollevata di un tratto x e portata al- l’altro ramo. In particolare, nell’istante iniziale l’energia potenziale ha il valore U0= ⇢0⌃ g x20. L’energia cinetica del liquido, poiché in ogni istante tutti i suoi punti si muovono con la stessa velocità v, è data da : K = 12⇢0⌃ L v2.
Supponendo di poter trascurare gli attriti, applichiamo la legge di conservazione dell’energia mecca- nica:
U0 + K0= U0= ⇢0⌃ g x20 = U + K = ⇢0⌃ g x2 + 1
2⇢0⌃ L v2 dalla quale possiamo ricavare la velocità in funzione dello spostamento:
v = dx dt =
r2g L
q x20 x2 A questo punto si potrebbe integrare l’equazione, separando le variabili:
Z x x0
p 1
x20 x2dx = Z t
0
r2g L dt da cui si ottiene:
arcsin x x0
x
x0
= r2g
L t cioè:
x = x0sin r2g
L t ⇡
2
!
La soluzione trovata è nuovamente un moto armonico di ampiezza x0 e di periodo:
T = 2⇡
! = 2 ⇡ sL
2g = ⇡ s2L
g
c.v.d.
Esercizio 2.5
Un blocco di massa m = 2 kg è attaccato ad una molla di costate elastica k = 32 N/m e può oscilla- re in un piano orizzontale. Sul blocco agisce una forza di attrito viscoso tale da essere in condizioni di smorzamento critico. Si applica al blocco una forza variabile F = 12.8 sin(!0t)con pulsazione uguale alla pulsazione propria del sistema. Calcolare:
(a) l’ampiezza dell’oscillazione forzata;
(b) il valore dello spostamento della massa in funzione del tempo;
(c) il valore della forza viscosa.
Soluzione
Sapendo che il sistema è nelle condizioni di smorzamento critico e di risonanza, e quindi:
! = !0= = rk
m = 4 rad/sec , calcolo l’ampiezza dell’oscillazione A:
A = F0
m p 1
(!20 !2)2+ 4 2!2 = F0
2m !0
= 0.2 m ,
La fase è ' = ⇡2, dato che ci troviamo in condizioni di risonanza, quindi, calcolo il valore dello sposta- mento della massa in funzione del tempo, sapendo che ci troviamo in condizioni di smorzamento critico e risonanza:
x(t) = e t(At + B)
| {z }
tende a 0
+A0sin(!0t + ')
Quindi,
x(t) = 0, 2 sin(4 t ⇡ 2) Calcolo il valore della forza d’attrito: Fa = v(t),
calcolo v(t):
v(t) =dx
dt(t) = A0!0 cos(!0t + ') = 0, 8 sin(!0t)
Fa= v(t) = 2m 0.8 sin(!0t) = 12.8 sin(!0t)' F
Esercizio 2.6
Un oscillatore armonico con massa m = 0.4 kg ed una costante elastica k = 2.5 N/m, sotto l’azione di una forza di attrito viscoso, è nelle condizioni di smorzamento critico. Calcolare il coefficiente di smorza- mento . Le condizioni iniziali del sistema sono x(t=0)= 0, 16 me v(t=0)= 0. Supponendo una soluzione del tipo e t(At + B), determinare i parametri A e B. Calcolare l’istante in cui la velocità è massima (corrispondente alla condizione di accelerazione nulla).
Soluzione
Sapendo che il sistema è nelle condizioni di smorzamento critico, calcolo il coefficiente di smorzamento :
= !0= rk
m = 2.5 Hz
L’equazione del moto in condizioni di smorzamento critico è inoltre fornita dalla traccia:
x(t) = e t(At + B) Calcolo quindi l’equazione della velocità:
v(t) =dx
dt(t) = e t(At + B) + Ae t= e t( (At + B) + A) Impongo, quindi, le condizioni iniziali per trovare A e B:
(x(0) = 0.16 v(0) = 0
(e [0](A[0] + B) = 0.16 e [0]( (A[0] + B) + A) = 0
(B = 0.16 B + A = 0
(B = 0.16 m
A = 0.16 = 0.4 m/sec Per trovare l’istante in cui la velocità è massima, calcolo a(t), e vedo quando si annulla:
a(t) = dv
dt(t) = e t( (At + B) + A) Ae t= e t( (At + B) + 2A) In a(t) = 0, si ha:
0 = e t( (At + B) + 2A); (At + B) + 2A = 0; t = 2 B
A = 0.4 sec
Esercizio 2.7
Una massa m = 0.4 kg è collegata ad una molla di costante elastica k = 2.5 N/m . Una forza di attrito vi- scoso è applicata alla massa ed il coefficiente di smorzamento vale = 2 Hz. Si scriva l’equazione del siste- ma e si calcoli la pulsazione delle oscillazioni. Supponendo una soluzione del tipo x(t) = Ae tcos(!t+') determinare i parametri A e ' sapendo che x(t=0) = Ae v(t=0) = 1. Calcolare l’intensità della forza vi- scosa per t = 0.
Soluzione
Calcolo la pulsazione del sistema:
!0= rk
m = 2, 5 rad/sec Scrivo l’equazione differenziale del moto, con = 2 m:
F = ma = kx v, md2x dt2 + dx
dt + kx = 0, d2x dt2 +
m dx dt + k
mx = 0
d2x
dt2 + 2 dx
dt + !20x = 0 La cui soluzione è, per !0> (smorzamento debole):
x(t) = A e tcos(!t + ') dove:
! = q
!20 2= 1, 5 rad/sec Per trovare A e ', calcolo v(t):
v(t) = dx
dt(t) = Ae t( cos(!t + ') + ! sin(!t + ')) quindi, scrivo il sistema:
(x(0) = A v(0) = 1
(A e [0]cos(![0] + ') = A
Ae [0]( cos(![0] + ') + ! sin(![0] + ') = 1
(cos(') = 1
A cos(') + ! sin(') = 1 (' = 0
A + ! sin(') = 1
(' = 0 A = 1
L’intensità della forza viscosa, in t = 0, sapendo che v(t=0)= 1, è data da:
Fv(t) = v(t), Fv(0) = = 2 m = 1.6 N
Esercizio 2.8
Una molla di costante elastica k = 64 N/m fa oscillare un blocco di massa m = 4 kg su un piano oriz- zontale. Il blocco è frenato da una forza di attrito viscoso. L’oscillazione risultante è in condizioni di smorzamento critico ( = !0). Si applica al blocco una forza variabile F = 26.6 sin(!0t)con pulsazione uguale alla pulsazione propria del sistema. Calcolare l’ampiezza dell’oscillazione forzata ed il valore dello spostamento della massa in funzione del tempo.
Soluzione
Sappiamo che ! = !0. Calcolo la pulsazione propria:
!0= = rk
m = 4 rad/s Calcolo l’ampiezza e la fase dell’oscillazione:
A0=F0
m p 1
(!02 !2)2+ 4 2!2 = F0
2m ! = 0, 2 m.
e trovandoci in condizione di risonanza, ! = !0,
' = ⇡ 2
Calcolo il valore dello spostamento della massa in funzione del tempo, sapendo che ci troviamo in condi- zioni di smorzamento critico e risonanza:
x(t) = e t(At + B)
| {z }
tende a 0
+A0sin(!0t + ')
Quindi,
x(t) = 0, 2 sin(4 t ⇡ 2)
Inoltre, come approfondimento, posso calcolare il valore della forza d’attrito: Fa= v(t), calcolo v(t):
v(t) =dx
dt(t) = A0!0 cos(!0t + ') = 0, 8 sin(!0t)
Fa= v(t) = 2m 0, 8 sin(!0t) = 26.6 sin(!0t)' F
Esercizio 2.9
Un bambino di massa 30 kg si trova su un’altalena di massa 5 kg, sospesa con cavi lunghi 2 m, che durante ciascuna oscillazione perde 1/10 della sua energia. Calcolate il periodo di oscillazione, la costante di tempo del sistema e il numero di oscillazioni dopo le quali l’angolo di oscillazione si dimezza.
Soluzione
Calcolo il periodo dell’oscillazione (che è costante nel tempo per angoli piccoli):
T = 2⇡
sL
g = 2.84s
Ora sapendo che ad ogni oscillazione l’energia diminuisce di 1/10 , e sapendo come varia l’energia in un moto armonico smorzato posso scrivere:
E = E0e 2⌧t Dopo un tempo T, l’energia E1 sarà 9/10 di E0:
E1= 9
10E0= E0e 2T⌧, 9
10 = e 2T⌧ Quindi,
ln
✓9 10
◆
= 2T
⌧, ⌧ = 2T
ln(109)= 53.85 sec
= 1
⌧ = 0.0186 Hz L’equazione del moto del sistema è:
✓ = ✓0e tcos(!t + ')
e da ciò deduciamo che si dimezza quando e tdiventa 1/2, quindi:
1
2 = e t⌧, t = ⌧ ln
✓1 2
◆
= 37.33 sec
Quindi,per trovare il numero di oscillazioni basta dividere il precedente t per il periodo:
N = t
T =37.33 sec
2.84 sec = 13.14' 13
Esercizio 2.10
Un oggetto di 5.13 kg si muove su un piano liscio sotto l’azione di una molla di costante elastica 9.88 N/cm. L’oggetto viene spostato di 53.5 cm dalla sua posizione di equilibrio e viene lanciato verso di essa con velocità iniziale di 11.2 m/s. Si calcoli:
(a) la frequenza del moto risultante;
(b) l’energia potenziale iniziale del sistema;
(c) l’energia cinetica iniziale;
(d) l’ampiezza delle oscillazioni.
Soluzione
Calcolo la frequenza, trasformando le varie grandezze in unità del Sistema Internazionale:
! = 2⇡f = rk
m = 13, 88 rad/sec, f = 1 2⇡
rk
m = 2.21 Hz
L’energia potenziale iniziale del sistema è data da:
Uiniz= 1
2kx20= 141.39 J
L’energia cinetica iniziale del sistema è data da:
Kiniz=1
2mv20= 321.75 J
Per trovare l’ampiezza delle oscillazioni possiamo procedere in 2 modi:
1) equazioni del moto
Dato che il sistema è in condizioni di moto armonico, posso scrivere l’equazione del moto e della ve- locità, e imporre le condizioni iniziali, in modo da calcolare A:
(x(t) = A sin(! t + ')
v(t) = dxdt(t) = A! cos(! t + ')
(A sin(') = x(0)
A! cos(') = v(0) ...risolvendo...
(//
A = p(x
0!)2+v02
! = 0.968 m
2) energia
Nel punto in cui la massa m si arresta, l’ampiezza del moto è massima, ed è quindi A, e in quel punto la sua energia è tutta potenziale, quindi applicando il principio della conservazione dell’energia:
Kiniz+ Uiniz= Uv=0+ Kv=0, 1
2kA2= Kiniz+ Uiniz, A =
r2(Kiniz+ Uiniz)
k = 0.968 m
Esercizio 2.11
Per il sistema indicato in figura, il blocco ha una massa di 1,5 kg e la costante elastica è k = 8.0 N/m.
Supponiamo che il blocco venga tirato per un tratto di 12 cm e poi lasciato libero. Se la forza di attrito è data da Fa= dxdt, dove = 0, 23 kg/s. determinare il numero di oscillazioni fatte dal blocco nell’intervallo di tempo necessario perché l’ampiezza si riduca di 1/3 del valore iniziale.
Soluzione
La pulsazione propria e il coefficiente di smorzamento saranno rispettivamente:
!0= rk
m = s
8.0 N/m
1, 5 kg = 2.31 rad/s
= 2m = 0.23 kg/s
2⇥ 1, 5 kg = 0.077 Hz La pulsazione del moto armonico smorzato sarà:
! = 2⇡⌫ = 2⇡
T =q
!20 2= s
k m
✓ 2m
◆2
= 2.31 rad/s.
Il periodo è:
T = 1 f = 2⇡
! = 2.72 s.
Dall’equazione del moto del sistema:
x(t) = Ae 2mtcos (!t + ') si vede che l’ampiezza si riduce di 1/3 del valore iniziale quando:
e 2mt= 1 3,
2mt = ln
✓1 3
◆
= ln 3 Ciò accade dopo un tempo:
quindi dopo un numero di oscillazioni:
N = t
T =14.3 s
2.72 s = 5.26' 5.
Il termine di smorzamento è molto piccolo, in tal modo la frequenza ! differisce di poco da quella dell’oscillazione libera !0. In tali condizioni ha senso parlare di (pseudo-)frequenza, trattandosi di un moto quasi periodico.
Capitolo 3
Fenomeni ondulatori
Esercizio 3.1
Una sbarra d’ acciaio (⇢ = 7.8 · 10 3 kg/m3 , E = 2.8 · 1011 N/m2) di diametro d = 4 mm é utilizzata per trasmettere delle onde longitudinali generate da un oscillatore; tali onde sono armoniche di frequenza f = 10 Hz e ampiezza ⇠0= 0.2 mm.
(a) Calcolare la velocitá massima dei singoli punti della sbarra e confrontarla con la velocitá di propagazione dell’onda lungo la sbarra.
(b) Calcolare inoltre la densitá di energia nella sbarra, l’intensitá dell’onda che si propaga lungo la sbarra e la potenza dell’oscillatore necessaria per mantenere l’onda in assenza di assorbimento.
Soluzione
Dall’equazione di D’Alambert, la velocitá di propagazione dell’onda lungo la sbarra vale:
v = sE
⇢ = 6· 106m/s
La soluzione dell’equazione sarà :
⇠(x, t) = ⇠0sin(kx !t) d⇠
dt = ⇠0! cos(kx !t) Il valore massimo dell velocità di oscillazione sará:
⇠0!
Sapendo che:
! = 2⇡f si trova :
d⇠
dtmax= 2⇡ f ⇠0= 1.26 · 10 2m/s
Calcoliamo la densitá di energia nella sbarra Wl. La potenza media é data da:
Pm= 1
2⇠02!2v⇢⌃ = Wlv⌃
Quindi dividendo ambo i membri per v⌃, ottengo:
Wl=1
2⇠02!2⇢ = 0.62· 10 6J/m3
Calcoliamo l’intensitá dell’onda che si propaga lungo la sbarra I = Wlv :
I = < P >
⌃ = Wlv⌃
⌃ .
Si trova I = 3.69 W/m2 .
Calcoliamo la potenza dell’oscillatore necessaria per mantenere l’onda in assenza di assorbimento.
Conoscendo I e ⌃, la potenza si calcola come:
P = I ⌃ = I⇡
✓d 2
◆2
= 4.64⇥ 10 5W
Esercizio 3.2
Una corda con densità lineare ⇢ = 0.5 Kg/m é sottoposta alla tensione T = 20 N
Su di essa un’onda di ampiezza ⇠0 = 10 2 m e frequenza f = 100 Hz si muove in direzione delle x negative.
(a) Qual’é la velocitá dell’onda?
(b) Scrivere l’equazione dell’onda, calcolando i parametri k, !, e la fase ', sapendo che per x = 0 e t = 0l’ampiezza é massima.
(c) Qual’é la potenza media trasmessa sulla corda?
Soluzione
Dall’equazione di D’Alambert ricavo che :
v = sT
⇢ = 6.32 m/s
Scrivo l’equazione d’onda sapendo che per x = 0e t = 0 l’ampiezza delle oscillazioni é massima.
⇠ = ⇠0 sin(kx + !t + ')
Prendo il segno ’+’ davanti ad ! poiché l’onda si propaga nella direzione -x.
Quindi avró:
! = 2⇡ f = 2⇡ 100 = 628 rad/s
Inoltre k sará pari a:
k = !
v = 628 rad/sec
6.32 m/s = 99.36 rad/m
Quindi per trovare ⇠ massimo pongo nell’equazione x=0 e t=0 , per cui avró tale valore massimo quando il sin(') é pari a 1, cioé quando ' é uguale a ⇡2.
L’equazione finale sará pertanto :
⇠(x, t) = ⇠0 sin⇣
99.36x + 628t +⇡ 2
⌘
Valutiamo la potenza media trasmessa sulla corda. Ricordando che <P>=12⇢ ⇠02!2v e sostituendo , si ottiene P = 62.31 W .
Esercizio 3.3
L’equazione di un’onda trasversale che si propaga in una corda tesa é ⇠ = 2 cos[⇡(0.5x 200t)].
(a) Determinare ampiezza, lunghezza d’onda , frequenza , periodo e velocitá di propagazione dell’onda.
(b) Trovare la tensione, sapendo che la corda e’ lunga 0.90 m e ha massa 0.45 kg .
Soluzione
Dall’equazione data si deduce che ⇠0 = 2, k = 0.5⇡, ! = 200⇡.
Sapendo che k= 2 ⇡ ed != 2 ⇡T , si trova:
T =2 ⇡
! = 10 ms Mentre f é pari all’inverso del periodo T:
f = 1
T = 100 Hz La velocitá di propagazione dell’onda e’ data da:
v = !
k = 400 m/s
Per determinare la tensione agente sulla corda utilizziamo l’espressione:
v = sT
⇢ Quindi, ponendo ⇢ = ml:
v = rT l
m , ! v2=T l
m, ! T = m v2
l = 8⇥ 104N
Esercizio 3.4
Un’onda sonora piana armonica di pulsazione ! = 2 · 103e intensitá I = 10 6W/m2si puó propagare in tre mezzi: aria, acqua, ferro, per i quali densitá e velocitá di propagazione sono rispettivamente :
Aria! ⇢1= 1.29 Kg/m3 v1= 344 m/s Acqua! ⇢2= 103Kg/m3 v2= 1493 m/s F erro! ⇢3= 7.8· 103Kg/m3 v3= 5130 m/s.
Calcolare nei tre mezzi i valori della lunghezza d’onda e dell’ampiezza ⇠ dell’onda di spostamento.
Soluzione
Per definizione di lunghezza d’onda:
= 2⇡/k = 2⇡v/!
con k il numero d’onda definito come k = !v. La lunghezza d’onda dell’onda nei tre rispettivi mezzi vale dunque:
1= 2⇡· 344ms 2· 103 rads
= 1080· 10 3= 1.08 m
2= 2⇡· 1493ms 2· 103 rads
= 4688· 10 3= 4.7 m
3= 2⇡· 5130ms 2· 103 rads
= 16108· 10 3= 16 m Si puó procedere adesso col calcolo dell’ampiezza dell’onda di spostamento.
L’intensitá dell’onda è definita come potenza media su unitá di superficie:
I =hP i
⌃ Sapendo che l’intensitá in questo caso é anche pari a
I =1 2⇢⇠20!2v con :
⇢! densitá del mezzo
⇠0! Ampiezza iniziale dell’onda
!! pulsazione dell’onda
v! velocità di propagazione dell’onda si ottiene :
I = hP i m2 = 1
2⇢⇠02!2v
A questo punto si può procedere con la determinazione del valore numerico dell’ampiezza dell’onda di spostamento nei rispettivi mezzi :
⇠20= 2I
⇢!2v ! ⇠0= s 2I
⇢!2v = 1
! s2I
v⇢
Nell’aria:
Nel ferro:
⇠3= 1
! s 2I
v3⇢3
= 1.1· 10 10m
Esercizio 3.5
Un altoparlante produce nell’aria a 20 un suono di frequenza f = 2·103Hze intensitá I1= 5.6·10 4 Wm2 a distanza r1= 6 m. Nell’ipotesi di emissione isotropa calcolare l’intensitá I2alla distanza r2= 30 me l’am- piezza dell’onda di spostamento ⇠ a r1= 6 me r2= 30 m. Per la velocità del suono si usi il valore 343 m/s.
Soluzione
Si tratta di emissione isotropa, quindi si sta parlando di onde sonore sferiche.
Siccome siamo in condizioni di emissione isotropa allora P1(r1) = P2(r2) da cui, applicando la definizione di intensitá dell’onda, si ottiene :
I1⌃1= I2⌃2
La condizione di emissione isotropa impone che l’onda in questione sia un’onda sferica e quindi la superficie
⌃sará una sfera e quindi ⌃ = 4⇡r2. Si puó quindi riscrivere l’intensitá come I14⇡r21= I24⇡r22
ovvero
I2= I1
r1
r2
!2
= 5.6· 10 4 6 30
!2
= 2.24· 10 5W m2
Si ricordi che :
I = P
⌃ = 1 2⇢!2⇠02v
I = 1
2⇢!2⇠02v! ⇠20= 2I
⇢!2v ! ⇠0= 1
! s2I
⇢v = 1 2⇡⌫
s2I
⇢v
⇠0,r1= 1 2⇡· 2 · 103
r2· 5.6 · 10 4
1.29· 343 = 1, 26· 10 7m
⇠0,r2 = 1 2⇡⌫
s2I2
⇢v = 1 2⇡⌫
s2I1
⇢v ·1
5 = ⇠0,r1·1
5 = 0.254· 10 7m
