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Universita di Pisa

Corso di laurea in Fisica

Esercitazioni di Elettromagnetismo

www.df.unipi.it/ astrumia/fisica2.html

Ultimo aggiornamento: 4 maggio 2005 (capitolo 14)

Indice

I Elettrostatica 4

1 Campi e potenziali elettrici 5Es 1 Gravita vs elettromagnetismo . . . . 5Es 2 Rompere una bacchetta . . . . . . . . 5Es 3 Sistemi stabili? . . . . . . . . . . . . 5Es 4 Campo elettrico di un filo . . . . . . 7Es 5 Campo elettrico di un piano . . . . . 7Es 6 Campo elettrico di una sfera . . . . . 8Es 7 Energia di un guscio sferico . . . . . . 8Es 8 Modelli dell’atomo . . . . . . . . . . . 9Es 9 Energia di una sfera . . . . . . . . . . 9Es 10 Raggio classico dell’elettrone . . . . . 10Es 11 Masse dei nuclei . . . . . . . . . . . . 11Es 12 Differenza di massa protone-neutrone 11Es 13 Nucleo che si spezza . . . . . . . . . . 12Es 14 Energia di due cariche . . . . . . . . 12Es 15 Forza su cariche superficiali . . . . . 12Es 16 Scattering debole . . . . . . . . . . . 13Es 17 Scattering Rutherford . . . . . . . . . 13Es 18 Esplosione Coulombiana . . . . . . . 14Es 19 Sfera polarizzata . . . . . . . . . . . . 15Es 20 Cilindro polarizzato . . . . . . . . . . 16Es 21 Formule di base sui dipoli . . . . . . 16Es 22 Paradosso sui dipoli I . . . . . . . . . 16Es 23 Paradosso sui dipoli II . . . . . . . . 16Es 24 Paradosso sui dipoli III . . . . . . . . 17Es 25 Paradosso sui dipoli IV . . . . . . . . 17Es 26 Allineamento di dipoli elettrici . . . . 17Es 27 Coordinate polari . . . . . . . . . . . 18Es 28 Laplaciano . . . . . . . . . . . . . . . 19Es 29 Potenziale di Yukawa . . . . . . . . . 19Es 30 Atomo di idrogeno quantistico . . . . 20

2 Conduttori 21Es 31 Piano conduttore . . . . . . . . . . . 21Es 32 Lastra conduttrice . . . . . . . . . . . 21Es 33 Metodo delle immagini . . . . . . . . 22Es 34 Piano carico fra 2 piani conduttori . . 22Es 35 Carica fra 2 piani conduttori . . . . . 23Es 36 1 lastre conduttrice carica . . . . . . 23Es 37 2 lastre conduttrici cariche . . . . . . 23Es 38 Capacitatore cilindrico . . . . . . . . 23Es 39 Capacitatore di dimensioni variabili . 24Es 40 Conduttore in capacitatore . . . . . . 25Es 41 Sfera conduttrice a terra . . . . . . . 25Es 42 Sfera conduttrice isolata . . . . . . . 26Es 43 Sfera conduttrice in E costante . . . 26Es 44 Tetraedro conduttore . . . . . . . . . 27Es 45 Condensatore sferico . . . . . . . . . 27Es 46 Condensatori in serie . . . . . . . . . 27Es 47 Effetto delle punte . . . . . . . . . . . 27Es 48 Sfera conduttrice bucata . . . . . . . 28Es 49 Carica dentro sfera . . . . . . . . . . 28

3 Dielettrici 29Es 50 2 dielettrici in condensatore piano . . 29Es 51 N dielettrici in condensatore piano . 29Es 52 Condensatore in acqua . . . . . . . . 30Es 53 Carica davanti a semipiano dielettrico 30Es 54 Dielettrico in condensatore . . . . . . 31Es 55 Forza di conduttore su dielettrico . . 31Es 56 Dielettrico in campo esterno . . . . . 32Es 57 Buco in dielettrico . . . . . . . . . . . 32Es 58 Sfera dielettrica in dielettrico . . . . . 33Es 59 Attrazione fra dielettrici . . . . . . . 33

4 Correnti 35Es 60 Capacitatore piano imperfetto . . . . 35Es 61 Scarica di sfera carica . . . . . . . . . 35Es 62 Resistenza fra sfere concentriche . . . 35Es 63 Sonda marina . . . . . . . . . . . . . 36Es 64 Semipiano dielettrico imperfetto . . . 36Es 65 Diodo termoionico . . . . . . . . . . . 36Es 66 Piatto dielettrico . . . . . . . . . . . 37Es 67 Sfera dielettrica . . . . . . . . . . . . 37

1

2 Indice

5 Circuiti 39Es 68 Resistenze in parallelo . . . . . . . . 39Es 69 Resistenze su cubo . . . . . . . . . . 39Es 70 Ponte di Wheatstone . . . . . . . . . 39Es 71 Impedenze . . . . . . . . . . . . . . . 40Es 72 Potenza dissipata . . . . . . . . . . . 40Es 73 Filtro che taglia frequenze alte . . . . 40Es 74 Filtro che taglia frequenze basse . . . 41Es 75 Pendolo accoppiato . . . . . . . . . . 41Es 76 Attenuatore . . . . . . . . . . . . . . 41Es 77 Catena LC . . . . . . . . . . . . . . . 42

II Magnetostatica 44

6 Campi magnetici 45Es 78 Forza fra 2 cariche . . . . . . . . . . . 45Es 79 Disco di Rowland . . . . . . . . . . . 45Es 80 Attrazione o repulsione? . . . . . . . 46Es 81 Filo rettilineo . . . . . . . . . . . . . 46Es 82 Cavo coassiale . . . . . . . . . . . . . 46Es 83 Spira circolare . . . . . . . . . . . . . 46Es 84 Due spire circolari . . . . . . . . . . . 47Es 85 Filo a U . . . . . . . . . . . . . . . . 47Es 86 Piano a U . . . . . . . . . . . . . . . 47Es 87 Solenoide rettilineo infinito . . . . . . 47Es 88 Solenoide rettilineo finito . . . . . . . 48Es 89 Solenoide toroidale . . . . . . . . . . 48Es 90 Sfera ruotante . . . . . . . . . . . . . 48

7 Moto in campo magnetico esterno 50Es 91 Trottola magnetica . . . . . . . . . . 50Es 92 Cilindro su piano inclinato . . . . . . 50Es 93 Ago magnetico . . . . . . . . . . . . . 51Es 94 Carica in B costante . . . . . . . . . 51Es 95 Campo magnetico galattico . . . . . . 51Es 96 Spettrometro . . . . . . . . . . . . . . 52Es 97 Carica in B ed E costanti . . . . . . 52Es 98 Fotomoltiplicatore in B,E . . . . . . 52Es 99 Ciclotrone . . . . . . . . . . . . . . . 53Es 100 Carica in B con direzione non uniforme 54Es 101 Carica in B con modulo non uniforme 54Es 102 Carica in B(t) uniforme . . . . . . . . 55Es 103 Atomo in B(t) uniforme . . . . . . . 56Es 104 Carica in B non uniforme . . . . . . . 56Es 105 Carica in quadrupolo magnetico . . . 56Es 106 Carica in quadrupoli magnetici . . . . 57Es 107 Ottica geometrica matriciale . . . . . 58

8 Induzione magnetica 59Es 108 Circuito allungato . . . . . . . . . . . 59Es 109 Cilindro ruotante . . . . . . . . . . . 59Es 110 Generatore . . . . . . . . . . . . . . . 59Es 111 Generatore in orbita . . . . . . . . . 60Es 112 Trasformatore . . . . . . . . . . . . . 60Es 113 Trasformatore con due spire . . . . . 60Es 114 Induzione . . . . . . . . . . . . . . . . 61Es 115 Trapano . . . . . . . . . . . . . . . . 61

9 Forze magnetiche fra circuiti 63Es 116 Due circuiti lunghi . . . . . . . . . . 63Es 117 Rotazione di due spire circolari . . . 63Es 118 Una spira ed un dipolo . . . . . . . . 64Es 119 Monopolo magnetico . . . . . . . . . 65Es 120 Traslazione di due spire circolari . . . 66

10 Campi magnetici nella materia 69Es 121 Sbarra magnetizzata . . . . . . . . . 69Es 122 Materiali ferromagnetici . . . . . . . 69Es 123 Due bacchette . . . . . . . . . . . . . 70Es 124 Correnti parassite . . . . . . . . . . . 70Es 125 Correnti parassite . . . . . . . . . . . 70Es 126 In pratica . . . . . . . . . . . . . . . 71

III Elettrodinamica 72

11 Corrente di spostamento 73Es 127 Scarica di un filo . . . . . . . . . . . . 73Es 128 Piano con carica ondulata . . . . . . 73Es 129 Sfera radioattiva . . . . . . . . . . . . 74Es 130 Scarica di un condensatore . . . . . . 74Es 131 Condensatore in alternata . . . . . . 75Es 132 Cavita risuonante . . . . . . . . . . . 76Es 133 Effetto pelle . . . . . . . . . . . . . . 76Es 134 Filo conduttore interrotto . . . . . . 77Es 135 Due cilindri cavi . . . . . . . . . . . . 78Es 136 Carica in moto . . . . . . . . . . . . . 79

12 Onde e oscillazioni 80Es 137 Sorgenti di onde . . . . . . . . . . . . 80Es 138 Ricevitore di onde . . . . . . . . . . . 80Es 139 Luce solare . . . . . . . . . . . . . . . 81Es 140 Vettore di Poynting . . . . . . . . . . 81Es 141 Rilfessione di onde in una corda . . . 82Es 142 Rifrazione . . . . . . . . . . . . . . . 83Es 143 Rifrazione . . . . . . . . . . . . . . . 83Es 144 Riflessione da un metallo . . . . . . . 84Es 145 Onde adiabatiche . . . . . . . . . . . 86Es 146 Guida d’onda . . . . . . . . . . . . . 86Es 147 Cavita risuonante . . . . . . . . . . . 87Es 148 Pressione di radiazione . . . . . . . . 87Es 149 Velocita di gruppo . . . . . . . . . . . 88Es 150 Pulsar . . . . . . . . . . . . . . . . . 88Es 151 Interferenza . . . . . . . . . . . . . . 88

13 Irraggiamento 90Es 152 Atomo di idrogeno . . . . . . . . . . . 90Es 153 Scattering elettrone/nucleo . . . . . . 90Es 154 Scattering ee . . . . . . . . . . . . . . 91Es 155 Onde gravitazionali . . . . . . . . . . 91Es 156 Scattering elettrone/fotone . . . . . . 92Es 157 Polarizzazione della CMB . . . . . . . 92Es 158 Un’antenna . . . . . . . . . . . . . . . 92Es 159 Due antenne . . . . . . . . . . . . . . 92Es 160 Dipolo magnetico . . . . . . . . . . . 93

Indice 3

14 Relativita 94Es 161 Contrazione di Lorentz . . . . . . . . 94Es 162 Che cosa e l’elettromagnetismo . . . 94Es 163 Forza fra 2 cariche bis . . . . . . . . . 95Es 164 Scattering debole bis . . . . . . . . . 95Es 165 Carica in E e B ortogonali bis . . . . 96Es 166 Filo in moto . . . . . . . . . . . . . . 96Es 167 Forza prodotta da filo in moto . . . . 96Es 168 Onda vista da sistema in moto . . . . 97

Es 169 Riflessione da specchio in moto . . . 97Es 170 Aberrazione relativistica . . . . . . . 97Es 171 π0 → 2γ . . . . . . . . . . . . . . . . 97Es 172 GZK . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98Es 173 Effetto Compton . . . . . . . . . . . . 99Es 174 Esperienza d Fizeau . . . . . . . . . . 99Es 175 Iraggiamento da elettroni relativistici 99Es 176 Miraggi . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

Parte I

Elettrostatica

Capitolo 1

Campi e potenziali elettrici

Forza di Coulomb: F = krq1q2/r2 dove k = 8.9875 109 N m2/C 2, riscritto in termini della ‘costante dielettrica

del vuoto’ ε0 come k = 1/4πε0 con ε0 = 8.8542 10−12C 2/N m2. Altre unita usate altrove sono k = 1, k = 1/4π.E utile introdurre il campo elettrico E, ed il potenziale elettrico ϕ. La forza di Coulomb F ∝ rp ha importantiproprieta speciali vere solo per p = −2, che rendono possibile reinterpretarla come ‘teorema di Gauss’ Φ(E) =Qin/ε0 e poi come

∇ ·E = ρ/ε0∇×E = 0 ↔

∇2ϕ = −ρ/ε0

E = −∇ϕ

(Analogamente a come x = a e equivalente ma piu utile di x = 12at

2). Energia elettromagnetica e sua densita

U =∑i>j

qiqj4πε0rij

=12

∑i 6=j

qiqj4πε0rij

=12

∫dV1dV2

ρ(x1)ρ(x2)4πε0|x1 − x2|

=12

∫dV ρϕ =

ε02

∫dV E2

Un Coulomb sono 6.24 1018 elettroni. Una unita di misura molto usata e l’elettron-volt eV = J(qe/C) =J/6.24 1018, che e l’energia che un singolo elettrone acquista passando per una differenza di potenziale di unVolt.

Esercizio 1: Gravita vs elettromagnetismo

Un atomo di idrogeno e composto da un elettrone e da un protone (con massa me = 0.911 10−30 kg e mp ≈1836me) a distanza circa A = 10−8 cm. Calcolare la forza elettrica e gravitazionale.

bSoluzione: La forza elettrica ha un valore quasi macroscopico FC ≈ ke2/A2 ≈ 10−8 N. La forza gravitazionale

e invece trascurabile:FN

FC=GNmemp

ke2= 4.4 10−40 N

Sebbene esistano motivi plasusibili non si sa da dove un rapporto cosı grosso esca fuori.Le particelle si combinano formando materia neutra in modo da cancellare, in media, l’enorme forza elettrica.

L’energia di legame vale

E =me

2v2

e − ke2

r− = −k

2e2

r= −13.6 eV

per r = 0.53 A. L’elettrone ha velocita v = c/137.036 e quindi e non relativistico.

Esercizio 2: Rompere una bacchetta

Una bacchetta ha sezione di 1 cm2. Che forza bisogna avere per romperla?

bSoluzione: Se la materia e costituita da atomi di dimensione A legati dalla forza di Coulomb, uno deverompere n = ( cm/A)2 = 1016 legami e quindi serve una forza nFC ∼ 108 N. Tenendo conto che non distinguiamoidrogendo da gesso da acciaio, la stima non e male; avrebbe potuto venire una cosa sbagliata di 100 ordini digrandezza. Il legame vero e piu debole; non occorre ionizzare gli atomi.

5

6 Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici

Esercizio 3: Sistemi stabili?

Assemblare un sistema di cariche elettriche in equilibrio stabile.

bSoluzione: Presentiamo tre tentativi fallimentari: la cosa interessante e capire perche non funzionano.

2) Usando solo due cariche non e possibile assemblare un sistema stabile.

3) Proviamo con tre cariche: due cariche q lungo l’asse x

P1 = `(−1, 0, 0), P2 = `(1, 0, 0)

ed una q′ in mezzo a P3 = (0, 0, 0) dove E = 0. Scegliendo q′ = −q/4 si ha E = 0 anche sulle cariche q.Quindi abbiamo realizzato un sistema in equilibrio, e rimane da vedere se si tratta di equilibrio stabile oinstabile. E facile vedere che q′ e in equilibrio instabile: il campo elettrico per X = (x, y, z) ≈ 0 e

~E(x, y, z) =q

4πε0

2∑i=1

~X − ~Pi

| ~X − ~Pi|3/2' q

4πε0L3(−4x, 2y, 2z) +O(x, y, z)2.

Come intuitivamente atteso l’equilibrio e instabile lungo x e stabile lungo y e z. E facile verificare che ilflusso di ~E calcolato su di un cubetto attorno a 0 vale zero: −4 + 2 + 2 = 0.

Attorno alla carica 2 si ha~E(x, y, z) ' q

4πε0L3(x− L

4,−y

8,−z

8)

che e stabile lungo z ed y ma instabile lungo x. E facile verificare che il flusso di ~E calcolato su di uncubetto attorno a P2 vale zero: 1

4 −18 −

18 = 0.

4) Con quattro cariche: tre q ai vertici di un triangolo equilatero di lato `:

P1 = `(0,1√3, 0), P2 = `(

12,

12√

3, 0), P3 = `(

12,

12√

3, 0),

Ciascuna risente una forza F = 2 ·(kq2/`2)(√

3/2) diretta verso l’esterno. In mezzo al triangolo (a distanzad = `/

√3 dalle altre) il campo elettrico vale zero, quindi provo ad aggiungere una carica q′ = −q/

√3 in

modo che le altre cariche risentano forza zero. L’equilibrio e’instabile. Ad esempio il campo elettrico perX = (x, y, z) ≈ 0 e

~E =q

4πε0

∑i

~X − ~Pi

| ~X − ~Pi|3/2' q

4πε09√

3L3

(−x2,−y

2, z) +O(x, y, z)2

che e instabile nel piano (x, y) e stabile lungo la direzione z. In pratica uno puo calcolare le componentimeno laboriose Ez ed Ey, ed ottenere Ex sapendo che il flusso vale zero: infatti si ha −1/2− 1/2 + 1 = 0.

Il campo elettrico attorno alla carica 1 e

~E ' q

4πε0L3(−5

2x,

72(y − P y

1 ),−z)

che e stabile lungo z e lungo x ma non lungo y. Di nuovo il flusso su di un cubetto attorno alla carica 1vale zero.

Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici 7

E importante notare che per altri potenziali V ∝ 1/rp con p 6= 1 sarebbe possibile costruire sistemi stabili.Nel caso speciale di V ∝ 1/r il problema non ha soluzione, in quanto il fenomeno che abbiamo verificato e deltutto generale: il flusso del campo elettrico generato dalle cariche esterne ad una superficie e zero (teorema diGauss). Lo si puo verificare in generale espandendo il campo generato da una singola carica q — il campo ditante cariche e la sovrapposizione dei campi delle singole cariche, ciascuna delle quali da flusso zero. Mettendola carica q in (0, 0, 0), nella regione attorno a X = (r, 0, 0) + (x, y, z) si ha

~E =q

4πε0

~X

| ~X|p/2' q

4πε0rp−1(1 + (1− p)x

r,y

r,z

r) +O(x2, y2, z2)

che ha flusso zero solo per p = 2. Quindi il campo elettrico non puo essere solo entrante o solo uscente, comesarebbe necessario per avere una forza attrattiva in qualunque direzione.

Questo fallimento ha una conseguenze fisica importante: l’elettromagnetismo da solo non puo spiegare lastabilita della materia.

Esercizio 4: Campo elettrico di un filo

Si calcoli il campo e potenziale di un filo rettilineo infinito con densita lineare di carica λ.

bSoluzione: A distanza d dal filo

Er =∫ +∞

−∞dz

kλr

(r2 + z2)3/2=

2kλr, Eθ = 0

Il potenziale elettrico ϕ consente di calcolare facilmente E = −∇ϕ di un filo di lunghezza finita 2`

ϕ(z, r) =∫ +`−z

−`−z

dz′kλ√

r2 + z′2= kλ ln

(z′ +

√z′2 + r2

)∣∣∣∣+`−z

−`−z

' kQ√r2 + z2

(1 + 0

`

d− `2

6r2 − 2z2

(r2 + z2)2+O(`4)

)dove Q = λ2`.

Ez = −∂zϕ =kλ√

r2 + (z − `)2− kλ√

r2 + (z + `)2, Er = −∂rϕ = ...

Espandendo in serie di Taylor per ` r, z, il primo termine corrisponde alla carica totale. Il termine successivoe ‘di quadrupolo’ (il dipolo vale zero).

Per ` = ∞ viene ϕ = ∞. Avendo cariche all’infinito non e possibile mettere ϕ(∞) = 0. L’infinito e tuttonella costante addittiva arbitraria in ϕ: fissando ϕ(r0) = 0 viene

ϕ(r) = kλ

∫ +∞

−∞dz

[1√

r2 + z2− 1√

r20 + z2

]= −2kλ ln

r

r0= −2kλ ln r + costante

Se il mondo avesse 2 dimensioni invece di 3, questi sarebbero il campo ed il potenziale di Coulomb. Ver-ificherebbero ancora ∇2ϕ = 0. Siccome ϕ cresce per r → ∞, in 2 dimensioni non esisterebbero carichelibere.

Esercizio 5: Campo elettrico di un piano

Calcolare il campo elettrico di un piano infinito con densita superficiale di carica σ

bSoluzione:

1) Calcolo diretto. Per motivi di simmetria E ha solo la componente Er ortogonale al piano. Passiamoattraverso il campo generato da un disco circolare di raggio R.

Er(r) =1

4πε0

∫ R

0

2πρ dρσr

(r2 + ρ2)3/2=

σ

2ε0(1− r√

r2 +R2) R→∞=

σ

2ε0sgn r


Per r R in termini della carica totale Q = πR2σ viene il risultato ovvio (espansione di multipolo)

Er 'Q

4πε0r2

[1− 3R2

4r2+O(R4)

]Per R r si ottiene il piano cairico: Er(r) = σ/2ε0. Per motivi dimensionali E ∼ σr.

2) Teorema di Gauss: flusso = carica interna/ε0. Prendendo un cilindretto schiacciato che attraversa unaqualunque superficie con densita di carica variabile σ

Φ = S(E1⊥ − E2

⊥) = σ/ε0 in qualunque punto

Nel caso del piano, aggiungendo considerazioni di simmetria, si riottiene il risultato precedente.

3) Il potenziale lungo l’asse di un disco uniformemente carico di raggio R vale

ϕ(r, 0) =σ

2ε0(√R2 + r2 −

√r2) ' Q

4πε0r(1− R2

4r2+O(R4))

Per R r

ϕ(r) =σ

2ε0

∫ ∞

0

ρ√ρ2 + r2

− ρ√ρ2 + r20

=σ

2ε0σ(r0 − r)

Esercizio 6: Campo elettrico di una sfera

Calcolare il campo elettrico generato da una densita superficiale di carica σ = Q/4πR2 distribuita su di unguscio sferico di raggio R.

bSoluzione: Il teorema di Gauss darebbe immediatamente il risultato, ma qui lo vogliamo ottenere tramiteun calcolo a testa bassa. Mettiamo la sfera nell’origine e calcoliamo E in (r, 0, 0). Per motivi di simmetria Eha solo la componente radiale:

Ex =σ

4πε0

∫ π

0

Rdθ 2πR sin θ︸︷︷︸dS

r −R cos θ[(r −R cos θ)2 +R2 sin2 θ]3/2

=

0 r < RQ/4πε0r2 r > R

Esercizio 7: Energia di un guscio sferico

Si calcoli il lavoro necessario per comprimere un palloncino sferico contenente una carica Q uniformementedistribuita da un raggio r1 ad r2.

bSoluzione: A raggio r generico il campo elettrico e radiale

Er(r) =Q/4πε0r2 fuori0 dentro

Le cariche vorrebbero espandersi: in generale una densita di superficie risente una forza σEmedio dove Emedio =(E1 + E2)/2. In questo caso il campo interno e zero e σ = Q/4πr2. Per comprimere da r1 ad r2 occorreesercitare un lavoro

L =∫ r2

r1

πr2 · σ(r)Er(r)

2dr =

Q2

8πε0

∫ r2

r1

dr

r2=

Q2

8πε0(

1r1− 1r2

)

Sostituendo σ == ε0Er e S dr = dV ottengo anche L =∫SσEr

2 dr =∫ε0

E2r

2 dV . In generale il campo elettricocontiene una densita di energia u = ε0E

2/2. Le dimensioni sono giuste. In questo caso la verifica e sempliceperche mano a mano che si contrae varia solo il campo nella zona di contrazione

∆U =∫u dV = ε0

∫ r2

r1

4πr2E2

2=

Q2

8πε0(

1r1− 1r2

)

• • • • • • • • • • • • • • • • • •


Come ulteriore verifica calcoliamo anche l’energia totale per ri = R

U =12

∫ρϕ dV

?=ε02

∫E2 dV

Inserendo nella prima espressione ϕ = Q/(4πε0R) e Sσ = Q, si ottiene subito

U =12Sσϕ =

Q2

8πε0R

Inserendo nella seconda E = Q/(4πr2ε0) viene lo stesso risultato:

U =ε02

∫ ∞

R

4πr2E2dr =Q2

8πε0

∫ ∞

R

dr

r2=

Q2

8πε0R.

Esercizio 8: Modelli dell’atomo

Nel modello di Thomson per l’atomo di idrogeno, la carica positiva e e distribuita uniformemente in una sferadi raggio a0. L’elettrone di carica −e e considerato puntiforme e si muove all’interno della sfera.

a) Calcolare il campo elettrico ed il potenziale generati dalla carica positiva e la posizione d’equilibrio perl’elettrone (assunto in uno stato di momento angolare nullo).

b) Determinare l’energia di ionizzazione UI (ovvero l’energia necessaria ad estrarre l’elettrone dall’atomo).Trovare il valore di a0 consistente col valore sperimentale UI = 2.18× 10−18 Joule.

c) Determinare il periodo di oscillazione dell’elettrone intorno alla posizione d’equilibrio e confrontarlo colvalore sperimentale T = 3.04× 10−16 sec−1.

d) Si calcoli il momento di dipolo elettrico p indotto nell’atomo da un campo esterno E0, la polarizzabilitaα dell’atomo e la costante dielettrica ε dell’idrogeno allo stato solido (cioe nello stato in cui tutti gli atomisono adiacenti fra loro a formare un reticolo).

bSoluzione: L’energia di ionizzazione si puo anche riscrivere come 13.6 eV dove eV = e×mN/C = 1.60 10−19

Joule.

a) Il campo e radiale e si ha equilibrio stabile in r = 0:

Er(r) =

e

4πε0ra30

r < a0

e4πε0

1r2 r > a0

ϕ(r) =

− e

4πε0a0

(r2

2a20− 3

2

)r < a0

+ e4πε0

1r r > a0

b) UI = −eϕ(0) = 3e2/8πε0a0

c) Dall’equazione del motor = − e

me

e

4πε0r

a30

= −ω2r

si ha ω2 = e2/4πε0mea30 e quindi T = 2π/ω = 7.9 10−16 s.

d) La nuova posizione d’equilibrio req e data da E(req) = E0 da cui req = 4πε0a30E0/e; p = −ereq = αE0

dove α = 4πε0a30; la densita di atomi e n = 1/(2a0)3; quindi ε = 1 + nα/ε0 = 1 + π/2.

Nel modello di Rutheford l’energia di ionizzazione vale

UI = −mev2

2− ϕ(a0) = (−1

2+ 1)

e2

4πε0a0

e la frequenza di rotazione

ω2 =v2

a20

=F/me

a0=

e2

4πε0mea30

Modello ω2 Energia di ionizzazioneRutherford e2/4πε0mea

30 e2/8πε0a0 = 8.5 eV

Thomson e2/4πε0mea30 3e2/8πε0a0 = 26 eV

Per fissare ω2 serve a = 8.4 10−11 m in entrambi i casi; dopodiche entrambi i modelli non azzeccano UI (lafrequenza e data dalla differenza di energia tra i livelli quantistici).


Esercizio 9: Energia di una sfera

Calcolare l’energia potenziale di una sfera di raggio R contenente una carica Q distribuita uniformemente.

bSoluzione:

1) Integrando la densita di energia

U =ε02

∫E2 dV =

ε02

[ ∫ R

0

4πr2(Qr

4πε0R3)2 +

∫ ∞

R

4πr2(Q

4πε0r2)2

]=

14πε0

[Q2

10R+Q2

2R

]2) Calcolo doppiamente sbagliato. Densita di carica: ρ = Q/V = 3Q/4πR3. Carica dentro una sferetta di

raggio r < R: qin(r) = Q(r/R)3, quindi ϕ = qin(r)/4πε0r (soddisfa ϕ(∞) = 0 e continutita ad r = R)

U =∫ρϕ dV =

∫ R

0

4πr2 ρ dr︸︷︷︸dq

qin(r)4πε0R︸︷︷︸

ϕ

=1

4πε035Q2

R

2′) Calcolo giusto. Il potenziale dentro la sfera vale ϕ(r) =∫Erdr = cte − 1

2qin(r)/(4πε0r). Imponendocontinuita ad r = R

ϕ(r) =Q(3R2 − r2)/8πε0R2 per r < RQ/4πε0r per r > R

Integrando

U =12

∫ρϕ dV =

14πε0

∫ R

0

3Q2r2(3R2 − r2)4R6

=35Q2

R

I plot delle funzioni Ee e ϕ giuste sono:

r

E

r

ϕ

3) Il calcolo sbagliato al punto 2) non da il risultato giusto per caso. Partendo dai principi primi, costruiscola sfera aggiungendo mano a mano carica dq facendo crescere il suo raggio r da 0 a R a densita costanteρ. La ϕ usata in 2) non e il potenziale della sfera finale, ma l’energia necessaria per portare cariche da ∞a r nel modo appena descritto.

dU =1

4ε0q(r)dqr

q(r) = ρ4πr3

3Q(

r

R)3 dq = ρ 4πr2 dr

quindi

dU =4πρ2

3ε0r4 dr U =

∫dU =

4πρ2R5

15ε0=

14πε0

3Q2

5R

• • • • • • • • • • • • • • • • • •

Le stesse cose valgono per la gravita. I fisici credevano che la terra fosse piu giovane di 30 Myr, siccomel’energia del sole E ∼ GM2/R emessa con potenza d2K K = 8.53 · 1011 MeV cm−2 s−1 dura solo per(GM2/R)/(d2Ksun) ∼ 30 Myr. I biologi (Darwin) sostenevano che almeno 300 Myr erano necessari per l’erosionee l’evoluzione delle specie. Teologi (like Lightfoot) sostenevano che la terra era stata creata il 23 ottobre −4004,alle nove del mattino. I fisici successivamente scoprirono l’energia nucleare.


Esercizio 10: Raggio classico dell’elettrone

Approssimando l’elettrone come una sferetta di raggio R, calcolare il valore di R tale che U = mec2.

bSoluzione: Approssimare le particelle come puntiformi e un limite singolare. Ad esempio: (1) Quando sicalcola la forza su di un elettrone non si include nel campo elettrico quello infinito generato dall’elettrone stesso.(2) L’energia elettromagnetica U diverge per R→ 0.

Nel secolo scorso ci sono stati tentativi di migliorare questa situazione proponendo teorie dell’elettrone incui l’elettrone veniva approssimato con una palletta di raggio R finito. L’energia elettromagnetica U allora efinita: U = cq2e/4πε0R dove c dipende da quale distribuzione di carica viene assunta. c = 3/5 per una densitaρ uniforme; c = 1/2 per una densita superficiale σ uniforme. Assumiamo c = 1.

L’energia elettromagnetica contribuisce alla massa dell’elettrone, secondo m = U/c2. Assumendo che tuttala massa sia di origine elettromagnetica si determina

R = re =q2e

meε0c2= 2.82 10−15 m

chiamato ‘raggio classico dell’elettrone’, sebbene non abbia niente a che vedere con le dimensioni di un elettrone(solo una piccola parte dell’energia dell’elettrone e di origine elettromagnetica). Numericamente, re e simile alladimensione di un protone: si tratta di un accidente fuorviante.

Una aspettazione qualitativa piu corretta e U < mec2 (altrimenti U eccederebbe la massa dell’elettrone):

questa implica R > re. Oggi si sa quello che succede: a scale R ∼ 1000re iniziano a farsi sentire gli effetti delpositrone, una particella identica all’elettrone ma con carica positiva. Ripetendo il calcolo di U in teorie dicampo quantistiche relativistiche si trova che il contributo elettromagnetico alla massa dell’elettrone esiste mae piccolo, circa 1/100 della massa totale.

Esercizio 11: Masse dei nuclei

Si puo approssimare un nucleo come una sfera a densita costante, contenente Z = A/2 protoni e circa A/2neutroni con raggio R = A1/3rN con rN = 1.2 10−15 m. Calcolare l’energia elettromagnetica e discutere lastabilita dei nuclei.

bSoluzione: Aggiungiamo all’energia eletromagnetica un termine che descrive l’energia di legame media franuclei contigui e la differenza di massa mn −mp

1

mnucleo = Zmp + (A− Z)mn +U

c2, U =

35

(Ze)2

4πε0R+ ElegameA.

Esistono nuclei stabili fino a Z ∼ 100: imponendo dU/dZ|Z∼100 = 0 si trova l’energia di legame per nucleone:

Elegame = −(

1004

)2/3e2

4πε0rN≈ −10 MeV

A grandi Z la repulsione Coulombiana diventa l’effetto principale ed impedisce di formare nuclei grossi. Mini-mizzando U/Z si trova che il nucleo che ha la maggior energia di legame per nucleone ha Z ∼ 20, ed infatti e ilferro (Z = 26).

Esercizio 12: Differenza di massa protone-neutrone

Stimare la differenza di massa protone-neutrone approssimandoli come 3 quarks fermi ai vertici di un triangoloequilatero come p = uud e n = udd (qu = 2e/3, qd = −e/3).

bSoluzione: L’energia elettrostatica vale

Ep = (q2u + 2quqd)e2

4πε0r= 0, En = (q2d + 2quqd)

e2

4πε0r= − e2

4πε013r

1I nuclei sul bordo sono meno legati. Trascuriamo tale effetto, legato alla ‘tensione superficiale’, che e importante solo per nucleipiccoli.


Convertendo energia in massa tramite E = mc2 l’elettromagnetismo tende a rendere il protone (carico) piupesante del neutrone (neutro): mp −mn ∼ e3/12πε0r = MeV · 0.5 10−15 m/r. L’ordine di grandezza e giusto(mn −mp = 1.3 MeV, rN = 1.2 10−15 m) ma il segno e sbagliato. Se fosse mp > mn non esisterebbero atomi.Tenere conto che i quark ruotano con v ∼ c (e quindi c’e’anche una energia magnetica) non cambia il segno. Ilneutrone n ' ddu pesa piu del protone p ' uud perche i quark d hanno massa maggiore dei quark u:

mn −mp︸︷︷︸1.3 MeV

= md −mu︸︷︷︸3 MeV

+O(e2/4πε0r)︸︷︷︸−1.7 MeV

Il fatto che il neutrone sia poco piu pesante del protone e essenziale per avere una chimica complessa. Il neutronelibero decade: se fosse mp < mn il protone (e quindi l’atomo di idrogeno) decadrebbe. Se mn −mp fosse unpoco piu grande supererebbe l’energia di legame e non esisterebbero nuclei.2

Esercizio 13: Nucleo che si spezza

Si puo approssimare un nucleo come una sfera a densita costante. Un nucleo si spezza in due nuclei di caricaQ′ = Q/2 e raggio R′ = R/21/3. Di quanto cambia l’energia elettromagentica?

bSoluzione: Ricordando che U = 3Q2/5R/4πε0, l’energia elettromagnetica liberata da un nucleo che si spezzae

∆Eem = Eem − 2E′em =35

Q2

4πε0R[1− 2−2/3

]= 0.22

Q2

4πε0R

Per Q = 100e e R = rNN1/3 ∼ 10−14 m viene ∆U ∼ 250 MeV: l’ordine di grandezza e giusto. L’effetto

elettromagnetico e proporzionale a Z2, ed a grande Z diventa piu importante dell’effetto dovuto alla differenzadi massa protone/neutrone ed alla loro energia di legame, proprozionale a Z.

Un kg di uranio contiene circa 4 moli: quindi fissionandolo si libera un’energia 4NA · 250 MeV = NA GeV ≈1014 J ≈ 20kton ≈ (kg/1000)c2 (dove kton = 4.2 1012 J e un unita di energia usata per bombe e corrispondeall’energia rilasciata nell’esplosione di 1000 tonnellate di TNT).

Esercizio 14: Energia di due cariche

Per due cariche q1 e q2 ad x = ±1.

bSoluzione: Usando il potenziale si ottiene subito U = q1q2/4πε0d. Integrando E2 i calcoli sono troppo difficili,ma interessanti perche occorre rinormalizzare

U =1

8πk

∫(E1 + E2)2 −E2

1 −E22 =

14πk

∫E1 ·E2 =

q1q24πk

∫r2 − 1

(r2 − 2x+ 1)3/2(r2 + 2x+ 1)3/2

L’integrale in r⊥ da 4π/x2 se x2 > 1 e 0 altrimenti. L’integrale in x e banale

U = kq1q2d

La cosa qualitativa importante e che due cariche opposte hanno E = 0 nel mezzo: quindi si attraggono in quantoavvicinandosi minimizzano U . La stessa cosa accade per due fili: siccome il campo B e rotazionale invece cheradiale si ha B = 0 nel mezzo con correnti uguali, che quindi si attraggono.

Esercizio 15: Forza su cariche superficiali

Dimostrare che una generica densita di carica superficiale σ induce una variazione E⊥1 −E⊥2 = σ/ε0 e subisceuna forza F = σ(E1 + E2)/2

2L’energia di legame nucleare e indirettamente dovuta alle masse dei quark che controllano la massa dei π (che sono le forze divan der Waals nucleari) ed e di ordine mu + md.


bSoluzione: Applicando il teorema di Gauss ad un cilindretto schiacciato infinitesimo che attraversa perpen-dicolarmente la superficie si ottiene la variazione di E⊥. E= e continuo.

Per calcolare la forza occorre vedere spessore zero come limite di uno spessore finito. Chiamando z l’asse ⊥alla superficie si ha dEz/dz = ρ/ε0 (relazione che segue dalla dimostrazione precedente, ed e un caso particolaredi ∇ ·E = ρ/ε0). Intergrando in dz si riottiene Ez2 − Ez1 = σ/ε0 con σ =

∫ρdz. La densita di forza vale

pz =dFz

dS=

∫Ez ρ dz = ε0

∫Ez

dEz

dzdz = ε0

E2z2 − E2

z1

2= σ

Ez2 + Ez1

2= σEext

z

La media geometrica viene per un motivo fisico semplice: la forza deve essere generata solo dal campo elettrico‘esterno’, non da quello generato dalla σ stessa.

Esercizio 16: Scattering debole

Una carica q urta su di un sistema di cariche totali Q. Calcolare il piccolo angolo di deflessione θ assumendosimmetria cilindrica (o che sia possibile osservare soltanto uno scattering medio, come capita in esperimenti cheutilizzano un fascio di molte particelle) e che q e ciascuna delle cariche in Q vengano perturbate poco dall’urto.

bSoluzione:

θ(b) =∆p⊥p=

=∫F⊥dv/x

mv=

1mv2

q

2πb

∫E⊥ dS =

qQ(r < b)4πε0bK

K ≡ m

2v2

Quindi misurando θ(b) si fa una tomografia della distribuzione di cariche.

Esercizio 17: Scattering Rutherford

Una particella α (di massa me m mN , carica +2e, ed energia E = 4 MeV) viene fatta collidere su atomicontenti nuclei di carica Ze e massa mN . Calcolare l’angolo di deflessione in funzione del parametro d’impattob A e la sezione d’urto.

bSoluzione: Siccome m me ed E (energia di ionizzazione) gli Z elettroni hanno effetto trascurabile, sela particella α entra nella zona b A dove gli elettroni non schermano il nucleo. Conta solo il nucleo, cheapprossimativamente rimane fermo. Facciamo il conto in 3 modi.

1. Adattando le note formule per le orbite dei pianeti. Tenendo conto che in questo caso la forza F = α/r2

(α = 2kZe2) e repulsiva

r = − `

1 + e cos θ, e2 = 1 +

2EL2

α2m= 1 +

m2v4b2

α2

Si ha r > 0 per cos θ < −1/e e cioe in un range ∆θ dato da cos ∆θ/2 = 1/e. L’angolo di deflessione edefinito come θd = π −∆θ e vale quindi

sinθd

2= cos

∆θ2

=1e

o anche tanθd2

=1√

e2 − 1=

α

bmv2.

Il parametro d’impatto che produce una data deflessione e

b =kZe2

Etan−1 θd

2dove

kZe2

E= 10−13 m

Z

70MeVE

.


2. Procedendo in modo diretto, senza usare tecniche sofisticate. Usando coordinate polari (r, θ) e mettendol’asse x lungo la linea di simmetria, l’equazione del moto e

mvx =α

r2cos θ = m

α

Lθ cos θ

dove L = mr2θ e il momento angolare rispetto al nucleo, che e una costante del moto, uguale a L = mv0b.Siccome F ∝ 1/r2, e sparita la dipendenza da r. Diventa banale integrare ottenendo vx = (α/L) sin θ equindi v = vx/ cos θ = (α/L) tan θ. Ad r =∞ tan θ0 = mv2

0b/α. L’angolo di deflessione e θd = π − 2θ0.

3. Approssimazione perturbativa.

dp⊥dt

=dx

dt

dp⊥dx' 1v0F⊥ =

1v0

α

r2b

r=

α/v0(x2 + b2)3/2

Quindi

θd =∆p⊥p=

=αb

mv20

∫ +∞

−∞

dx

(x2 + b2)3/2=

2αbmv2

0

che e corretta per θd 1. La primitiva e ∝ 1/√

1 + b2/x2. Usando il teorema di Gauss verrebbe2πb

∫E⊥ = 4π dove E⊥ = b/(x2 + b2)3/2.

Il parametro d’impatto in un singolo urto non e misurabile sperimentalmente. E invece nota la distribuzionedi probabilita dei parametri d’impatto in un numero n 1 di urti. Secondo la meccanica quantistica questacosa e vera non solo in pratica, ma anche in linea di principio. Il ‘punto d’incontro’ convenzionale fra teoria edesperimento e la sezione d’urto per collisioni su di un singolo nucleo.

σ =numero di particelle deflesseflusso di particelle incidenti

σ caratterizza gli effetti misurabili prodotti da un nucleo; spetta allo sperimentale tenere conto che i nuclei sonotanti (e che ci possono essere scattering multipli). σ la dimensione di un’area, e dice quanto e grosso un nucleo,quando viene visto tramite interazioni elettromagnetiche. Ad esempio, la sezione d’urto totale per eventi conangolo di deflessione maggiore di un qualunque valore θ e

σ(θd > θ) = πb2(θ) = π

(kZe2

E

)2 1tan2 θ/2

E.g. σ(θd > π/2) dice quante particelle rimbalzano all’indietro. La probabilita che una particella rimbalziindietro, quando viene inviata perpendicolarmente su di un piano di atomi a distanza d ∼ A fra di loro, eσ/d2 ∼ 10−6. Se viene mandata su di una targhetta lunga ` composta da atomi con densita n, e σn` < 1.

La sezione d’urto totale e σ(θd > 0) =∞: a differenza di altre forze, l’elettromagnetismo e una interazionea lungo raggio3 , che deflette tutte le particelle (anche quelle con b→∞). In realta quando b>∼ A gli elettronischermano il campo elettrico del nucleo, e poi ci sono altri nuclei.

Di solito si preferisce descrivere lo scattering usando la sezione d’urto differenziale

dσ =numero di particelle deflesse in dΩ

flusso di particelle incidenti=

dσ

d cos θdϕ

2πd cos θ =

∣∣∣∣ b

sin θdb

dθ

∣∣∣∣ =14

(kZe2

E

)2 1sin4 θ/2

Avendo scritto l’angolo solido in coordinate polari dΩ = dϕ d cos θ e tenendo conto che lo scattering non dipendedall’angolo polare ϕ

Esercizio 18: Esplosione Coulombiana

Una nuvola sferica di raggio R e carica totale Q e costituita da N particelle di carica q = Q/N e massa m,inizialmente (t = 0) distribuite con densita uniforme.

a) Calcolare l’energia potenziale di una carica posta a distanza r dal centro della nuvola.

3Una particella massiva genererebbe una forza ‘di Yukawa’ F ∝ αe−r/r0/r2 (dove m ∝ 1/r0). Essa darebbe, in approssimazioneperturbativa θd ∼ θCoulomb

d e−b/r0 e quindi σ(θ > 0) ∝ r20 .


Figura 1.1: Linee di campo (linee continue) e superfici equipotenziali (linee tratteggiate) generate da una ‘sferapolarizzata’.

Per effetto della repulsione coulombiana la nuvola inizia ad espandersi radialmente, mantenendo la simmetriasferica. Nel corso del moto radiale le particelle non si scavalcano (cioe se inizialmente due strati di particelle sitrovano alle distanze r1(0) e r2(0) > r1(0) dal centro, ad ogni istante successivo r2(t) > r1(t).)

b) Sia r = r(t) la posizione al tempo t delle particelle che a t = 0 sono a distanza r0 = r(0) < R dal centro.Mostrare che l’equazione del moto per r = r(t) e

md2r

dt2=

qQ

4πε0r2(r0R

)3

(∗)

c) Si dica a che distanza dal centro si trovano inizialmente le particelle che acquistano la massima energiacinetica durante l’espansione, e si dia il valore di tale energia massima.

d) Si mostri che per ogni strato di particelle si muove secondo la legge oraria r(t) = r0λ(t) dove λ(t) nondipende da r0 e che di conseguenza la densita di carica rimane uniforme durante l’espansione della nuvola.

bSoluzione:

a)

V (r) =

Q

4πε0(− r2

2R3 + 32R ) per r < R

Q4πε0

1r per r > R

b) Poiche le particelle non si scavalcano, la carica contenuta entro una sfera di raggio r(t) rimane costante.

c) L’energia potenziale corrispondente all’equazione del moto (*) e Ur0 = (Q/4πε0)(r0/R)3/r. L’energiacinetica massima viene acquistata a distanza infinita ed e uguale a Ur0 , che e massima per r0 = R.

d) Inserendo l’ansatz nell’equazione del moto (*) si trova d2λ/dt2 = qQ/4πε0λ2R2 nella quale r0 non comparepiu. Quindi la nuvola si dilata in modo omogeneo.

Esercizio 19: Sfera polarizzata

Calcolare il campo elettrico generato da una sfera di raggio R con carica superficiale σ(θ) = σ cos θ.


bSoluzione: Conviene usare il principio di sovrapposizione e vederla come la la distribuzione di carica generatada tanti piccoli dipoli allineati. Separando le cariche positive da quelle negative, lo si puo anche vedere comesovrapposizione di due sfere con densita uniformi ρ e −ρ con i centri a distanza d tale che dρ = σ. Lacorrispondenza diventa esatta per d→ 0 (e quindi ρ→∞).

Come calcolato precedentemente una singola sfera genera al suo interno un campo elettrico E = rρ/3ε0.Quindi due sfere di carica ±ρ sovrapposte a distanza d generano al loro interno E = −ρd/3ε0 = −P /3ε0 doveP ≡ ρd viene chiamata ‘densita di polarizzazione’.

All’esterno della sfera si ha il campo di un dipolo p = Qd = V P , dove V e il volume della sfera.Il potenziale in tutto lo spazio, in coordinate sferiche e

ϕ(r, θ) =p cos θ/4πε0r2 per r > REr cos θ per r < R

=σ cos θ

3ε0

R3/r2 per r > Rr per r < R

La seconda espressione permette di verificare che ϕ e continuo a r = R.

Esercizio 20: Cilindro polarizzato

Calcolare il campo elettrico generato da una cilindro polarizzato trasversalmente con carica superficiale σ(θ) =σ cos θ.

bSoluzione: Si procede in modo analogo alla sfera, sovrapponendo due cilindri con densita uniformi ρ e −ρ.

Esercizio 21: Formule di base sui dipoli

Due cariche ±q a distanza d formano un dipolo p = qd.

bSoluzione: Ricavo le formule di base sui dipoli.

• Campo elettrico generato da un dipolo. Espandendo ri = r±d/2 (d punta verso la carica positiva)

ϕ =q

4πε0(

1r1− 1r2

) ' −kqd ·∇1r

= kp · rr3

E = −∇ϕ =1

4πε0

[3(p · r)r

r5− p

r3

]=

14πε0

[2(p · r)r

r5+

r × (r × p)r5

]In coordinate polari ϕ = p cos θ/4πε0r2 e quindi

Er = −∂ϕ∂r

=2kp cos θ

r3, Eθ = −1

r

∂ϕ

∂θ=kp sin θr3

, Eϕ = 0 E =kp

r3

√1 + 3 cos2 θ

diverso da zero per ogni θ. A grande distanza E ∝ 1/r3.

• Forza sentita da un dipolo in un campo elettrico esterno:

F = q(d ·∇)E = (p ·∇) = −∇U dove U = −p ·E = −pE cos θ

L’energia e minima quando p si allinea ad E.Il momento delle forze vale M = p×E, M = −∂θU = qdE sin θ.

Negli esercizi successivi discutiamo alcune sottigliezze nell’uso di queste formule.

Esercizio 22: Paradosso sui dipoli I

Un dipolo p, obbligato ad orientarsi lungo l’asse z e libero di muoversi lungo l’asse x in un campo elettricoesterno Ez = αx. Calcolare la forza sul dipolo.

bSoluzione: Secondo le formule precedenti U = −pαx, quindi F = −∇U = pαx.Tuttavia e ovvio che la forza totale su due cariche ±q poste una sopra l’altra lungo l’asse z e zero.La formula non si applica perche il campo elettrico proposto non e irrotazionale, come si vede da un circuitino

o da ∇×E = −αy.4

4Volendo complicare le cose si puo rifare lo stesso esercizio con un campo elettrico Eθ = 1/r, che ha rotore zero in tutti i puntieccetto 0


Esercizio 23: Paradosso sui dipoli II

Calcolare l’energia di un dipolo prodotto da un campo elettrico esterno

bSoluzione: Se p = αE il lavoro necessario per portare il dipolo da zero a p vale

L =∫

F · ds =∫

E · dp =p ·E

2?= −∆Utot

L’energia di interazione fra il dipolo ed il campo elettrico esterno vale U = −p ·E. Affinche Utot = U + U ′ siagiusta ci deve essere un’altra energia potenziale U ′ = + 1

2p ·E, dovuta al fatto che l’esistenza stessa del dipoloe dovuta alla forza esterna.

Come verifica del risultato generale consideriamo il sistema particolare piu semplice possibile: due cariche±q a distanza x tenute assieme da una forza elastica. Il valore della costante k dovrebbe essere irrilevante. Ildipolo vale p = qx = qE/k. L’energia di legame vale

U ′ =k

2x2 =

pE

2

Questo sistema e realizzato fisicamentente dall’atomo di Thomson, nel quale avevamo visto che α = 4πε0a30.

L’energia U ′ di interazione fra elettrone e protone e di tipo ‘elastico’ e vale

U ′(r)− U ′(0) = −e[ϕ(r)− ϕ(0)] =e2

2αr2 =

pE

2

(verifico che ϕ e giusto usando il laplaciano in coordinate polari: ∇2ϕ = −3e/α = −ρ/ε0).

Esercizio 24: Paradosso sui dipoli III

Calcolare la forza fra due dipoli p e p′ a distanza x, orientati parallalelamente alla loro separazione. Comecambia la risposta se p′ e indotto da p come p′ = αx?

bSoluzione: Abbiamo due formule generali che danno la forza fra dipoli. Vediamo come applicarle.

1. La formula generale e F = (p ·∇)E = p∂xE dove

E =1

4πε0

[3(p′ · r)r

r5− p′

r3

]=

12πε0

p′

x3x r = (x, y, z)

e il campo elettrico generato da p′. Quindi la forza e ‘radiale’ e vale Fx = −3pp′/2πε0x4.

E ovvio che la risposta non cambia se p′ e indotto.

2. Una formula meno generale ma piu semplice e F = −∇U con

U = −p ·E = − 12πε0

pp′

x3

Nel caso di p′ costante si riottiene il risultato precedente. Nel caso di dipolo indotto, p′ = αx, vieneun risultato che differisce di un fattore 2/3: per utilizzare correttamente questa formula meno generaleoccorre prima calcolare il ∇ come se p′ fosse costante e poi inserire il valore del dipolo indotto p′(x).

Esercizio 25: Paradosso sui dipoli IV

Due dipoli sono orientati rispettivamente lungo gli assi z ed x. Verificare che le forze sono uguali ed opposte(ma non radiali). Verificare che i momenti non lo sono.

bSoluzione: Il momento totale e zero se calcolato rispetto ad un polo fisso. Una situazione analoga piu banale:un dipolo nel campo elettrico di una carica. Il dipolo sente un momento delle forze (che tende ad allinearlo conil campo elettrico), ma anche una forza.


Esercizio 26: Allineamento di dipoli elettrici

Come si dispongono due dipoli a distanza r fissata, liberi di ruotare su loro stessi?

bSoluzione: L’energia fra due dipoli pi = qidi a distanza r fissata (senza vincoli non esistono configurazionidi equilibrio stabile)

U =k

R3[p1 · p2 − 3(p1 · r)(p2 · r)] ∝ cos(θ1 − θ2)− 3 cos θ1 cos θ2

che e minima a θ1 = θ2 = 0 (piu configurazioni simmetriche), cioe per dipoli stesi nella stessa direzione. Tenerliverticali e contrapposti richiede energia maggiore.

Un dipolo puo essere la molecola H2O (l’O attira gli elettroni piu di H), oppure l’atomo di idrogeno in uncampo esterno.

Esercizio 27: Coordinate polari

Calcolare gradiente, divergenza, rotore e ∇2 in coordinate cilindriche e polari ed in un generico sistema dicoordinate ortogonali.

bSoluzione: Il ∇ e sia un operatore differenziale che un vettore. Questo significa e.g. che ∇ · (fE) = ... e che∇×∇f = 0, (∇f)× (∇g) 6= 0, ∇ · (∇×E) = 0. In linea di principio per passare a coordinate polari si procedecome per altri vettori, rispettando le proprieta dell’operatore derivata. In pratica si fa molto prima usando iteoremi in cui compaiono gradienti, rotori e divergenze: i teoremi del gradiente (linee), Stokes (superifci), Gauss(volumi) sono casi particolari di integrali di forme asimmetriche a n indici∫

X

∂ ∧A(n) ∧ dx(n+1) =∮

∂X

A(n) ∧ dx(n)

e cioe (in 3 dimensioni):∫L

∇f · dx =∮

∂L=P

f = ∆f∫

S

(∇×E) · n dS =∮

∂S=L

E · dx∫

V

(∇ ·E)dV =∮

∂V =S

E · n dS

Gradiente In un generico sistema di coordinate ortogonali xi si ha

df = f(x + dx)− f(x) =∑

i

dxi∂f

∂xi≡ dx ·∇f

Siccome dx = giidxixi allora ∇ = g−1ii xi∂i. E.g. in coordinate polari grr = 1, gθθ = r e gϕϕ = r sin θ in quanto

dx = dr r + r dθ θ + r sin θdϕ ϕ e ds2 = dr2 + r2dθ2 + r2 sin2 θdϕ2

∇ = x∂

∂x+ y

∂

∂y+ z

∂

∂z= r

∂

∂r+ θ

1r

∂

∂θ+ ϕ

1r sin θ

∂

∂ϕ

Divergenza Per calcolare la divergenza di un generico vettore E usiamo il teorema di Gauss∫(∇ ·E)dV =

∫E · dS

applicato ad un volumetto elementare di lati dxi. La differenza dei flussi sui lati lungo x1 vale

(E1g22g33)+dx2 dx3 − (E1g22g33)−dx2 dx3 = dx1dx2dx3∂

∂x1(E1g22g33) =

dV

g11g22g33

∂

∂x1(E1g22g33)

Quindi

∇ ·E =1

g11g22g33

[∂

∂x1(E1g22g33) +

∂

∂x2(E2g11g33) +

∂

∂x3(E3g11g22)

]


In coordinate polari la divergenza di un vettore con solo componente radiale vale

∇ ·E =1

r2 sin θ∂

∂rErr

2 sin θ =1r2

∂

∂rr2Er

Riotteniamola procedendo in un altro modo, senza usare il teorema di Gauss: Applicato ad un vettore radialeE = rEr vale

∇ ·E =∂Er

∂r+ Er(

θ

r· ∂r

∂θ+

ϕ

r sin θ· ∂r

∂ϕ) =

∂Er

∂r+ (1 + 1)Er =

1r2

∂

∂rr2Er

Su di una funzione V che dipende solo da r

∇2V = (∇ ·∇)V =1r2

∂

∂rr2∂

∂rV =

1r

∂2

∂r2rV

In d dimensioni (d = 3 coordinate polari, d = 2 coordinate cilindriche, etc)

∇ ·E =1

rd−1

∂

∂rrd−1Er ∇2V =

∂2V

∂r2+d− 1r

∂V

∂r

Rotore Utilizzando in modo analogo il teorema di Stokes si ottiene un’espressione esplicita per il rotore. Il∇2 e banale

∇×E =1

g11g22g33det

g11x1 g22x2 g33x3

∂1 ∂2 ∂3

g11E1 g22E2 g33E3

, ∇2V =1

g11g22g33

[∂1g22g33g11

∂1V + · · ·]

Ad esempio in coordinate polari

∇2V =1

r2 sin θ

[∂r(r2 sin θ ∂rV ) + ∂θ(

r sin θr

∂θV ) + ∂ϕr

r sin θ∂ϕV

]=∂2

r (rV )r

+∂θ(sin θ∂θV )r2 sin θ

+∂2

ϕV

r2 sin2 θ

ed in coordinate cilindriche

∇2V =1r

[∂r(r∂rV ) + ∂θ(

1r∂θV ) + ∂z(r∂zV )

]=∂r(r∂rV )

r+∂2

θV

r2+ ∂2

zV

Esercizio 28: Laplaciano

Calcolare ∇2rp in d dimensioni spaziali.

bSoluzione: In 1 dimensione r2 = x2. In 2 dimensioni r2 = x2 + y2. In 3 dimensioni r2 = x2 + y2 + z2. Ingenerale

∂xrp = px rp−2, ∂2

xrp = p rp−2 + p(p− 2)x2rp−4, ∇2rp = p[d+ p− 2]rp−2

Il caso d = 3 corrisponde a coordinate polari; il caso d = 2 a coordinate cilindriche.Il potenziale generato da una carica in d dimensioni e la soluzione singolare a r = 0 di ∇2ϕ = 0, e cioe per

ϕ ∝ r2−d. Quindid = 1 d = 2 d = 3 d = 4 d = 5ϕ ∝ r ϕ ∝ ln r ϕ ∝ r−1 ϕ ∝ r−2 ϕ ∝ r−3

E ∝ r0 E ∝ r−1 E ∝ r−2 E ∝ r−3 E ∝ r−4

(il campo generato da una carica puntiforme in d = 1 e d = 2 corrispondono rispettivamente al campo di unfilo e di un piano in d = 3).

La cosa fondamentale non e ϕ ∼ 1/r ma la conservazione del flusso, e cioe E ∝ 1/S o ∇2ϕ = 0.Solo d = 3 da fisica interessante. Per d < 3 non esistono cariche libere (ϕ cresce con r), per d > 3 l’energia

cinetica di rotazione (potenziale effettivo V = L2/2mr2) non basta ad impedire che si spiaccichino ad r = 0.


Esercizio 29: Potenziale di Yukawa

Risolvere ∇2ϕ− λ2ϕ = ρ = 0

bSoluzione: La soluzione a simmetria sferica ϕ(r) e

1r(rϕ)′′ = λ2ϕ : rϕ = e−λr

Per r λ e come l’elettromagnetismo, per r λ la forza va a zero esponenzialmente. Lo Z ha λ ∼ 10−16 cm.La gravita potrebbe avere λ ∼ 1010 anni luce.

Esercizio 30: Atomo di idrogeno quantistico

Risolvere l’equazione di Schroedinger

bSoluzione: Secondo Schroedinger uno deve: scrivere l’energiaH, rimpiazzare p→ −ih∇, risolvereHψ = Eψ,e |ψ|2 e la probabilita. Per un elettrone in un atomo di idrogeno

H =p2

2m− q2e

4πε0r→ − h2

2m∇2 − e2

r

avendo usato e2 = q2e/4πε0. Quindi, usando u = rψ

− h2

2m(rψ)′′ = (E +

e2

r)(rψ)

risolto da ψ ∝ e−r/a0 ed E = −e2/2a0 dove a0 ≡ h2/me2. Quindi secondo la meccanica quantistica la caricadell’elettrone si distribuisce come ρ(r) = −e e−2r/a0/πa3

0.

Capitolo 2

Conduttori

Le cariche elettriche dentro un conduttore sono libere di redistribuirsi; e finche E 6= 0 continuano a spostarsi.Quindi si riaggiustano (dissipando energia termicamente) fino a raggiungere la condizione di equilibrio stabile:E = 0 dentro il conduttore ed E= = 0 lungo la sua superficie (cioe ϕ = costante nel conduttore). Quindi ilcampo elettrico subito fuori da un conduttore vale E⊥ = σ/ε0. La pressione sentita da un conduttore e σE⊥/2.

Esercizio 31: Piano conduttore

Studiare una carica q puntiforme posta a distanza d da un piano conduttore infinito posto a potenziale zero.

bSoluzione: Scelgo le coordinate in modo che il piano e a x = 0 e la carica a (x, y, z) = (d, 0, 0). Usando ilmetodo delle immagini si trova il potenziale

ϕ(x, y, z) =

q

4πε0

(1

|x− d|− 1|x + d|

)per x > 0

0 per x < 0

La densita superficiale di carica indotta sul piano e

σ(x, y) = ε0E⊥ = −ε0∂ϕ

∂x= −1 + 1

4πdq

(x2 + y2 + d2)3/2

e la carica totale e∫σ dx dy = −q, come si puo verificare o facendo esplicitamente l’integrale, o applicando il

teorema di Gauss ad una superficie chiusa ottenuta ‘chiudendo’ il piano a r = −∞ (l’unico contributo al flussoe sul piano a r ∼ d).

La carica q sente una forza attrattiva Fx = −kq2/(2d)2. Il piano sente una forza opposta, come si puoverificare integrando dF/dS = σE⊥/2 (non dimenticando il fattore 2: E⊥/2 e la media del campo elettrico‘subito fuori’ e ‘subito dentro’ il conduttore)

F =∫σE⊥2dx dy =

kq2

(2d)2

Per portare la carica da x = d ad x = ∞ (o piu in generale, ad un punto x = d′) occorre compiere un lavoroL =

∫∞dF dx = kq2/4d, uguale a meta della variazione dell’energia potenziale fra carica e carica-immagine

V (∞)− V (d) = kq2/2d, in quanto non serve lavoro per spostare la carica immagine.Se il piano conduttore non e posto a ϕ = 0 ma e isolato non cambia niente. Infatti, se e finito ma grosso

(dimensioni D d) ed ha carica totale zero, la carica q induce una carica −q nella zona ‘vicina’, e quindi unacarica +q concentrata ai bordi lontani (che non si vede se D →∞).

Esercizio 32: Lastra conduttrice

Si calcoli il campo elettrico in presenza di una carica q situata a distanza d da una lastra conduttrice piana dispessore finito s.

21

22 Capitolo 2. Conduttori

Figura 2.1: Tentativi di usare il metodo delle immagini.

bSoluzione: E immediato verificare che

ϕ(x, y, z) =

come prima dal lato dove c’e q, i.e. x > 00 dentro il conduttore, i.e. −s < x < 00 dal lato opposto, i.e. x < −s

e una soluzione, e quindi e la soluzione. Se d > s la carica immagine −q viene fuori dalla lastra, ma questo eirrilevante in quanto ϕ e scritto in termini di −q solo sul lato dove c’e q. Dal lato opposto dove non c’e’ la caricaE = 0. Se il conduttore dal lato opposto non fosse piano ma avesse una forma artistica, rimarrebbe sempreE = 0.

Questo fenomeno e piu generale: un conduttore scherma da altre cariche lo spazio che circonda. Se unconduttore contiene un buco vuoto, allora dentro E = 0. Infatti la ovvia unica soluzione dell’equazione diPoisson con condizioni al bordo ϕ(bordo) = ϕ0 e ϕ(buco) = ϕ0. Questo accade perche’ F ∝ 1/rn con n = 2, econsente di verificare sperimentalmente quanto n e veramente vicino a 2.

Per schermare un campo elettrico (stazionario) non serve racchiudere tutto con un conduttore: una grigliaconduttrice a maglie piccole basta a fare un buon lavoro (per lo stesso motivo discusso in un esercizio analogoa pag. 73).

Esercizio 33: Metodo delle immagini

Trovare e studiare altri casi simili.

bSoluzione: Usando la linearita e immediato studiate altri casi: se ci sono due cariche q1 e q2 basta sommarele soluzioni. Se c’e’ un dipolo, si aggiunge un dipolo immagine. Se si vuole studiare un filo carico sospeso soprail terreno, si considera un filo immagine sottoterra.

Con una carica posta vicino a semipiani che si intersecano ad un dato angolo, il metodo funziona solo perangoli speciali. Usualmente riflettendo si trova che servirebbe mettere cariche nella zona vuota (vedere fig. 2.1)per cui si ottiene una soluzione per 2 o piu cariche messe in posti speciali

Il metodo funziona per angolo di 90, e servono 3 cariche immagini (fig. 2.1a). E interessante studiare inche modo il lavoro necessario a spostare la carica e legato all’energia potenziale fra q e cariche immagini. Persemplicite mettiamo la carica lungo l’asse di simmetria a distanza d dai piani: risente una forza attrattiva direttalungo l’asse con modulo

F = kq2[

2√2−1

(2d)2+

1(2√

2d)2

], L =

∫ ∞

√2d

Fds =(−4 +

√2)kq2

8d

Il lavoro e uguale all’energia potenziale della sola carica ‘vera’, e quindi ad 1/4 dell’energia potenziale di tuttele cariche (‘vera’ ed ‘immagini’)

V (1) =k

2

∑i 6=1

q1qir1i

=kq2

2

[−22d

+1

2√

2d

]= L, V (1) + V (2) + V (3) + V (q) =

k

2

∑i 6=j

qiqjrij

= 4V.

Capitolo 2. Conduttori 23

Esercizio 34: Piano carico fra 2 piani conduttori

Due piani conduttori paralleli a distanza ` sono tenuti allo stesso potenziale. Una carica q, distribuita uniforme-mente lungo un piano, viene messa a distanze δ e δ′ = ` − δ dai piani. Calcolare le cariche totali indotte q eq′.

bSoluzione: Ovviamente q+q′ = −q. I campi elettrici sono costanti. Siccome i due conduttori sono allo stessopotenziale, Eδ = E′(s− δ). Le cariche indotte sono legate ai campi da E = σ/ε0 e quindi

q

q′=

σ

σ′=

E

E′=`− δδ

Quindi q = −q(1− δ/`) e q′ = −qδ/`.

Esercizio 35: Carica fra 2 piani conduttori

Due piani conduttori paralleli a distanza ` sono tenuti allo stesso potenziale. Una carica puntiforme q vienemessa a distanze δ e δ′ = `− δ dai piani. Calcolare le cariche totali indotte q e q′.

bSoluzione: Si potrebbe usare una serie infinita di cariche immagini ±q situate a x = 2n` ± δ, ma il contosarebbe troppo difficile.

(la carica indotta non dipende dalla distanza, ma∑∫

6=∫ ∑

). Visto che il problema chiede solo la carica totaleindotta, convene usare un altro trucco. Immaginiamo che q invece di essere puntiforme sia distribuita lungo unpiano parallelo ai due conduttori, come nell’esercizio precedente. La carica totale indotta resta la stessa. Conlo stesso trucco si potrebbe anche calcolare la forza sentita dalla carica.

Esercizio 36: 1 lastre conduttrice carica

Una lastra di superficie S ha carica totale q. Calcolare i campi elettrici indotti.

bSoluzione: Fisicamente uno si aspetta che la carica q si divida equamente fra le due superfici, generando uncampo elettrico esterno E = (q/2)/Sε0 ortogonale alla lastra ed uguale sui due lati.

Questo accade non perche alle cariche piace disporsi simmetrimecamente, ma perche questa e la configu-razione di minima energia, come discusso nel meno semplice problema successivo.

Esercizio 37: 2 lastre conduttrici cariche

Due lastre di superficie S hanno cariche totali q e q′. Calcolare i campi elettrici indotti.

bSoluzione: Il problema consiste nel trovare come le cariche si ripartiscono fra le superfici destra e sinistradelle lastre. In generale le cariche sulle 4 superfici (da sinistra a destra) possono essere

q −Q, Q −Q q′ +Q

dove Q e incognito. I campi elettrici sono

Esinistra =q −Qε0S

, Emezzo =q

ε0S, Edestra =

q′ +Q

ε0S

L’energia totale e proporzionale all’integrale di E2, dominato dal grande spazio a sinistra ed a destra. Quindile cariche minimizzano E2

sinistra + E2destra. Questo accade nella configurazione simmetrica, Q = (q − q′)/2:

Esinistra = Edestra =q + q′

2ε0S, Emezzo =

q − q′

2ε0S


Esercizio 38: Capacitatore cilindrico

Un cavo coassiale e fatto di un filo conduttore interno di diametro d circondato da un guscio metallico di diametroD. Calcolare la capacita. Sapendo che l’aria puo sostenere Emax = 3MV/m (rigidita dell’aria) trovare qualevalore di d/D consente di avere la massima differenza di potenziale, e quale d/D consente di immagazzinare lamassima energia.

bSoluzione: Usando il teorema di Gauss possiamo immediatamente calcolare il campo elettrico nello spaziovuoto fra le due armature: 2πr · Er = λ/ε0 da cui

Er =2kλr

= −∂ϕ∂r

: ϕ = −2kλσ ln r.

Quindi la differenza di potenziale vale V = ∆ϕ = 2kλ ln(D/d) e la capacita per unita di lunghezza vale2πε0/lnD/d. Imponendo che il massimo campo elettrico E(r = d/2) = 4kλ/d sia uguale a Emax si trova che lamassima differenza di potenziale vale

V = Emaxd

2lnD

d

Per esempio V = 3.45 kV se d = 1mm e D = 1cm. Fissato D, V e massimizzato scegliendo d = D/e.L’energia immagazzinata in una lunghezza L vale

U =CV 2

2= Lπε0E

2max(

d

2)2 ln

D

d

ricalcolabile anche come

U =∫ε0E

2

2dV =

ε02L2π(

d

2)2E2

max

∫ D/2

d/2

r dr

r2.

Fissato D, l’energia immagazzinata e massimizzata scegliendo d = D/√e.

Esercizio 39: Capacitatore di dimensioni variabili

Si raddoppia la distanza fra i piatti di un capacitatore di capacita C. Quanto lavoro meccanico occorre fare se(a) le cariche sui piatti sono tenute costanti? (b) una batteria mantiene costante la differenza di potenziale V ?

bSoluzione: Ricordo che Q = CV . Per due piatti conduttori di area A a piccola distanza d

V = Ed = σd/ε0 = Q · d/Aε0 cioe C = ε0A/d

Raddoppiare d dimezza C. All’inizio l’energia vale

U = Adε0E

2

2=Aε0d

V 2

2=CV 2

2=Q2

2C.

(a) Alla fine U ′ = Q2/2C ′ = 2U quindi L = U − U ′ = −U . Infatti il campo elettrico rimane uguale,ma occupa un volume doppio. I due piatti si attraggono, quindi occorre una forza F = L /(−d) perallontanarli.

In generale, quando uno modifica un capacitatore variando la capacita di dC tenendo la carica Q costante

Fds = dL = −dU = −Q2

2d

1C

=Q2

2C2dC =

V 2

2dC

(b) Alla fine U ′ = C ′V 2/2 = U/2 quindi Ltotale = U − U ′ = U/2 > 0. Questo sembra suggerire che i duepiatti si respingano, mentre invece uno si aspetta che si attraggano esattamente come nel caso precedente(in quanto contengono cariche di segno opposto). Il punto e che Ltotale e il lavoro totale, somma didue contributi: un contributo meccanico (legato alla forza necessaria per spostare le armature), ed unlavoro ricevuto dalla batteria mano a mano che le cariche sulle armature diminuiscono. La carica finalevale Q′ = C ′V = Q/2. Una carica ∆Q = −Q/2 viene spinta dentro la batteria, che riceve un lavoroLbatteria = −QV/2 = U . Lmeccanico = Ltotale −Lbatteria = −U/2 < 0.


In generale la batteria riceve un carica −dQ e quindi un lavoro Lbatteria = −V dQ = −V 2dC. L’energianel capacitatore varia di V 2 dC/2. Quindi il lavoro meccanico vale

F ds = dLmeccanico = dLtotale − dLbatteria =V 2

2dC

come nel caso (a).

Quindi in generale la forza e legata alla variazione della capacita C da F = (V 2/2)(dC/ds), e tende ad aumentarela capacita. In questo esercizio abbiamo solo ottenuto un risultato atteso in modo complicato. Il prossimo e piuinteressante.

Ad esempio se inserisco una barra conduttrice in un condensatore...

Esercizio 40: Conduttore in capacitatore

Un conduttore di spessore d viene parzialmente inserito in un capacitatore quadrato di spessore D e lunghezzaL D mantenuto ad una differenza di potenziale V . Calcolare la forza sentita dal conduttore mobile.

bSoluzione: Il sistema e disegnato in fig. 3.1a. Possiamo vederlo come una capacita C0 = ε0L(L − x)/D inparallelo con una capacita C1 = ε0Lx/(D − d) (costituita da 2 capacita in serie). Inserire un conduttore e unpo’come ridurre la distanza fra i piatti: per questo la capacita aumenta. Il valore preciso e

C = C0 + C1 =ε0L

2

D

[1 +

xd

L(D − d)

]Come visto in precedenza la forza vale

F =V 2

2dC

dx=V 2

2dLε0

D(D − d).

Fisicamente la zona dove agisce la forza e la punta del conduttore: sebbene in quella zona non sappiamo fare icalcoli, sappiamo calcolare la forza totale. Determiniamo ora il segno dell’effetto. Non mi pare possibile capirloin modo intuitivo, ma solo affidandosi al formalismo. Nel caso banale dell’esercizio precedente la forza tende adattrarre i piatti, cioe ad aumentare la capacita. Quindi in questo esercizio il conduttore viene attratto dentro ilcondensatore, perche questo aumenta la capacita.

Esercizio 41: Sfera conduttrice a terra

Una carica q e situata a distanza R dal centro di una sfera conduttrice a potenziale zero di raggio r.

bSoluzione: Serve una carica immagine q′ = −q r/R messa come in figura fig. 2.2, situata a distanza r2/R dalcentro della sfera.

Un giorno qualcuno noto che il potenziale generato da due cariche ϕ = kq1/r1 + kq2/r2 vale zero su di unasfera. Infatti ϕ = 0 a r1/r2 = q1/q2 i.e. r21q

22 + r22q

21 = 0 che e l’equazione della sfera. La sfera e ‘il luogo dei

punti per i quali le distanze fra 2 punti sono in rapporto fisso’.Torniamo al problema, che proviamo a risolvere usando un sistema di coordinate con origine nel centro della

sfera ed aggiungendo una carica immagine q2 = q′ a distanza r2 dal centro. Per fissare il tutto basta imporreϕ = 0 nei 2 punti del conduttore lungo l’asse:

q1R− r

+q2

r − r2= 0,

q1R+ r

+q2

r + r2= 0

sono risolte da r2 = r2/R e q2 = −q1r/R. La sfera conduttrice ha carica totale q′. Se avesse carica diversa (e.g.zero) o potenziale diverso, basterebbe aggiungere una ulteriore carica immagine q′′ nel centro.

Usando coordinate polari ρ, θ il potenziale vale

ϕ(ρ, θ) = kq(1r1− r

R

1r2

) = kq

(1√

ρ2 +R2 − 2Rρ cos θ− r

R

1√ρ2 + (r2/R)2 − 2(r2/R)ρ cos θ

)


Figura 2.2: Fig. 2.2a,b,c: linee di campo in presenza di una carica q a distanze varie da una sfera conduttricea terra. Fig. 2.2d: linee di campo per una sfera conduttrice isolata in campo elettrico esterno.

La densita di carica superficiale vale

σ(θ) = ε0Er(ρ = r, θ) = −ε0∂ϕ

∂ρ

∣∣∣∣ρ=r

=q(R2 − r2)

4πr(R2 + r2 − 2rR cos θ)3/2

La carica totale indotta sulla sfera e q′, che e diversa da q. La forza attrattiva fra la sfera e la carica q vale

F = kq1q2r212

= −kq2 rR

(R2 − r2)2

e decresce come 1/R3 per R r. Il lavoro necessario a spostare la carica q rispetto alla sfera da distanza R adistanza R′ vale L = qq′/8πε0(1/R′ − 1/R).

Esercizio 42: Sfera conduttrice isolata

Come l’esercizio precedente, ma la sfera e isolata

bSoluzione: Occorre aggiungere una ulteriore carica immagine q′′ = −q′ in modo che la ‘carica immaginetotale’ sia zero. Per fare in modo che la sfera rimanga a potenziale costante occorre mettere −q′ nel centro dellasfera. Per R r la forza fra sfera e carica q decresce come 1/R4. Il lavoro necessario a spostare la carica qrispetto alla sfera e uguale a L = − 1

2 [∆Vqq′ + ∆Vqq′′ ] cioe senza includere la variazione di energia potenzialeVq′q′′ fra le due cariche immagini.

Esercizio 43: Sfera conduttrice in E costante

Una sfera conduttrice isolata di raggio r viene messa in un campo elettrico E0 esterno costante.

bSoluzione: Si puo trovare la soluzione in diversi modi, sviluppando ulterioremente esercizi precedenti.

• Partendo dal problema precedente, posso generare un campo elettrico costante usando una carica q adistanza R dalla sfera nel limite q,R → ∞ tenendo costante E0 = q/4πε0R2. In questo limite la caricaimmagine q′ = −qr0/R diverge e si avvicina al centro della sfera, dove si trova la seconda carica immagineq′′ = −q′, ma le due cariche immagine generano un dipolo finito p = −q′d = 4πε0E0r

3. Riassumendo:fuori dalla sfera

E = E0 + (campo generato da un dipolo p nel centro della sfera).

Verifichiamo che il potenziale ϕ(ρ, θ) e costante sulla superficie della sfera a ρ = r

ϕ(ρ, θ) =(

p

4πε0ρ2− E0ρ

)cos θ = (

r3

ρ2− ρ)E0 cos θ


Figura 2.3: (a) Condensatori in serie. (b) Condensatori in serie.

La densita superficiale di carica vale

σ(θ) = −ε0∂ϕ

∂ρ

∣∣∣∣ρ=r

= 3ε0E0 cos θ

• Abbiamo quindi ritrovato la situazione studiata a pagina 15: una sfera con carica superficiale σ(θ) =σ0 cos θ. Avevamo trovato che genera al suo interno un campo elettrico costante E = σ0/3ε0, che perσ0 = 3ε0E0 e esattamente opposto al campo esterno E0. In questo modo dentro la sfera si ha E = 0.

Avevamo anche trovato che all’esterno genera il campo di un dipolo p = V σ0, che per σ0 = 3ε0E0 valep = 4πε0E0r

3 in accordo con il risultato precedente.

Le linee di campo sono disegnate in figura 3.1d.

Esercizio 44: Tetraedro conduttore

4 triangoli equilateri conduttori, mantenuti a potenziali ϕ1,2,3,4 vengono disposti in modo da formare la superficiedi un tetraedro. Quale e il potenziale nel centro?

bSoluzione: In generale deve essere una combinazione lineare dei 4 contributi. Infatti se so risolvere il casocon solo 1 acceso (ϕ1 6= 0 e ϕ2,3,4 = 0), e poi so risolvere il caso con solo il 2 acceso, sommando le due soluzioniho risolto anche il caso con 1 e 2 accesi. Quindi ϕ =

∑i ciϕi.

Poi, per motivi di simmetria, la risposta deve essere simmetrica in 1, 2, 3, 4. Quindi ϕ = c∑ϕi.

Per finire c = 1/4 (cioe ϕ = (ϕ1 +ϕ2 +ϕ3 +ϕ4)/4) in quanto nel caso ϕ1 = ϕ2 = ϕ3 = ϕ4 il potenziale deveavere il valore comune costante, siccome le 4 facce formano un tetraedro chiuso.

Esercizio 45: Condensatore sferico

Un condensatore e costituito da una sfere concentriche di raggi r1 ed r2. Calcolare la capacita e discutere illimite r2 →∞.

bSoluzione:C =

Q

∆V=

4πε0r−11 − r−1

2

Se r2 r1 il valore di r2 conta poco e si puo pensare un’unica sfera come un condensatore di capacita C = 4πε0r1avente l’altro ‘’piatto’ ad infinito.

Esercizio 46: Condensatori in serie

Due condensatori di capacita C1 e C2 con cariche Q1 e Q2 vengono connessi come in fig. 2.3a. Come siredistribuiscono le cariche?

bSoluzione: La corrente flusice lungo la resistenza, dissipando energia, fino a che i due condensatori hannoequali differenze di potenziali. Imponendo

V =Q′1C1

=Q′2C2

e Q1 +Q2 = Q′1 +Q′2

si trova Q′i = Ci(Q1 +Q2)/(C1 + C2).


Esercizio 47: Effetto delle punte

Due sfere conduttrici cariche di raggi r ed R lontane sono connesse da un filo. Mostrare che il campo elettricoattorno alla sfera piccola e piu grosso che attorno alla sfera grossa.

bSoluzione: Le cariche in un conduttore carico si respingono, e quindi cercano di andare il piu possibile lontanele une dalle altre, generando una forte concentrazione di cariche sulle punte. La sfera piccola schematizza unapunta e consente di fare un calcolo esplicito.

Le cariche q e Q sulle due sfere si determinano imponendo che i potenziali sulle superfici delle due sfere sianouguali:

Q

R=q

r

Questo corrisponde a quanto visto nell’esercizio precedente: Qi ∝ Ci ∝ ri. Quindi il campo elettrico e grossoattorno alla sfera piccola

E(r)E(R)

=q/r2

Q/R2=R

r.

Il massimo campo elettrico che l’aria asciutta puo sopportare e e qualche MV/m (con campi elettrici piu fortirendono l’aria conduttrice dando luogo a scariche). Mettendo delle punte su di un parafulmine ci si assicurache una nuvola carica eletricamente si scarichi su di esse.

Esercizio 48: Sfera conduttrice bucata

Una sfera conduttrice scarica contiene, al suo interno ma non al suo centro, un buco con dentro una carica q.Calcolare il campo elettrico generato.

bSoluzione: Nonostante l’assenza di simmetria sferica, il campo elettrico esterno e uguale a quello generatoda una carica q al centro del conduttore. Infatti, l’unica soluzione dell’equazione di Poisson costante sulla sferae ∝ 1/r. Non esiste una soluzione semplice per il campo elettrico nel buco.

Esercizio 49: Carica dentro sfera

(Dal compito del 16/1/2004). Una carica puntiforme q e posta all’interno di un guscio conduttore sferico diraggio interno R e raggio esterno R′, a distanza d dal centro. Il guscio conduttore e posto a terra. Calcolare

a) Il potenziale ed il campo elettrico in tutto lo spazio.

b) La forza sulla carica q.

c) Mostrare che la carica totale indotta sulla sfera e pari a −q.

d) Come cambia la risposta a) se il guscio conduttore e isolato?

bSoluzione:

a) E noto che due cariche q e q′ = −qR/d a distanze dd′ = R2 dal centro di una sfera producono potenzialezero sulla sfera. Questo e il sistema di cariche immagini che ci serve per calcolare E nella zona interna. Ilfatto che il conduttore abbia spessore finito non complica il problema. Dentro il conduttore e nella zonaesterna E = 0.

b) La forza e attrattiva e vale F = qq′/4πε0(d− d′)2.

c) Siccome fuori E = 0, la carica totale (q + carica indotta) e zero.

d) La carica totale ora e q. Sulla superficie interna si dispone una carica totale −q distribuita in modo daschermare, a r > R l’effetto della carica puntiforme. Sulla superfcie esterna si dispone uniformemente unacarica totale q, generando un campo radiale E = q/4πε0r2. Dentro E rimane come prima.

Capitolo 3

Dielettrici

La densita di polarizzazione indotta da un campo elettrico esterno P = ε0χE induce una densita di cariche dipolarizzazione ∇ · P = ρpol (e sui bordi una densita superficiale σpol = ∆P⊥). Separando la carica totale inρtot = ρfree + ρpol e definendo D = P + ε0E ≡ εE = κP /(κ − 1) il campo D soddisfa a ∇ ·D = ρfree. Seχ e costante un dielettrico e descritto dalle stesse equazioni del vuoto con ε0 → ε = κε0 dove κ = 1 + χ. Seχ varia bruscamente le condizioni di raccordo su bordi senza cariche libere sono: ∆E= = 0 e ∆D⊥ = 0 (cioeε1E⊥1 = ε2E⊥2).

Esercizio 50: 2 dielettrici in condensatore piano

Calcolare la capacita di un condesatore piano ottenuto mettendo due diversi dielettrici fra due piatti conduttoricome mostrato in figura.

bSoluzione:

ε1

ε2

σ

ε1

ε2

σ1

σ2

1) Chiamo ` lo spessore totale, diviso in `1 ed `2. Nel primo caso conviene usare il campo D perche e costante:

D = σ = ε1E1 = ε2E2

Quindi la differenza di potenziale V e la capacita C = Q/V valgono

V = E1`1 + E2`2 =Q

S(`1ε1

+`2ε2

) cioe1C

=1C1

+1C2

dove Ci =εiS

`i.

Questa geometria corrisponde ad avere due condensatori in serie.

2) Nel secondo caso conviene usare il campo elettrico perche uguale nelle due zone, visto che ∆E= = 0lungo il bordo e che la differenza di potenziale e la stessa nelle due zone. Quindi la densita di caricatotale e la stessa nelle due zone; ma ci interessa la capacita che e definita in termini della carica liberacome C = Qfree/V . Chiamiamo σ1 e σ2 al diversa densita di carica libera nelle due zone. Siccome hannouguale area la densita media di carica media e σ = (σ1 +σ2)/2. Esse determinano il campo elettrico comeEi = σi/εi. Imponendo E1 = E2 si ottiene

σi = σεi

ε1 + ε2e quindi V = Ei` =

Q/S

ε1 + ε2C = (ε1 + ε2)

S

`= C1 + C2.

Questa geometria corrisponde ad avere due condensatori in parallelo.

29

30 Capitolo 3. Dielettrici

Esercizio 51: N dielettrici in condensatore piano

Ripetere l’esercizio precedente mettendo N dielettrici di egual spessore `/N e costanti dielettriche εi = ε1 +(ε2 − ε1)i/N . Ottenere il risultato nel limite N →∞.

bSoluzione:

1) Quando sono in serie1C

=N∑

i=1

1Ci

=N∑

i=1

∆zεiS→

∫ `

0

dz

ε(z)S=

`

S

ln(ε1/ε2)ε1 − ε2

dove ε(`) = ε1 + (ε2 − ε1)z/`.

2) Quando sono in parallelo, scrivendo S = L2

C =N∑

i=1

Ci =N∑

i=1

εiL ∆x`

→∫ L

0

ε(x)dxL`

=S

`

ε1 + ε22

dove ε(x) = ε1 + (ε2 − ε1)x/L.

Esercizio 52: Condensatore in acqua

Un condensatore cilindrico di lunghezza L e diametri esterno ed interno D e d, mantenuto ad una differenza dipotenziale V , viene immerso verticalmente in una bacinella d’acqua, di densita ρ. Calcolare di quanto si innalzail livello dell’acqua dentro il condensatore rispetto al livello esterno.

bSoluzione: Abbiamo visto che inserendo un dielettrico fra le armature di un condensatore se ne aumenta lacapacita, e che quindi le forze elettriche Fel = dUel/dz tendono a far salire l’acqua dentro il condensatore. Alcontrario la forza gravitazionale Fgrav tende a farla scendere. L’acqua salira fino ad un livello z tale che questedue forze si bilanciano. Calcoliamole.

• Se l’acqua entra nel condensatore di un tratto z la capacita vale C(z) = 2π(zε + (L − z)ε0)/ ln(D/d) =C(0) + 2πε0zχ/ ln(D/d). avendo definito ε = (1 + χ)ε0. La forza elettrica non dipende da z:

Fel = +V 2

2dC

dz=πV 2ε0χ

lnD/d.

• La forza gravitazionale cresce con z:

Fgrav = −m(z)g = −πD2 − d2

4zρ · g

Imponendo Fgrav + Fel = 0 si trova

z =4V 2ε0χ

(D2 − d2)gρ ln(D/d)

cioe misurando z si puo ricavare χ. Numericamente viene z ∼ mm per D ∼ mm e V ∼ kV.

Esercizio 53: Carica davanti a semipiano dielettrico

Lo spazio e riempito da due semipiani dielettrici aventi a sinistra costante dielettrica ε2, ed a destra ε1. Unacarica si trova a destra. Trovare i campi elettrici.

bSoluzione: Provo: in 1 il campo di vuoto generato da q e da una q′ immagine. In 2 il campo di vuoto di unaq′′ al posto di q.

E=1 =(q + q′) cos θ

r2, E=2 =

q′′ cos θr2

, E⊥1 =(−q + q′) sin θ

r2, E⊥2 = −q

′′ sin θr2

Capitolo 3. Dielettrici 31

x

L

D d

P

Figura 3.1: Esercizi su forze.

Le condizioni di raccordo sono

q′′ = q + q′, ε1(q − q′) = ε2q′′ : q′ = q

ε1 − ε2ε1 + ε2

, q′′ = q2ε1

ε1 + ε2

Per ε2 →∞ si ritrova il conduttore. La carica q vale qvera/κ1.

Se invece ε1 ε2 E⊥1 e piccolo, come intrappolare una carica.

Esercizio 54: Dielettrico in condensatore

Un dielettrico di costante dielettrica relativa κ e spessore d viene parzialmente inserito in un condensatorequadrato di spessore D e lunghezza L D mantenuto ad una differenza di potenziale V . Calcolare la forzasentita dal dielettrico.

bSoluzione: Il sistema e disegnato in fig. 3.1a. Possiamo vederlo come una capacita C0 = ε0L(L − x)/D inparallelo con una capacita C1, costituita da 2 capacita in serie: C ′1 = ε0Lx/(D − d) e C ′′1 = κε0Lx/d. Quindila capacita totale vale

C = C0 + C1 = C0 +1

1/C ′1 + 1/C ′′1=ε0L(L− x)

D+ x

Lε0κ

d− dκ+Dκ

Come visto in precedenza la forza vale

F =V 2

2dC

dx=V 2

2dLε0(κ− 1)

D(d− dκ+Dκ)

Il dielettrico viene attratto dentro il condensatore. Per κ→∞ si ritrova il ‘conduttore in condensatore’ studiatoa pagina 25, Abbiamo potuto trascurare gli effetti ai bordi e sulla punta del dielettrico mobile sebbene sia lı chesi esercita la forza.


Esercizio 55: Forza di conduttore su dielettrico

Un dielettrico di base quadrata a ed altezza h a ha una polarizzazione uniforme P come in figura 3.1b. Vieneappoggiato su di un piano conduttore. Calcolare la forza risentita.

bSoluzione: La polarizzazione genera una densita di carica uniforme +σ sulla cima, e −σ sulla base. (Perdeterminare il segno basta ricordare ρpol = −∇ · P = −∂zPz). Lo si puo risolvere usando un dielettricoimmagine. Ma la forza dominante e quella generata dalle cariche −σ nella base che inducono una carica +σ sulconduttore, ed un campo elettrico E = σ/ε0 e quindi una forza attrattiva F = Eσa2/2 = P 2a2/2ε0. Stimiamoil contributo delle cariche sul tetto approssimandole come una carica puntiforme q = σa2. Introducendo unacarica immagine −q essa risente una forza q2/h24πε0. Quindi la forza totale vale

F ≈ P 2a2

2ε0

(1 +

a2

2πh2

)Il contributo delle cariche in cima e trascurabile.

Esercizio 56: Dielettrico in campo esterno

Un dielettrico con costante dielettrica κ e immerso in un campo elettrico esterno Eext. Calcolare il campoelettrico all’interno del dielettrico assumendo che esso abbia forma a) lunga e sottile; b) corta e larga; c) sferica.

bSoluzione:

a) Se il dielettrico e lungo e sottile, la condizione al bordo dominante e ∆E= = 0, e quindi Ein = Eext.

b) Se il dielettrico e corto e largo, la condizione al bordo dominante e ∆D⊥ = 0: dentro il dielettrico il campoelettrico vale Ein = Din/kappa = Dout/κ = Eout/κ.

c) Se il dielettrico e sferico, verra una cosa intermedia ma il conto e piu compicato. Le equazioni da risolveresono, dentro il dielettrico:

Etot = Eext + Epol, P = ε0χEtot (3.1)

cioe la polarizzazione e proporzionale al campo elettrico totale, che comprende un contributo generatodalla polarizzazione.

Assumiamo che χ ≡ κ− 1 1: in tal caso la polarizzazione e piccola Eext e Etot saranno quasi uguali, equindi in prima approssimazione la polarizzazione vale P ' ε0χEext, ed e quindi costante. Come discussoa pagina 15) un P costante genera una densita di cariche superficiali σ = P cos θ e quindi, all’interno dellasfera, un campo elettrico Epol = −P /3ε0 uniforme. Il campo elettrico totale vale

Etot = Eext + Epol ' (1− χ

3)Eext

c)′ In generale Eext e Etot differiscono in modo significativo. Proviamo a vedere se una polarizzazioneP uniforme risolve il problema impostato in eq. (3.1). La polarizzazione genera un campo elettricoEpol = −P /3ε0 = −χEext/3 uniforme: quindi, dentro la sfera si produce un campo uniforme

Etot = Eext + Epol = Eext −χ

3Etot : Etot =

Eext

1 + χ/3=

3Eext

2 + κ

minore del campo esterno. Per χ 1 si ritrova l’approssimazione del punto precedente. Per χ 1 ildielettrico diventa come un conduttore.

Il campo elettrico totale esterno alla sfera e quello esterno piu quello di un dipolo: il risultato e disegnato infigura 3.2.

Capitolo 3. Dielettrici 33

Figura 3.2: Linee di campo (continue) ed equipotenziali (tratteggiate) per una sfera dielettrica in un campoelettrico esterno costante. Le tre figure correspondono a costanti dielettriche κ = 1, 3, 30.

Esercizio 57: Buco in dielettrico

Un dielettrico con costante dielettrica κout e immerso in un campo elettrico esterno Eext. Il dielettrico contieneun buco di forma a) lunga; b) corta; c) sferica. Calcolare il campo elettrico dentro il buco.

bSoluzione:

a) Ein = Eext.

b) Ein = Din = Dout = κoutEout.

c) Consideriamo il problema generale di un oggetto dielettrico di costante εin immerso in un dielettricoesterno di costante εout. Le condizioni al bordo che devono essere soddisfatte sulla superficie della sferasono

εoutE⊥out = εinE

⊥in, E=

out = E=in

Cioe conta solo il rapporto κ = εin/εout. Le soluzioni ottenute ai punti a) e b) di questo esercizio e diquello precedente soddisfano a questa proprieta generale.

Per trovare la soluzione basta quindi sostituire κ→ 1/κout nella soluzione c)′ dell’esercizio precedente.

La stessa soluzione e riottenuta tramite un calcolo esplicito nell’esercizio successivo.

Esercizio 58: Sfera dielettrica in dielettrico

Un dielettrico di costante dielettrica εout contiene un buco sferico di raggio r e costante dielettrica εin. Si studiil sistema in presenza di un campo elettrico esterno Eext.

bSoluzione: Proviamo a trovare una soluzione assumendo che il campo interno sia Etot = Ein costante, e cheil campo esterno sia Etot = Eout = Eext+ campo generato da un dipolo P . Ci sono 2 incognite: Etot e P . Lecondizioni al bordo che devono essere soddisfatte sulla superficie della sfera sono

εoutErout = εinE

rin, Eθ

out = Eθin

Esplicitamente

εout(Eext − 2kP

r3) cos θ = εinEin cos θ, (Eext +

kP

r3) sin θ = Ein sin θ

da cui

Ein =3Eext

2 + εin/εout,

kP

r3= Eext

εout − εin2εout + εin


Esercizio 59: Attrazione fra dielettrici

Perche un pettine attrae pezzettini di carta?

bSoluzione: Storicamente fu una delle prime manifestazioni dell’elettricita (electron non e inglese ma greco,e vuol dire ambra. Anche un pettine di plastica va benissimo). Il fatto che la carta attratta rimanga poiappiccicata indica che c’entrano i dielettrici. Se fossero invece cariche libere si neutralizzerebbero appena sitoccano.

Un dielettrico in un campo uniforme non sente nessuna forza. Questo e ovvio per geometrie semplici (e.g.cubo o cilindro orientato lungo il campo), e stato verficato in precedenza nel caso di una sfera, ed in generale edovuto al fatto che il dielettrico si polarizza lungo il campo. Un dipolo in campo elettrico costante non senteforze.

Un dielettrico in un campo elettrico non uniforme viene attratto verso campi grossi: lo abbiamo visto nelcaso particolare del condensatore piano, dove erano gli effetti ai bordi a generare la forza attrattiva ∝ E2. Laseconda potenza non e specifica di questa geometria semplice, ed e dovuta al fatto che F = σpolE e che la caricadi polarizzazione e a sua volta ∝ E.

In generale il dielettrico viene attratto verso campi grossi da una forza che e complicato calcolare in dettaglio.Ma gli argomenti precedenti consentono di dire che in generale la forza e del tipo F ∝∇E2.

Un pettine sfrutta l’effetto delle punte per generare un campo elettrico abbastanza grosso ed abbastanzadipendente dalla posizione in modo da generare una forza abbastanza grande da attrarre pezzetti di carta.

Capitolo 4

Correnti

E = ρj dove ρ e la resistivita e σ = 1/ρ viene chiamata conducibilita. Per effetto Joule viene dissipata unapotenza W = j ·E = ρj2. E utile introdurre la corrente totale I e definire la resistenza R in modo che V = IR.

Compiti rilevanti: Compitino del 19 dicembre 2003 es. 1. Compitino del 17 gennaio 2003, es. 3.

Esercizio 60: Capacitatore piano imperfetto

Calcolare il tempo di scarica di un condensatore piano (area A, distanza tra i piatti d) contenente un materialedi conducibilita σ e costante dielettrica ε.

bSoluzione: Attenzione: σ qui non indica la densita superficiale di cariche. Si puo ragionare in due modi:

1. Usando le equazioni fondamentali. Il campo elettrico E = Q/Aε genera una corrente J = σE e quindi

Q = −AJ = −σεQ risolta da Q(t) = Q(0)e−t/τ dove τ =

ε

σ.

2. Usando le formule valide per circuiti. La capacita vale C = εA/d, la resistenza R = d/Aσ. Quindiτ = RC = ε/σ.

Notare che τ non dipende da A e d, cioe da quanto e grosso il condensatore. Questo rende piu semplice ilfunzionamento delle cellule: il tempo di scarica non varia quando la membrana diventa piu spessa o grossa.

Esercizio 61: Scarica di sfera carica

Calcolare il tempo di scarica di una sfera di raggio a in un dielettrico di conducibilita σ e costante dielettrica ε.

bSoluzione: Esce una corrente radiale. Siccome ha divergenza zero le cariche flusicono verso distanza infinitasenza accumularsi. Facendo il calcolo direttamente ottengo:

dQ

dt= −

flusso di J︷︸︸︷4πr2 Jr = −

flusso di E︷︸︸︷4πr2 Er σ = −σ

εQ

e quindi Q(t) = Q(0)e−t/τ con τ = ε/σ. Per t → ∞ il materiale si e comportato come un conduttore, pert τ = ε/σ come un dielettrico.

Posso riscrivere la corrente i = Q come i = V/R dove V = Q/4πεa e la differenza di potenziale e R = 1/4πaσ.Avevamo visto che una sfera ha una capacita C = 4πεa. Quindi possiamo schematizzare il sistema come uncircuito (chiuso all’infinito) con costante tempo τ = RC = ε/σ.

Esercizio 62: Resistenza fra sfere concentriche

Calcolare la resistenza fra due sfere concentriche di raggi a e b in un materiale di resistivita ρ.

35

36 Capitolo 4. Correnti

bSoluzione: Posso calcolarla indirettamente interpretando il sistema come una serie infinita di resistenze:come visto nell’esercizio precedente la resistenza di un guscio di spessore dr vale dR = ρ dr/4πr2. Sommandole resistenza di tutti i gusci in serie viene

R =∫dR =

ρ

4π(1a− 1b)

Se a b conta solo il primo termine: l’integrale e dominato dalla zona vicino alla sfera piccola.

Esercizio 63: Sonda marina

Due sfere di raggi a vengono calate in mare a distanza d e connesse da un filo conduttore. Calcolare la resistenzadel circuito.

bSoluzione: Domina la zona vicino alle sfere (o attorno alla sfera piccola, se avessero dimensioni diverse):quindi l’elettrostatica consente e.g. di misurare localmente la salinita del mare. Se passa un branco di pesci frale sfere non me ne accorgo. Per pescare servira l’elettrodinamica.

Si puo schematizzare il sistema come due resistenze R = ρ/4πa in serie. Per a = 25 cm e ρ = 25 ohm cmviene 2R = 0.27 ohm.

Esercizio 64: Semipiano dielettrico imperfetto

Un dipolo oscillante p = p0eiωt viene posto nel vuoto a distanza d da un semispazio x < 0 di costante dielettrica

ε e conducibilita σ.

bSoluzione: In analogia all’esercizio a pagina 30, provo una soluzioni con ‘dipoli immagini’

E =

(p a x = d)+(p′ a x = −d) per x > 0, zona 2(p′′ a x = d) per x < 0, zona 1

Questo soddisfa le equazioni

∇ ·D = ρfree ∇×E = 0 ∇ · J = −ρfree J = σE D = εE

per x < 0 e x > 0, dove l’unica carica e il dipolo p. Sul bordo (chiamdo w la densita di carica)

E1= = E2

=, E2⊥ − κE1

⊥ = w/ε0 w = −σE1⊥ : E2

⊥ − κE1⊥ = −σ1E

1⊥/ε0

cioep− p′ = p′′ (p + p′ − κp′′) = − σ

ε0p′′

Eliminando p′′ trovo una equazione per p′

p′ =σ/ε01 + κ

(p− p′)− 1− κ1 + κ

p

Assumendo p′ = p′0eiωt (dopo un transiente) trovo

p′ = p1− iωε0(1− κ)/σ1 + iωε0(1 + κ)/σ

Un dipolo ruotante e descritto da p ∝ (1, i, 0).

Esercizio 65: Diodo termoionico

Gli elettroni escono dal catodo con velocita nulla a V0 = 0. Calcolare come la corrente dipende dalla differenzadi potenziale V .

Capitolo 4. Correnti 37

bSoluzione: Gli elettroni acquistano velocita m2 v

2 = eV (x) e generano una densita di corrente J = ρv. Se J epiccola e non modifica V , abbiamo finito. A basso V la corrente e limitata dalla densita di carica degli elettroni.L’intasamento massimo si ha quando gli elettroni schermano completamente il campo elettrico esterno dandoE = 0 al catodo (se E < 0 nulla esce e gli elettroni fuori vengono spazzati via). Utilizzando l’equazione diPoisson −ρ/ε0 = V ′′ si ottiene

J = ρv = −V ′′ε0

√2emV

In condizioni stazionarie J e costante in x. Ottengo una equazione differenziale per V :

V ′′ =j√V

:d

dx

(V ′2

2− 2j√V

)= 0

(j = −J√m/2e/ε0). La costante di integrazione vale zero in quanto V ′ = −Ecatodo =. Integrando ancora

V ′ = 2√jV 1/4 :

∫ V

0

dV V −1/4 =∫ x

0

2√j dx :

43V 3/4 = 2

√jd

ed, inserendo il valore di j,

V 3/2 =3d2J

2ε0

√m

2e

cioe J ∝ V 3/2: non segue la legge di Ohm.Calcoli simili permettono di studiare giunzioni fra semiconduttori, usati per costruire diodi piu moderni.

Esercizio 66: Piatto dielettrico

Un piatto di dielettrico con costante dielettrica ε e resistivita ρ viene messo in un campo elettrico esterno Eext,che viene improvvisamente rimosso. Studiare cosa succede. Stessa domanda per un campo elettrico esternoEext = E0e

iωt lentamente variabile.

bSoluzione:

• Dopo un po’di tempo si forma una densita di carica σ = ε0Eext sul bordo destro e −σ su quello sinistro.Subito dopo che il campo Eext e stato rimosso rimane la σ che genera un campo E = −Eext all’internodel conduttore e quindi una corrente j = E/ρ che inizia a riequilibrare le cariche. Siccome ∇ · E = 0non si generano cariche di volume. Da ρ = −∇ · j, tenendo che j = 0 fuori dal conduttore segue cheσ = +j = −σ/ε0ρ da cui σ(t) = σ(0)e−t/τ con τ = ερ. In questo primo problema il segno giusto e fissatoda ovvie considerazioni fisiche.

• Come prima ρ = 0 dentro il conduttore, e si accumulano cariche ±σ ai due bordi, lasciando un campoelettrico interno Ein. Le condizioni di raccordo sono

ε0Eext = εEin + σ σ = j = Ein/ρ : σ + τ σ = ε0Eext

In condizioni stazionarie la soluzione e

σ = σ0eiωt con σ0 =

ε0E0

1 + iωτe quindi Ein =

ε0E0

ε

11 + 1/iωτ

Se ω = 0 Ein = 0 (conduttore perfetto). Se ωτ 1 Ein = E0/κ (dielettrico perfetto). Per valori intermedisi ha un campo con modulo intermedio che oscilla con ritardo di fase ϕ = arctanωτ . Il tutto corrispondea modificare il conto statico usando una costante dielettrica complessa κ→ κ = κ+ 1/iωρε0.

Esercizio 67: Sfera dielettrica

Un sfera di raggio r composta da un materiale con costante dielettrica ε e resistivita ρ viene messa in un campoelettrico esterno Eext = EextRe (1, i, 0)eiωt lentamente ruotante.

38 Capitolo 4. Correnti

a) Mostrare che la carica libera sta solo sul bordo.

b) Scrivere le condizioni di raccordo.

c) Verificare che la sfera acquista una polarizzazione P (t) uniforme ruotante con ritardo di fase.

d) Trovare il momento delle forze M , ed il valore di ω per il quale M e massimo.

bSoluzione:

a) Dentro il dielettrico J ∝ D. Prendendo la divergenza segue ρ ∝ ρ: se all’inizio ρ = 0 la carica fluiscesenza accumularsi.

b) In generale (con fuori il vuoto)

E=in = E=out, E⊥out = κE⊥in + σ/ε0 σ = E⊥in/ρ

Assumendo un campo Ein costante ed un campo Eout = Eext+ (campo generato da un dipolo P )

(Ein − Eext −kP

a3) sin θ = 0 (κEin − Eext + 2

kP

r3) cos θ =

σ

ε0σ =

Ein

ρcos θ

c) Assumendo condizioni stazionarie P = P (1, i, 0)eiωt, derivando la prima equazione e sostituendo σ lariscrivo in forma analoga all’equazione statica

(κEin − Eext − 2P

r3) cos θ = 0 κ ≡ κ+

1iωρε0

Quindi la soluzione e analoga a quella ottenuta nel caso statico

kP

r3= Eext

1− κ2 + κ

= Eext−1

3 + iωτ

avendo messo per semplicita κ = 1. [Il segno non viene]

d) M = Re P×Re E massima per ωτ = ±1 (a meno della riduzione nel modulo di P ) (nel sistema Terra-Lunale maree avvengono con ritardo di fase provocando un trasferimento di momento angolare).

Capitolo 5

Circuiti

Risolvere le equazioni di Maxwell e complicato. E facile ottenere soluzioni approssimate che descrivono alcunesituazioni di interesse pratico (‘circuiti’).

Esercizio 68: Resistenze in parallelo

Verificare che la corrente si ripartisce minimizzando la dissipazione per effetto Joule.

bSoluzione: L’enegia dissipata vale W = R1I21 + R2I

22 . Chiamando I la corrente totale sia ha I2 = I − I1.

QuindidW

dI1= 2R1I1 + 2R2(I1 − I) = 0 quindi R1I1 = I

R1R2

R1 +R2= R=I

Che sia un minimo e non un massimo, lo si puo vedere nel caso R2 R1: tutta la corrente flusice nella resistenzapiccola minimizzando l’effetto Joule.

Esercizio 69: Resistenze su cubo

Calcolare la resistenza totale del circuito in fig. 5.1a, assumento che le singole resitenze abbiano un valorecomune R.

bSoluzione: E un esempio di circuito non decomponibile come combinazioni di serie e paralleli. Lo si potrebberisolvere scrivendo le equazioni di Kirchoff, pero si fa prima a dare la risposta ad occhio sfruttando la simmetriadel problema. Per motivi di simmetria le correnti si dividono come in figura. Quindi la differenza di potenzialefra i due capi vale V = IR( 1

3 + 16 + 1

3 ) = I · 56R.

Se invece uno collegasse due spigoli opposti sulla stessa faccia del cubo, non passerebbe corrente nelle duelinee verticali degli altri due spigoli opposti...

Esercizio 70: Ponte di Wheatstone

Risolvere il circuito in fig. 5.1b.

bSoluzione: E un esempio di circuito non decomponibile: cioe non si puo evitare di applicare le leggi diKirchoff vedendolo come combinazioni di serie e paralleli. In pratica lo si usa con: R3,4 resistenze fisse note,R2 resistenza ignota da misurare, R1 resistenza variabile nota, da scegliere in modo tale che la differenza dipotenziale VBD = 0, cioe che non passi corrente attraverso R.

Iniziamo dal caso R =∞: VBD = 0 (cioe il circuito e ‘bilanciato’) se R2R4 = R1R3. In generale

VDB = V

(R1

R1 +R2− R4

R3 +R4

)= V

R1R3 −R2R4

(R1 +R2)(R3 +R4)

39

40 Capitolo 5. Circuiti

I/3 I/3

I/6

I/3

R1 R2

R

R4 R3

A C

B

D

Figura 5.1: (a) Circuito a cubo. (b) Ponte di Wheatstone.

In condizioni di bilanciamento R2/R1 = R3/R4 = r. Per studiare la sensitivita dello strumento (e quindicalcolare l’incertezza sperimentale su R2) consideriamo una variazione delle resistenze Ri → Ri + δRi: essaproduce

VDB = 0 +r

(1 + r)2

(δR1

R1− δR2

R2+δR3

R3− δR4

R4

)V.

Passiamo al caso di R finito. In pratica R compare perche un qualunque strumento che misura VDB lo faintroducendo una resistenza R < ∞ fra i capi B e D. Risolviamo quindi il circuito completo utilizzando ilmetodo delle maglie: ci sono 7 incognite: VA, VB , VC , VD e le tre correnti di maglia I1 (a sinistra, circolante indirezione A→ B), I2 (a destra in direzione C → B) ed I0 (sotto, in direzione A→ D → C). Siccome contanosolo le differenze di potenziale si puo scegliere VA = 0, riducendo il numero di incognite a 6. Ci sono poi 6equazioni, una per ogni tratto di circuito:

VB − VA = R1I1, VB − VC = R2I1, VC − VA = 0

VD − VA = R4(I0 − I1) VD − VC = −R3(I0 + I2) VD − VB = R(I1 + I2).

Dopo calcoli noiosi si ottiene

VDB =(R1R3 −R2R4)V

(R1 +R2)(R3 +R4) + (R1R2R3 +R1R2R4 +R1R3R4 +R2R3R4)/R.

Vediamo quindi che per calcolare il valore centrale di R2 non serve tenere conto di R, che invece modifica lasensibilita dello strumento.

Esercizio 71: Impedenze

Mostrare che per una corrente oscillante I = I0eiωt vale ZR = R ZC =

1iωC

ZL = iωL.

bSoluzione: Le cadute di potenziale ai capi di resistenza, condensatore, induttanza valgono

RIQ

C=

I

iωCLI = iωLI

Esercizio 72: Potenza dissipata

Calcolare la potenza dissipata su di una generica impedenza Z.

bSoluzione: La potenza dissipata vale W = V I dove V = ZI. Il prodotto non e una operazione lineare:Re(z1z2) 6= Re(z1)Re(z2). Bisogna tornare ai numeri reali: scrivendo Z = R+ iY

〈W 〉 = 〈(I0R cosωt− I0Y sinωt) · (I0 cosωt)〉 =R

2I20 =

Z cosφ2

I20

cioe solo la parte resistiva dissipa energia.

Capitolo 5. Circuiti 41

Esercizio 73: Filtro che taglia frequenze alte

Costruirlo.

bSoluzione: Ad esempio metto RC in serie e leggo il voltaggio ai capi di C: a grosso ω la sua impedenzaZ = 1/ıωC decresce e la maggior parte della caduta di potenziale avviene su R.

VC

Vin=

11 + iωRC

r =∣∣∣∣VC

Vin

∣∣∣∣2 =1

1 + (ωRC)2

Per R = 200 kΩ si ha una riduzione di 3 dB a ν = 1 Hz (r = 10−0.3 = 0.512 ≈ 1/2) se C = 0.8µF, che a ν = 50Hz corrisponde a r = 0.4 10−3 i.e. 34 dB.

Esercizio 74: Filtro che taglia frequenze basse

Costruirlo.

bSoluzione: Metto RC in serie e leggo il voltaggio ai capi di R, oppure metto RL e leggo ai capi di L.

Esercizio 75: Pendolo accoppiato

Mostrare che due pendoli connessi da una molla k soddisfano alle stesse equazioni di due maglie LC con incomune una capacita C ′.

bSoluzione: Usando le correnti di maglia I1 e I2 le equazioni sono

V1 = LQ1 +Q1

C+Q1 −Q2

C ′0 = LQ2 +

Q2

C+Q2 −Q1

C ′

Usando le impedenze e risolvendo si trova

I2 =iωV1C

2

(CLω2 − 1)(CC ′Lω2 − 2C − C ′)= iω

V1

2Lω2

2 − ω21

(ω2 − ω21)(ω2 − ω2

2)I2I1

=C

C + C ′ − CC ′Lω2

Avendo definito ω21 = 1/LC e ω2

2 = 1/LC + 2/LC ′. Alla media delle frequenze I1 = 0.Le equazioni del moto del pendolo sono

mx1 +mgx1

`+ k(x1 − x2) = F mx2 +mg

x2

`+ k(x2 − x1) = 0

che hanno la stessa forma con 1/LC ↔ g/`, 1/LC ′ = k/m.Per trovare i modi normali provo una soluzione xi = xie

iωt(−ω2 + g/`+ k/m −k/m

−k/m −ω2 + g/`+ k/m

) (x1

x2

)= 0

Il determinante vale zero per

1. ω2 = ω21 = g/`, x1 = x2

2. ω2 = ω22 = g/`+ 2k/m, x1 = −x2

Mettendo F (t) = F eiωt viene

x2 =F

k − (k −mω2 + gm/`)2/k=

F

2mω2

2 − ω21

(ω2 − ω21)(ω2 − ω2

2)x2

x1=

k`

k`+mg −m`ω2=

ω21 − ω2

2

2ω2 − ω21 − ω2

2

che corrispondono alle soluzioni per i modi normali

x1 + x2 = −Fm

1ω2 − ω2

1

x1 − x2 = −Fm

1ω2 − ω2

2

Nel caso del circuito, il modo normale I1 = I2 (niente corrente su C ′) vede un’impedenza iωL+ 1/iωC che valezero per ω = ω1; il modo I1 = −I2 vede un’impedenza 1

2 (iωL+ 1/iωC) + (1/iωC ′) che vale zero per ω = ω2.

42 Capitolo 5. Circuiti

R1 R1 R1 R1 R1

R2 R2 R2 R2 R2

R1

RR2 = R

Figura 5.2: Fig. 5.2a: circuito attenuatore. Fig. 5.2b: resistenza equivalente.

Esercizio 76: Attenuatore

Si determini la resistenza totale R del circuito infinito in fig. 5.2 ed i potenziali nei vari punti

bSoluzione: Siccome ∞ =∞+ 1 per trovare la resistenza R equivalente al circuito si impone che R sia egualead un passo della catena seguito da R:

R = R1 +1

1/R2 + 1/R: R =

R1 +√R2

1 + 4R1R2

2(5.1)

Per trovare il potenziale dopo il primo passo, rimpiazziamo tutte le resistenze successive con la resistenzaequivalente R, ottenendo un circuito con 3 resistenze R1, R2 ed R, di resistenza totale R: circola una correntetotale I = V/R

La differenza di potenziale V ′ ai capi di R vale

V ′ = VR2

R+R2

Nei passi successivi la differenza di potenziale decresce in modo geometrico: V (n) = V/(1+R/R2)n. Ad esempio,per dimezzare la differenza di potenziale ad ogni passo serve R = R2, cioe R2 = 2R1.

In pratica non si puo costruire una catena con un numero infinito di passi: per terminare il circuito dopoun numero finito di passi senza scompensarlo, basta terminarlo con una resistenza R.

Esercizio 77: Catena LC

Come nella fig. 5.2, con R1 → Z1 = iωL e Z2 = 1/iωC.

bSoluzione: Pre semplificare la formula (5.1) divido ogni L in 12L+ 1

2L e metto L/2 a sinistra:

Zeff = Z − Z1

2=

√(Z1/2)2 + Z1Z2 =

√(L/C)− (ωL/2)2 se ω < ω0

i√

(ωL/2)2 − (L/C) se ω > ω0

dove ω0 = 2/√LC. La cosa sorprendente e che a basse frequenze un circuito con solo L e C si comporti come

una resistenza; il motivo fisico e che l’energia sembra scomparire in quanto viene trasmessa attraverso la catena.Abbiamo gia visto che il potenziale varia lungo la catena come

Vn = αnV0 α =Z2

Z + Z2=Z − Z1

Z=

√

(L/C)− (ωL/2)2 − i(ωL/2)√(L/C)− (ωL/2)2 + i(ωL/2)

= eiδ se ω < ω0√(ωL/2)2 − (L/C)− (ωL/2)√(ωL/2)2 − (L/C) + (ωL/2)

< 1 se ω > ω0

A bassa frequenza tutto funziona se si termina la catena finita con R =√L/C. (Se si scambia L↔ C e come

cambiare ω → 1/ω: la catena risultante taglia le frequenze basse invece di quelle alte).Se le differenze di potenziale e di corrente fra due elementi vicini sono piccole, valgono

∆V = LI ∆I = ∆Q = C ∆V

Capitolo 5. Circuiti 43

cioedV

dx=

L

∆xdI

dt

dI

dx=

C

∆xdV

dt:

d2V

dx2=

L

∆xC

∆x︸︷︷︸v2

d2V

dt2

La rete LC fornisce una descrizione approssimata di una linea di trasmissione. Ad esempio per un cavo coassiale

L = ∆xµ0

2π` C = ∆x

2πε0`

v =1

√ε0µ0

= c (` ≡ lnR2

R1).

Per ∆x→ 0 ω0 →∞: una linea ideale trasmette tutto, ed il cavo equivale ad una resistenza

R = lim∆x→0

Z =√µ0

ε0

`

2π= 60Ω · `.

Parte II

Magnetostatica

Capitolo 6

Campi magnetici

Le equazioni di base sono F = q(E + v ×B) e le equazioni di Maxwell (µ0 = 4πkm, km = 10−7 Tesla m/A)

∇×B = µ0j ∇ ·B = 0

che implicano ∇ · j = 0. In forma integrale∮B · ds = µ0Φ(j) = µ0i Φ(B) = 0

Campo magnetico generato

B =µ0

4πqv × r

r3=µ0

4π

∮i ds× r

r3

Forza prodotta da un campo magnetico: F = qv ×B = j ×B = i ds ×B. Un circuito chiuso in un campomagnetico costante percorso da una corrente costante i sente F = 0 e momento M = m ×B dove m = iSnL’energia potenziale vale U = −m ·B = −iΦ(B). Se il campo magnetico non e costante F '∇(m ·B).

Unita di misura. Il campo magnetico viene misurato in Tesla = N/Am (Gauss = 10−4 Tesla). Il campomagnetico terrestre sulla superficie vale circa 0.1 Gauss. Il massimo campo producibile e circa 10 Tesla. Il flussodi B viene misurato in Weber = Tesla·m2 = Volt · sec.

Esercizio 78: Forza fra 2 cariche

Due elettroni si muovono parallelamente lungo traiettorie rettilinee a distanza a con velocita costante v c.Calcolare la forza elettromagnetica

bSoluzione: La forza e diretta lungo la congiungente. La forza elettrica respinge e quella magnetica attira

F =e2

4πε0− ev · µ0

4πev =

e2

4πε0(1− v2

c2) c2 =

1ε0µ0

Il risultato sopra e sbagliato. Esistono altri effetti relativistici di O(v2/c2). Nel sistema in cui le cariche sonoin quiete F0 = e2/4πε0 e quindi la relativita dice che Fv = F0/γ, invece che Fv = F0/γ

2 Infatti i campi E e Bgenerati da cariche in moto vanno moltiplicati per γ.

Una carica puo avere velocita media ∼ cm/s ∼ 10−10c e quindi il suo campo magnetico e una correzione diordine 10−20. Questa soppressione puo venire compensata se ci sono NA ∼ 6 1023 cariche che si muovono nellostesso verso (formando una corrente), messe assieme ad altrettante cariche di segno opposto (in modo che i lorocampi elettrici si cancellano). Siccome la materia e fatta in questo modo, ha senso studiare la magnetostatica.

Esercizio 79: Disco di Rowland

Un disco di raggio r = 20 cm con carica σ = 10−6C/m2 fa 200 giri al secondo. Stimare il campo magneticogenerato

45

46 Capitolo 6. Campi magnetici

bSoluzione: Quindi la corrente vale I ∼ 200 Q/ sec ∼ 10−5 A e, ad una distanza di 1 cm, genera un campomagnetico

B ∼ kmI

cm∼ 10−10 T

(km = µ0/4π = 10−7) 105 volte minore del campo magnetico terrestre (circa costante attorno al disco). Ilgrosso campo elettrico E ∼ σ/ε0 ∼ 105 V/m (ε0 ∼ 10−11C/Vm) genera una forza repulsiva di circa 1 N e venivaschermato con un conduttore. Sui condensatori si puo accumulare Q ∼ C ma...??

Esercizio 80: Attrazione o repulsione?

Perche due cariche uguali si respingono, mentre due fili con correnti uguali si attraggono?

bSoluzione: Non esiste un modo semplice di vederlo sapendo solamente che u = ε0E2/2 +B2/2µ0. Invece di

cariche e fili consideriamo piani che rendono la geometria piu semplice.

• La pressione elettrostatica su di un piano con densita di carica superficiale σ = ε0(E2⊥ − E1⊥) vale

±p = σE1⊥ + E2⊥

2= ∆(

ε02E2⊥) = ∆uE uE =

ε02E2

avendo usato il fatto che E= e continuo. Per determinare il segno pensiamo a due piani xy paralleli condensita di cariche ±σ: essi si attraggono, tendendo a minimizzare l’energia uE .

• La pressione magnetostatica su di un piano con densita di corrente superficiale Υ = (B=2 −B=1)/µ0 vale

±p = ΥB1= +B2=

2= ∆(

B2=

2µ0) = ∆uM uM =

B2

2µ0

avendo usato il fatto che B⊥ e continuo. Per determinare il segno pensiamo a due piani xy paralleli condensita di corrente ±Υx: essi danno luogo ad un campo magnetico By nella zona interna, ma si respingono.

Quindi il segno e opposto nei due casi. La pressione e data non da ∆u dove u = uE + uM ma da ∆L doveL = uE−uM . La notazione L indica che questa sara la Lagrangiana Lorentz-invariante dell’elettromagnetismo:e noto che L = K − V mentre H = K + V . La ragione fisica del ribaltamento del segno nel caso magnetico eche mantenere correnti costanti costa energia, mentre le cariche rimangono automaticamente costanti.

Esercizio 81: Filo rettilineo

Calcolare il campo magnetico generato da un filo rettilineo di raggio a percorso da una densita di correntecostante j.

bSoluzione: B ha solo una componente radiale. Fuori dal filo (r > a) la ‘legge di Ampere’ fornisce 2πr Br = µ0idove i = j πa2. Dentro il filo (r < a) i = jπr2 e quindi Br = µ0jr/2 = µ0ir/2πa2.

Esercizio 82: Cavo coassiale

Calcolare il campo magnetico generato da un filo rettilineo di raggio a percorso da una densita di correntecostante j, circondato da un cilindro di raggi b e b′ > b lungo cui scorre uniformemente una corrente totaleopposta.

bSoluzione: Per r < b e come nell’esercizio precedente. Per r > b′ si ha B = 0. Per b < r < b′ si ha

Br =µ0j

2πrπa2

[1− r2 − b2

b′2 − b2

]

Capitolo 6. Campi magnetici 47

Esercizio 83: Spira circolare

Calcolare il campo magnetico generato da una spira circolare di raggio a nel piano xy percorso da una correntei.

bSoluzione: Lungo l’asse e facile integrare: B ha solo una componente lungo z

Bz =µ0

4πi

r22πa cos θ =

µ0

2ia

r2cos θ =

µ0

2ia2

(a2 + x2)3/2

ds ed r sono ortogonali, e ds× r forma un angolo θ con l’asse z. Nel centro θ = 0 e B = µ0i/2a.Quindi l’induttanza della spira vale circa L ∼ µ0a. E complicato fare un calcolo preciso, che dipende dallo

spessore del filo.

Esercizio 84: Due spire circolari

Calcolare il campo magnetico generato da due spira circolare di raggio a a distanza d nel piano xy percorse dauna corrente Ni.

bSoluzione:

Bz =µ0Nia

2

2

[(a2 + x2)−3/2 + (a2 + (d− x)2)−3/2

]Il campo magnetico e molto uniforme fra le due spire quando d = a (spire di Helmholtz): infatti per tale valoresi ha d2Bz/dx

2 = 0 a x = d/2 e Bz(x = d/2) = (4/5)3/2µ0Ni/a.Assumiamo che il campo magnetico sia zero fuori e costante dentro. Un elettrone entra camminando lungo

l’asse. Dentro percorre un arco di circonferenza con raggio di curvatura r = mv/eB e quindi viene deflesso disin θ = a/r.

Se deve essere θ = 45 per v =√

2eV/m con V = 25 kV e i = 2 A servono n = (1.4/µ0i)√mV/e ≈ 200

avvolgimenti per spira.

Esercizio 85: Filo a U

Calcolare il campo magnetico nel centro del semicerchio generato da un filo percorso da una corrente i che formauna U di raggio a.

bSoluzione: Raddoppiando i due mezzi fili ed il semicerchio, Bz e la meta del Bz prodotto da 2 fili rettilineiinfiniti e da un cerchio:

Bz =22µ0i

2πa+

12µ0i

2a

Notare che la configurazione di fili riflessa produce lo stesso B, in quanto esso e uno vettore assiale, non unvettore.

Esercizio 86: Piano a U

Come prima, con il filo rimpiazzato da un piano.

bSoluzione: Nel centro equivale alla meta di due piani e di un solenoide. La cosa interessante e che il campomagnetico e costante nella regione interna.

48 Capitolo 6. Campi magnetici

Esercizio 87: Solenoide rettilineo infinito

Calcolare il campo magnetico generato dentro un solenoide rettilineo infinito.

bSoluzione: Fuori vale zero, dentro e costante orientato come il solenoide. La legge di Ampere fornisceB = µ0ni dove n e il numero di spire per unita di lunghezza.

Il flusso concatenato ad un solenoide abbastanza lungo da poter trascurare effetti ai bordi vale Φ = BNS =LI (dove N = n` e il numero di spire e S la loro area) con L = µ0SN

2/`. Quindi l’energia necessaria peraccendere una corrente i vale U = LI2/2 (dimostrazione: V = −Φ = LI. Quindi la potenza vale W = −V I =LII = d( 1

2LI2)/dt). La si puo calcolare anche come l’integrale della densita di energia u = B2/2µ0 sul volume:

U = (µ0nI)2S`/2µ0.

Esercizio 88: Solenoide rettilineo finito

Dire qualcosa sul campo magnetico generato dentro un solenoide rettilineo semi-infinito.

bSoluzione: Usando la forza bruta, integro il campo di una spira, mettendo n spire per unita di lunghezza da−` a 0:

Bz(x) =∫ 0

−`

n dx′µ0

2ia2

(a2 + (x− x′)2)3/2=µ0ni

2

(`+ x√

a2 + (`+ x)2︸︷︷︸1 per `→∞

− x√a2 + x2

)

Il principio di sovrapposizione consente di dire che: 1) Sul bordo B vale la meta che in un punto interno, comevedo immaginando di completare aggiungendo l’altra meta del solenoide. In generale Bz(x)+Bz(−x) = B∞z . 2)La linea di campo di B che sfiora il bordo esce perpendicolare al solenoide, perche’ quando completo la sommadeve fare zero; le componenti orizzontali si sottraggono ma le eventuali componenti verticali si sommerebbero(B e uno pseudovettore) e quindi devono valere zero. Chiaro con un disegno. 3) La linea di campo che sfiora ilbordo, dentro il solenoide sta ad una distanza limite a/

√2 dal centro (il raggio che contiene meta del flusso),

con relazioni analoghe per le linee interne.

Esercizio 89: Solenoide toroidale

Calcolare il campo magnetico generato dentro un solenoide toroidale.

bSoluzione: B e circolare in quanto spire disposte simmetricamente rispetto al punto dove viene calcolato Bdanno contributi che si cancellano alle componenti non radiali. Quindi, per la legge di Ampere, fuori B = 0 edentro 2πrBr = µ0Ni dove N e il numero totale di spire.

Esercizio 90: Sfera ruotante

Sulla superficie di una sfera omogenea di massa M e raggio R e distribuita uniformemente una carica Q. Lasfera ruota con velocita angolare ω. Calcolare il momento magnetico. Scrivere l’equazione del moto in presenzadi un campo magnetico uniforme B.

Capitolo 6. Campi magnetici 49

bSoluzione: Un anello fra θ e θ + dθ ha raggio r = R sin θ superficie dQ = Q dS/S con dS = 2πr · R dθ eruota con velocita v = ωr. Quindi trasporta una corrente

di =dQ v

2πr=Qω

4πsin θ dθ

Il momento magnetico vale

µ =∫πr2 di =

QωR2

4

∫ π

0

sin3 θ dθ =QR2

3ω

o anche

µ = gQ

2ML dove g =

53

e L =2MR2

5ω

e il momento angolare. Una sfera uniformemente carica avrebbe g = 1. Elettrone e muone hanno ge =2.002319304374.. e gµ = 2.0023318406...

Capitolo 7

Moto in campo magnetico esterno

Esercizio 91: Trottola magnetica

Trovare un modo di sospendere un dipolo magnetico in aria.

bSoluzione: La forza di un dipolo in un campo magnetico esterno e data da un’equazione analoga al caso diun dipolo elettrico: U = −µ ·B e F = −∇U , M = µ×B.

Discussione preliminare. Avevamo visto che F = −∇(−p·E) non funzionava per un dipolo elettrico orientatolungo z in un Ez ∝ x (perche tale E ha rotore diverso da zero, e quindi non puo esistere in elettrostatica):pensando il dipolo come 2 cariche e facile vedere che la forza deve essere zero. Nel caso magnetico (dove B puoavere rotore diverso da zero) la formula funziona: la forza e prodotta dal fatto che il lato della spira dove Bz epiu grosso sente una forza maggiore.

Applicata invece ad un dipolo orientato lungo B, e con un Bz(z), la formula dice che il dipolo e attrattoverso zone dove B e maggiore. Pensando al dipolo come ad una spira, e immediato vedere che non c’e nessunaforza. La formula sballa perche non esiste un campo magnetico con solo Bz(z): per avere ∇ ·B = 0 serve ancheun Br(r, z). A livello grafico, il campo magnetico deve ‘incurvarsi’ verso l’esterno. E la componente Br chegenera la forza, anche se non appare in U .

Un’applicazione e la trottola magnetica. Se si mette un dipolo sopra il campo magnetico generato da unaspira, questo si allinea con la spira e ne viene attratto. Quindi non rimane sospeso.

Se invece l’ oggetto con dipolo magnetico µ (e.g. la sfera dell’esercizio precedente) viene anche fatto girare,il possedere un momento angolare L ∝ µ gli impedisce di allinearsi a B. Esiste un momento delle forze cheproduce la seguente equazione del moto:

dL

dt= µ×B = g

Q

2ML×B

che dice che L precede attorno al campo magnetico con frequenza di precessione ωp = g QB/2M , mantenendo inmedia temporale la sua orientazione iniziale. Quindi se all’inizio µ viene messo anti-parallelo a B il magnetismogenera una forza repulsiva che puo tenere sospeso l’oggetto. Alla lunga l’attrito rallenta la rotazione, e l’oggettosi allinea e casca. E grazie all’attrito che una bussola si allinea al campo magnetico terrestre.

Esercizio 92: Cilindro su piano inclinato

Un cilindro di raggio r e lunghezza `, appoggiato orizzontalmente su di un piano inclinato (di angolo α), epercorso da una corrente i uniforme lungo la sua lunghezza. E presente un campo magnetico verticale. Perquale valore di i il cilindro rimane fermo se a) l’attrito tra piano e cilindro e trascurabile b) l’attrito e tale cheil cilindro puo rotolare senza strisciare.

bSoluzione: Il campo magnetico produce una forza orizzontale, diretta verso il piano inclinato. La corrente inun angolo dθ produce dF = `B di = `Bi dθ/2π.

a) La componente della forza magnetica totale lungo il piano inclinato vale F = `Bi cosα. La componentedella forza gravitazionale lungo il piano inclinato vale F = mg cosα. Sono uguali se i = mg tanα/`B.

50

Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno 51

b) Il momento rispetto all’asse di appoggio deve essere zero. La gravita produce M = mgr sinα. Il campomagnetico produce

M =∫

∆y · dF =∫ 2π

0

r(cosα+ sin θ)`Bidθ

2π= i`Br cosα

Quindi serve la stessa i di prima (le due forze sono uniformi).

Esercizio 93: Ago magnetico

Una ago di momento magnetico µ e situato sopra la congiungente due fili paralleli orizzontali a distanza d.I due fili sono percorsi da correnti i e −i. La distanza fra ago e ciascun filo e r. L’ago puo ruotare in unpiano ortogonali ai fili, con momento di inerzia I. Calcolare la posizione di equilibrio ed il periodo delle piccoleoscillazioni.

bSoluzione: Il campo magnetico e verticale

Bz = 2µ0i

2πrh

d/2

Il momento delle forze vale M = µ × B e l’equazione del moto e Iθ = µB sin θ (la posizione di equilibrio eθ = 0 o θ = π/2 a seconda del segno di B, il dipolo vuole allinearsi con B) da cui T = 2π

√I/µ|B|.

Esercizio 94: Carica in B costante

Studiare il moto di una particella di carica q in un campo B costante

bSoluzione: Risolvendo l’equazione del moto

mv = qv ×B → v = v × ωB ωB =qB

m

si trova che v ha una componente costante v= parallela a B, ed una componente v⊥ ortogonale a B che ruotacon frequenza ωB . Quindi fa una spirale. Chiamando a il raggio dell’orbita, si ha v⊥ = aωB i.e.

p⊥ = aqB = MeV 3 10−4 a

cmq

e

B

Gauss

• • • • • • • • • • • • • • • • • •

Nei problemi successivi studieremo moti in campi magnetici piu generali, che tendono a dare moti complicati:le particelle spiraleggiano attorno a qualche traiettoria media. La cosa interessante da calcolare e la traiettoriamedia, cioe la ‘velocita di drift’. Da questo punto di vista il moto in un campo magnetico costante e quindisemplicemente un moto a velocita costante lungo le linee del campo, a meno di girellamenti.

Esercizio 95: Campo magnetico galattico

Stimare quando e grande, assumendo che l’energia cinetica in particelle sia comparabile all’energia in campomagnetico.

bSoluzione: La galassia contiene, in media, un atomo di idrogeno per cm3 con velocita v ∼ km/sec.

ρmv2

2∼ 10−14 erg

cm2∼ B2

2µ0

da cui B ∼ 10−10 Tesla = 10−6 G. Essendo debole viene un raggio r = p/eB grosso (scritta in termini dip = mv la formula rimane valida anche per particelle relativistiche, per le quali p = mvγ), che ha comunque

52 Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno

effetti importanti perche anche la galassia ha una grossa dimensione d ∼ Mpc: un protone di impulso p vienedeflesso

θ ≈ d

r=deB

p' d

1 MpcB

10−9 G3 1019 eV

E

Quindi si puo (o meglio potra) fare astronomia solo con i pochi protoni che arrivano con energia abbastanzagrande. Gli altri spiraleggiano nella galassia e la loro direzione di arrivo non da nessuna informazione sullasorgente che li ha generati.

Esercizio 96: Spettrometro

bSoluzione: Permette di selezionare particelle con dato q/m se uno ha un fascio monoenergetico.

Esercizio 97: Carica in B ed E costanti

Studiare il moto di una particella di carica q in campi E e B costanti.

bSoluzione: In generale possiamo assumere B = (0, 0, Bz) e E = (0, Ey, Ez). L’equazione del moto (nel limitenon relativistico), scritta in componenti e

mvx = qvyBz mvy = q(Ey − vxBz) mvz = qEz

La soluzione e

vx = vrot cos(ωBt) +Ey

Bzvy = −vrot sin(ωBt) vz = qEzt (ωB =

qBz

m) (7.1)

Il moto lungo z (in generale, lungo B) non si mescola con gli altri ed e ovvio. Lungo x, y la carica oltre aruotare fa un drift costante lungo x (in generale lungo E × B). La rotazione dipende da q, ma il drift no.(Sub-esercizio: discutere il limite q → 0). Il moto globale e illustrato in fig. 7.1a per cariche con segno opposto.Se particelle cariche entrano in una zona dove i campi elettromagnetici sono costanti ed hanno solo componentiEy e Bz, quelle con vx = Ey/Bz viaggiano imperturbate. Sfruttando questo fenomeno si puo ottenere un fasciomonoenergetico (ad esempio utilizzabile nello spettrometro dell’esercizio precedente).

• • • • • • • • • • • • • • • • • •

Per ottenere in modo facile ed istruttivo la soluzione (7.1) conviene passare ad un nuovo sistema di riferimentoS′ dove E e B sono paralleli, avendo solo una componente lungo z, tramite una trasformazione Galileianavx = v′x + Ey/Bz (in generale con un boost B ×E/B2). In tale sistema S′ la particella gira attorno al campomagnetico costante.

Teoricamente questo equivale a dire che sotto una trasformazione galileiana v = v′ + β i campi elettromag-netici trasformano come

E′ = E + β ×B + · · · , B′ = B + · · · (E ·B = E′ ·B′)

Queste trasformazioni sono corrette solo all’ordine piu basso in β. Ad ordini superiori il risultato non sarebbeconsistente perche le equazioni di Maxwell sono Lorentz-invarianti mentre quella di Newton e Galileo-invariante.Einstein modifico F = ma in modo da renderla relativisticamente invariante, permettendo di discutere i terminidi ordine piu alto in β, qui indicati con · · · Se non e verificata la condizione E/B c questi termini mancantidiventano importanti. Se E/B > c vedremo che si puo invece passare ad un sistema dove B = 0. Fisicamente,questo corrisponde ad avere un campo elettrico cosı forte che B non ce la piu ad incurvare l’orbita.

Esercizio 98: Fotomoltiplicatore in B,E

Studiare di quanto viene ridotta l’efficienza di un fotomoltiplicatore con E = kV/cm se viene posto in un campomagnetico B = Tesla a 45 gradi (figura 7.1).


E

Bz

y

x

d

L

γ

Figura 7.1: Fig. 7.1a: esempio di moto in E,B costanti di due particelle con carica opposta. Fig. 7.1b:fotomoltiplicatore in campo magnetico.

bSoluzione: Un fotomoltiplicatore e un aggeggio simile ad un televisore che accelera elettroni (generati daionizzazioni γ, . . . ) facendoli sbattere su di uno schermo in modo da renderli rilevabili. Nei rivelatori diparticelle a volte si mettono campi magnetici, che incurvano le traiettorie di particelle ed anti-particelle indirezioni opposte e con raggi che dipendono dalla loro massa, in modo da poterle distinguere.

Il campo elettrico di un fotomoltiplicatore e orientato in modo da accelerare gli elettroni verso lo scher-mo. Ma se c’e un campo magnetico gli elettroni non vanno nella direzione desiderata. Capire dove vanno eun’applicazione dell’esercizio precedente. All’inizio gli elettroni hanno velocita zero, quindi nella (7.1) mettiamovrot = −Ey/Bz. Una particella che parte da (x, y, z) = (0, 0, 0) segue il percorso

x =Ey

BzωB(tωB − sin tωB), y =

Ey

BzωB(1− cos tωB), z =

eEz

2met2

Numericamente la frequenza ωB ed il raggio di spiraleggiamento a valgono

ωB =eB

me= 1.7 1011Hz, vrot =

Ey

Bz= 7 104 m

s, a =

vrotωB

= 4µm

cioe a e miscoscopico. Quindi in pratica gli elettroni

(A) ruotano su circonferenze di raggio trascurabile;

(B) driftano lungo x con velocita vrot ∼ 2 10−4c: e un effetto trascurabile.

(C) accelerano raggiungendo v ∼ 0.1c lungo B e non piu lungo E. Questo e l’effetto importante.

A causa di (C) una frazione d/L degli elettroni (cioe quelli che vengono ionizzati nella zona in cima a destra delfotomoltiplicatore in fig. 7.1) vanno a sbattere sulle pareti laterali invece di venir rilevati sullo schermo. Ridurreil campo magnetico o aumentare quello elettrico non migliora la situazione, fino a quando a d.

Esercizio 99: Ciclotrone

Mostrare che una particella libera di muoversi in un campo magnetico Bz ed in un campo elettrico oscillanteReExe

−iωt = Ex cosωt viene accelerata lungo x.

bSoluzione: Se E = 0 la carica gira nel piano xy: riottengo questa cosa nota usando un primo truccomatematico. Quando c’e roba che gira e utile introdurre z ≡ x+ iy (attenzione: questo z non ha niente a chefare con l’asse z) in quanto girare nel piano xy con frequenza ω e raggio r viene descritto in modo piu compattocome z = re−iωt.1 In termini di z le equazioni del moto diventano

mx = qyBz my = −qxBz : z = −iqzBz

1Questo trucco viene usato in calcoli piu complicati (meccanica quantistica,. . . ), per cui e utile vederlo all’opera in questoproblema piu semplice, dove non da una grande semplificazione. Quindi se confonde le idee, conviene rifare i conti ritornando ad xed y.


e quindi z(t) = z(0)e−iωBt con ωB = qBz/m. Aggiungendo il campo elettrico l’equazione del moto diventa

mz = −iqzBz + qExe−iωt : z =

iExq/m

ω − ωBe−iωt

dove abbiamo usato un secondo trucco matematico: abbiamo assunto z(t) ∝ e−iωt il che, come noto, trascurail transiente e fornisce solo l’orbita limite.

Per ω = 0 si ritrova il drift a velocita costante vy = Ex/Bz precedentemente discusso: grazie alla i esso ediretto lungo y.

Per ω 6= 0 la carica q gira, acquistando una grossa velocita se ω = ωB . Intuitivamente la particella gira nelcampo magnetico, ed ad ogni mezzo giro il campo elettrico viene riorientato in modo da essere sempre lungo ilmoto della particella, che quindi viene accelerata lungo una spirale. Come al solito questa tecnica trascura iltransiente e Si puo verificare che i raggi limiti ottenuti dalle seguenti similazioni numeriche sono in accordo conil valore atteso:

ω/ ωB = 0.8 ω/ ωB = 0.9 ω/ ωB = 1 ω/ ωB = 1.1 ω/ ωB = 1.2

Quindi il ciclotrone e un modo di accelerare particelle in uno spazio ridotto. Aggiungendo un termine di attrito(che puo essere causato da vari effetti fisici e.g. l’irraggiamento) il denominatore diventa ω−ωB + iγ, risonantema finito per ω = ωB .

La frequenza di rotazione ωB non dipende dall’energia della particella; questa semplificazione non e piuvero quando la particella acquista un’energia relativistica: in tale caso diventa necessario variare ω in modoappropriato per ogni bunch.

Uno potrebbe pensare che sia piu complicato ma anche piu conveniente mettere un campo elettrico che giracon la particella, in modo che E sia sempre diretto lungo v. In termini di numeri complessi un E ruotante nelpiano xy si scrive come E = Ee−iωt(1,±i, 0)/

√2. Il segno ± specifica la direzione di rotazione. L’equazione

del moto diventa

mz = −iqzBz + q1± 1√

2Ee−iωt.

Cioe se metto senso di rotazione sbagliato non accelero nulla, e se lo metto giusto non guadagno quasi nulla.Infatti il campo elettrico oscillante puo essere decomposto come sovrapposizione lineare di due campi che

ruotano in direzioni diverse: (1, 0, 0) = (1, i, 0)/√

2 + (1,−i, 0)/√

2: uno e in risonanza e l’altro non ha effetto.

Esercizio 100: Carica in B con direzione non uniforme

Moto in un B la cui direzione varia lentamente: studiare il moto di una particella di carica q in un campomagnetico con Bθ costante.

bSoluzione: Le equazioni del moto in coordinate cilindriche (ρ, θ, z), dove B ha una componente Bθ costante,sono

aρ = ρ− ρθ2 = −ωB z, aθ = ρθ + 2ρθ = 0, z = ωB ρ

dove ωB ≡ qBθ/m. In prima approssimazione procede lungo le linee del campo facendo una spirale di raggioa. Quindi ρ = R e θ = v||/R. Scriviamo la soluzione al primo ordine perturbativo in a/R: la 1a equazione delmoto fornisce z = v2

||/ωBR. Avendo assunto R a la velocita di drift e piccola: z/v|| ∼ a/R.Lo si puo capire in modo intuitivo notando che per far curvare la traiettoria media lungo le linee del campo

serve una forza diretta lungo ρ. Abbiamo visto all’esercizio precedente che il moto in B ed E ortogonali e undrift lungo B ×E. In questo caso ρ× θ = z.


Esercizio 101: Carica in B con modulo non uniforme

Moto in un B il cui modulo varia lentamente in direzione ortogonale a B. Studiare il moto di una particella dicarica q in un campo magnetico B = (0, 0, Bz(x)).

bSoluzione: Per semplicita assumiamo due valori costanti B1 < B2 = B1 + ∆B nei due semispazi x > 0 ex < 0 La particella si muove lungo semicirconferenze di raggi ri = mv/qBi con frequenza ω = qB/m (doveB ∼ (B1 +B2)/2). Ad ogni giro si sposta di ∆y = 2(r2 − r1) e quindi drifta con velocita

vdrifty ≈ ω

2π2(r2 − r1) ≈

v⊥π

B2 −B1

B=v⊥π

r

B

B2 −B1

r≈ mv2

⊥qB∇B

In generale la direzione del drift e B ×∇B2; il verso dipende da q ma la velocita di drift no.

• • • • • • • • • • • • • • • • • •

In generale ∇ ×B = 0 implica che ne il modulo ne la direzione di B sono costanti, per cui si ha l’effettocombinato dei due drift discussi in questo esercizio e nel precedente. Nel caso del campo magnetico di un filo,Bθ ∝ 1/ρ entrambi gli effetti producono un drift lungo z, con velocita

vdrift =v2|| + v2

⊥/2

ωBρρ× B

dove il versore z e stato scritto in modo complicato in modo che la formula sia valida in generale per il motocon a ρ in un B 2-dimensionale (i.e. nel problema concreto B non dipende da z).

Esercizio 102: Carica in B(t) uniforme

Studiare il moto di una particella di carica q libera di ruotare nel piano xy in un campo magnetico Bz(t) cheviene lentamente variato da B0 a B1.

bSoluzione: Assumiamo che B vari di poco in un giro: quindi le orbite sono approssimabili come circonferenze.Il loro raggio a e determinato da mv2/a = qvB. All’inizio la carica ha velocita v0 e quindi gira con raggioa0 = mv0/qB0. Alla fine avra velocita v1 (da calcolare) e quindi girera con raggio a1 = mv1/qB1.

La forza magnetica non accelera le particelle, ma un campo magnetico Bz(t) induce un campo elettricoEθ(t). Dall’equazione ∇ × E = −B segue 2πrEθ = Φ = πr2B. Denotando con v il modulo della velocita, laparticella viene accelerata secondo

mv ' qEθ =qa(t)

2Bz = m

v

2Bz

Bzcioe

d

dt

v2

Bz' 0. (7.2)

Quindi v2/Bz (o equivalentemente il flusso Φ ∝ Bza2, o equivalentemente il dipolo magnetico µ = qav/2)

sono invarianti adiabatici. La parola ‘adiabatico’ ed il ' ricordano che il tutto e vero solo nel limite di campolentamente variabile.

• • • • • • • • • • • • • • • • • •

Riotteniamo lo stesso risultato in modo alternativo, approssimando la carica ruotante come un dipolomagnetico. Questa approssimazione e possibile solo se la carica ruota veloce, cioe stiamo anche qui facendol’approssimazione adiabatica. Una carica produce una corrente i = qω/2π e quindi un momento magnetico

µ = πa2i =q

2a2ω =

q

2mL dove L = mav = ma2ω

e il momento angolare.La forza su di un dipolo magnetico dipende solo dal campo magnetico, secondo

L = µ×B =e

2mL×B.


Una particella libera in un campo magnetico ruota sempre attorno ad esso, quindi L e B sono sempre paralleli,quindi L rimane costante in accordo con i nostri risultati precedenti.

• • • • • • • • • • • • • • • • • •Nel limite opposto, in cui µ non dipende da B, l’equazione del moto dice che L gira attorno a B con

frequenza ωL = eB/2m. In un linguaggio meno sofisticato, questo accade perche il campo magnetico fa girarepiu veloce la carica, con frequenza ω + ωL (o piu lenta: il segno sara tale che la variazione di moto genera uncampo magnetico che si oppone alla variazione del B esterno). Studiamo un caso particolare importante per lateoria del magnetismo nella materia.

Esercizio 103: Atomo in B(t) uniforme

Studiare come reagisce un atomo di idrogeno quando viene acceso lentamente un campo magnetico esterno.

bSoluzione: Il problema e analogo a quello precedente, con la differenza che l’elettrone gira risentendo anchedella forza di Coulomb, non solo del campo magnetico esterno. Possiamo quindi utilizzare ancora l’eq. (7.2),tenendo conto che ora il legame fra a(t) e v(t) e dato da mv2/a = −evB + e2/4πε0a2. Per semplicita, as-sumiamo che il campo magnetico dia una piccola correzione ad v e quindi al raggio dell’orbita a, che in primaapprossimazione rimane costante: questa e l’unica differenza rispetto al caso precedente. Quindi

mv =ea

2B → ω(t) ≡ v(t)

a= ω(0) + ωL(t)

dove ωL = eB/2m e detta frequenza di Larmour, che stiamo assumendo essere una correzione piccola, ωL ω.E.g. per B = Tesla viene ωL = 0.9 1011Hz, mentre gli atomi hanno frequenze tipiche ω ∼ 1016Hz.

Esercizio 104: Carica in B non uniforme

Calcolare in approssimazione adiabatica la velocita di drift parallela al campo magnetico.

bSoluzione: Nei vari casi precedentemente studiati abbiamo trovato ‘nuovi’ effetti: drifts ortogonali al campomagnetico. Ora studiamo in dettaglio il ‘vecchio’ moto lungo le linee del campo magnetico, che in molti casirimane il moto principale. Se il campo magnetico e uniforme, la carica procede con v|| costante. Vogliamovedere come procede in generale. Il risultato e:

v2 = v2|| + v2

⊥ = costante e v2⊥/B = invariante adiabatico

dove la prima costante del moto e l’energia (ovvio!). L’esistenza di un invariante adiabatico la si puo capireintuitivamente dai problemi precedenti, dove la stessa espressione era invariante adiabatico. Nel caso precedenteB dipendeva dal tempo (producendo un E), mentre ora dipende dallo spazio: ma dal punto di vista di unaparticella che cammina e come se B dipendesse dal tempo.

Avendo capito intuitivamente perche v2⊥/B e invariante adiabatico, vogliamo dimostrarlo in modo rigoroso.

Mettendo l’asse z lungo la linea di B si ha che una variazione di Bz(z) e accompagnata da un Bρ = −ρB′z(z)/2,in quanto questo e necessario per avere ∇ · B = 0. Per verificarlo basta usare la divergenza in coordinatecilinidriche, o imporre che il flusso di B su di un appropriato cilindretto sia zero.

La componente Bρ contribuisce all’equazione del moto della carica q lungo z:

z = −qvθBρ

m' v2

⊥2Bz

B′z

avendo usato vθ ' v⊥ e ρ ' mv⊥0/qBz0 in approssimazione adiabatica. Verifichiamo che v2⊥/Bz e costante:

d

dt

v2⊥Bz

= − Bz

Bzv2⊥ −

1Bz

d

dt(v2 − v2

=) = −B′z

Bzzv2⊥ −

2zzBz

= −2z

Bz(z +

v2⊥2B′zBz

) = 0

in quanto l’ultima espressione coincide con l’equazione del moto.

• • • • • • • • • • • • • • • • • •Una conseguenza e l’intrappolamento magnetico: se Bz(z) aumenta ad un certo punto v|| = 0 e la particella

deve tornare indietro. Nel campo magnetico terrestre questo fenomeno di intrappolamento tiene particellecariche nelle fascia di Van Allen.


Esercizio 105: Carica in quadrupolo magnetico

Studiare il moto di una carica q con velocita v quasi parallela all’asse z in un campo magnetico B = ∇(bxy).

bSoluzione: Avendolo scritto come gradiente di un ‘potenziale magnetico’ Vm il campo magnetico soddisfaautomaticamente alla IV equazione di Maxwell nel vuoto, ∇ × B = 0. Siccome ∇2Vm = 0 soddisfa anche a∇ · B = 0. Sperimentalmente e ottenibile nel seguente modo. Il ferro ha µ ∼ 1000 e quindi le linee di Bescono praticamente perpendicolari al materiale. Quindi lo si costruisce in modo che segua la forma delle lineeequipotenziali di xy. [Spostare nel capitolo 10]. Vale

Bx = by By = bx, Bz = 0

L’equazione del moto emx = −qvbx, my = +qvby

Assumendo che la particella si muova circa lungo l’asse z e venga deflessa poco possiamo approssimare d/dt =v d/dz ottenendo

d2x

dz2= −k2x,

d2y

dz2= +k2y dove k2 =

qb

mv

la cui soluzione e

x(z) = x0 cos kz + x′01k

sin kz, y(z) = y0 cosh kz + y′01k

sinh kz.

Quindi un fascio di particelle viene focalizzato lungo l’asse x e defocalizzato lungo l’asse y. Piu precisamente,assumendo che ` sia la lunghezza della zona dove B 6= 0 un fascio avente x′0 = 0 passa per x(z) = 0 az − ` = cot(k`)/k: cioe il campo magnetico si comporta come una lente di distanza focale f = 1/k sin k`. (Ladifferenza fra cot e 1/ sin e questione di definizione dovuta allo spessore finito della lente: il piano principale staa distanza −(1− cos k`)/k sin k` dall’uscita del quadrupolo).

Esercizio 106: Carica in quadrupoli magnetici

Studiare cosa succede quando un fascio di particelle attraversa due quadrupoli magnetici, ruotati di 90 l’unorispetto all’altro.

bSoluzione: Abbiamo visto che un quadrupolo magnetico focalizza un fascio lungo una direzione ma defocalizzalungo l’altra. Il segno diverso e sgradito ma inevitabile, perche dovuto a come deve essere fatto un campomagnetico nel vuoto. In molti esperimenti e invece necessario focalizzare un fascio lungo entrambi gli assi, inmodo da concentrarlo. Infatti, incrociando due fasci, il numero di urti fra particelle aumenta se i fasci sonostretti, analogamente a come il numero di incidenti aumenta quando una strada diventa piu stretta.

Scopo di questo ‘esercizio’ [Christofilos, 1950; Courant et al., 1952] e mostrare che mettendo due quadrupolimagnetici ruotati di 90 uno dopo l’altro si riesce a focalizzare in entrambe le direzioni.

Conviene riscrivere l’effetto di un singolo quadrupolo usando la formulazione matriciale dell’ottica geomet-rica. In tale formulazione si studia l’evoluzione con z di (x, x′) e di (y, y′). Cioe x e la distanza dall’asse ottico,ed x′ e l’inclinazione rispetto all’asse ottico di un raggio. Nel caso dell’ottica si studiando raggi di luce, qui fascidi particelle. Attraversando un magnete quadrupolare di lunghezza ` si ha(

x(`)x′(`)

)= Mx

(x(0)x′(0)

) (y(`)y′(`)

)= My

(y(0)y′(0)

)dove le matrici di trasferimento sono

Mx =(

cos k` sin(k`)/k−k sin k` cos k`

), My =

(cosh k` sinh(k`)/kk sinh k` cosh k`

)Per k → 0 si ritrova lo spazio vuoto.

La formulazione matriciale dell’ottica e conveniente perche per studiare l’effetto combinato di sistemi diversibasta moltiplicare le loro matrici. Quindi attraversando due quadrupoli ruotati di 90 a distanza d fra loro si


z

x

a b

1 2 3 4

Figura 7.2: Lente convergente.

ha, assumendo per semplicita ` d, 1/k (lente sottile), le matrici di propagazione per raggi inclinati lungo x elungo y sono, rispettivamente date dai prodotti Mx ·M(d) ·My e My ·M(d) ·Mx, che valgono(

1 ` ∼ 0±k2` 1

)·(

1 d0 1

)·(

1 ` ∼ 0±k2` 1

)'

(1 + · · · d+ · · ·−d`2k4 1− · · ·

)Si ha focalizzazione in quanto l’elemento 21 e negativo.

Senza assumere d ` si troverebbe

(Mx ·M(d) ·My)21 ' −k4`2(3d+ 2`)/3 (My ·M(d) ·Mx)21 ' −k4`2(`− 3d)/3

cioe che serve d > `/3, e che la lente e astigmatica (fx 6= fy).

Esercizio 107: Ottica geometrica matriciale

Viene riassunto l’utilizzo delle matrici come formalismo conveniente per problemi di ottica geometrica.

bSoluzione: L’ottica geometrica studia come si propagano raggi di luce. Un raggio che si propaga lungo ‘l’asseottico’ z nel piano xz e descritto da due quantita: la posizione x(z) e l’inclinazione x′(z).

Attraversando una distanza ` vuota si ha ovviamente(x(`)x′(`)

)= M(`)

(x(0)x′(0)

)M(`) =

(1 `0 1

)Attraversando una lente sottile di focale f cambia solo l’inclinazione del raggio. Esso varia di una quantitacostante, chiamata ‘distanza focale inversa’ 1/f :(

xx′

)dopo

= Mlente

(xx′

)prima

M =(

1 0−1/f 1

)Per il resto serve solo sapere come moltiplicare matrici: se X4 = M34X3 e X3 = M23X2 e X2 = M12X1,allora X4 = M34M23M12 cioe le matrici vengono moltiplicate ‘in ordine inverso’: la prima (M34) e quella checorrisponde all’ultimo passo.Consideriamo ad esempio il sistema standard in fig. 7.2. La matrice di propagazioneda 1 a 4 e

M14 = M(b) ·Mlente ·M(a) =(

1 b0 1

)·(

1 0−1/f 0

)·(

1 a0 1

)=

(1− b/f a+ b− ab/f−1/f 1− a/f

)I raggi disegnati convergono in un punto unico se l’elemento 12 della matrice totale vale zero, cioe se 1/a+1/b =1/f . Quando questa relazione e soddisfatta si ha xC = (1− b/f)xA: quindi 1− b/f e il fattore di ingrandimentodella lente. Se esso e negativo, l’immagine viene rovesciata.

Quindi l’ottica matriciale consente di riprodurre i risultati noti per una lente. L’ottica matriciale e utileperche consente di ottenere risultati non noti per sistemi arbitrari di lenti: basta moltiplicare le matrici dellesingole componenti.

Capitolo 8

Induzione magnetica

Esercizio 108: Circuito allungato

Un circuito rettangolare di reststenza R e lati ` fisso ed x variabile e immerso in un campo magnetico Bortogonale. La lunghezza x viene variata x = vt. Calcolare la corrente indotta, la forza esterna F e la potenzaW necessarie, e la potenza dissipata nella resistenza.

bSoluzione:

a. Φ = BLvt e quindi I = E/R = BLv/R.

b. Fext = BIL = B2L2v/R in direzione opposta al moto.

c. Wext = Fv.

d. W = I2R = Wext. Tutto il lavoro fatto viene dissipato tramite R.

Esercizio 109: Cilindro ruotante

Un cilindro conduttore viene fatto ruotare a velocita angolare ω parallela ad un campo magnetico costante B.Un contatto strisciante di resistenza R connette il bordo con il centro. Quanta corrente vi passa?

bSoluzione:

Esercizio 110: Generatore

Come si produce la ‘corrente’?

bSoluzione: Per trasformare energia meccanica in energia elettrica, si fa ruotare una spira in un campomagnetico costante (generato e.g. da un magnete) o far ruotare un campo magnetico attorno ad una spiraferma. In entrambi i casi vale E = −Φ, ma questa formula segue da due diverse equazioni di base.

Nel caso in cui la spira e ferma segue direttamente dalla seconda equazione di Maxwell. Nel caso in cui ilcampo magnetico e fermo, segue dalla forza di Lorentz. Per vederlo mettiamo B lungo z e facciamo girare unaspira di lati ∆x e ∆y attorno all’asse x:

y

xBz

θ

59

60 Capitolo 8. Induzione magnetica

La forza magnetica ha una componente lungo il circuito solo sui lati esterni, i cui punti hanno coordinatay = 1

2∆y cos θ(t) e quindi Fx/e = (v × B)x = vyBz che integrata vale E = 22

ddt∆y · ∆x sin θ = −Φ. (la fem

preduce una vx per cui per far girare la spira occorre compiere lavoro uguale all’energia elettrica prodotta).E = −Φ non vale sempre:

• Ondulatore

• Macchina unipolare: una sfera magnetizzata verticalmente contiene un B ∝ M viene fatta ruotare. Frapolo e contratto strisciante su equatore si crea una fem E ∝

∫drωrB, calcolabile anche come variazione

del flusso di un circuito ruotante

Esercizio 111: Generatore in orbita

Il campo magnetico terrestre all’equatore vale B0 = 0.5 G. Un satellite ruota con v = 7km/ s su un orbita diraggio R = 8000 km. Dal satellite pende un filo lungo L = 200 m. Calcolare la ddp ai suoi capi.

bSoluzione:∫vB = Lv(R0/R)3 ≈ 35 V. Facendo oscillare la lunghezza del filo si genera una corrente alternata.

Esercizio 112: Trasformatore

Discutere i trasformatori.

bSoluzione: Per trasmettere una data potenza W = V I da una centrale elettrica al luogo di consumo convieneutilizzare un grosso V ed una piccola I, in modo da ridurre la potenza RI2 dissipata per effetto Joule lungo lalinea di trasmissione. Ad esempio per trasmettere 10 kW a 100 V serve I = 100 A; se invece la trasmetto a 10kV basta I = 1 A, riducendo di un fattore 104 la potenza dissipata nel filo.

Per motivi di sicurezza l’energia elettrica va pero venduta a basso voltaggio. E quindi essenziale che untrasformatore sappia convertire il voltaggio senza perdite. Un trasformatore si basa sull’induzione magnetica,che richiede correnti variabili. Per questo motivo le correnti alternate sono piu usate di quelle continue.

Le equazioni di base di un trasformatore sono

V1 − Φ1 = V1 − L1I1 −MI2 = R1I1 − Φ2 = −L2I2 −MI1 = R2I2

e la quantita interessante da calcolare e il fattore di conversione V2/V1 = R2I2/V1.Nel limite ideale R1 = 0 ed R2 → ∞ viene I2 → 0 e quindi V2/V1 = M/L1 = N2/N1. Se I2 6= 0 il secondo

circuito reagisce sul primo. Per calcolare come assumo una fem alternata V1 = V1eiωt ed uso il metodo delle

impedenzeV1 = (R1 + iωL1)I1 + iωMI2 (R2 + iωL2)I2 + iωMI1 = 0

da cui

V2

V1=

−iωMR2

(R1 + iωL1)(R2 + iωL2) + ω2M2

W2

W1=

R2

R2 + IωL2

M2ω2

(R1 + iωL1)(R2 + iωL2) + ω2M2

[i moduli quadri andrebbero presi con cura] La potenza trasmessa vale 1 se R1,2 → 0 e se il termine ω2(M2 −L1L2) al denominatore vale zero. Questo corrisponde ad avere un trasformatore che non disperde flusso. Ilmassimo valore possibile di M e M =

√L1L2.

Assumendo accoppiamento perfetto e che R1 sia trascurabile

V2

V1= −

√L2

L1= −N2

N1

E chiaramente importante avere ωL R, altrimenti W2/W1 ∼ L2/R2. Nel vuoto si ha L ∼ Nµ0d dove d e ladimensione del trasformatore ed N e il numero di spire. Per ω ∼ 100 Hz e d ∼ m viene ωL ∼ N 10−7Ω. Il ferromigliora la situazione di un fattore µ/µ0 ∼ 104.

Capitolo 8. Induzione magnetica 61

Esercizio 113: Trasformatore con due spire

Non si usa il ferro. Due spire concentriche, di raggi A ed a.

bSoluzione: L ∼ µ0a, MAa ' µ0a2/2πA. MaA = MAa in modo non ovvio.

Esercizio 114: Induzione

Due circuiti hanno autoinduttanze L1 ed L2 e M . Studiare cosa succede quando si connettono i fili in variomodo.

bSoluzione: In generaleE1 = −L1I1 −MI2 E2 = −L2I2 −MI1

con M > 0, avendo scelto stesse direzioni per I ed E . (E = −Φ, posso fare lo stesso esercizio con Φ).

• Se li attacco in serie dritti E = E1 + E2 e I = I1 = I2. Quindi ottengo un unico circuito con induttanzaL = L1 + L2 + 2M .

• Se li attacco in serie a rovescio E = E1 − E2 e I = I1 = −I2. Quindi ottengo un unico circuito coninduttanza L = L1 + L2 − 2M . Deve essere L > 0 e quindi M < (L1 + L2)/2.

• Se li attacco in parallelo dritti E = E1 = E2 e quindi

I1 = −E L2 −ML1L2 −M2

, I2 = −E L1 −ML1L2 −M2

, I1 + I2 = I = −EL L =L1 + L2 − 2ML1L2 −M2

da cui M <√L1L2, che e una condizione piu stringente. Notare che e possibile avere |M |

√L1L2,

quando M < 0.

• Se li attacco in parallelo a rovescio viene L = (L1 + L2 + 2M)/(L1L2 −M2).

• Se M = 0 le induttanze si combinano come le resistenze.

Esercizio 115: Trapano

Inventare un trapano

bSoluzione: Iniziamo da un esercizio ideale: supponiamo di avere un campo magnetico con simmetria cilindricaBr = B0(r0/r). Verifica ∇ ·B = 0 per r 6= r0.

Una spira di lunghezza `, nella quale viene fatta passare una corrente continua i, e libera di ruotare ra-dialmente. La forza di Lorentz sul lato superiore vale F+ = `iB(r+) e tende a far girare la spira; tuttavia sullato inferiore si esercita una forza F− = −(r+/r−)F+ tale che il momento totale e zero. Se a uno piace com-plicarsi la vita e pensare in termini di ‘flusso tagliato’ questo accade perche il flusso tagliato dal filo superiore(Φ = B(r+)`r+∆θ) e uguale ed opposto a quello tagliato da filo inferiore.

Quindi, per ottenere un trapano funzionante, si elimina il filo inferiore rimpiazzandolo con il contatto mobiledisegnato in figura

FF

62 Capitolo 8. Induzione magnetica

Studiamo adesso come si fa ad ottenere il campo magnetico assunto. Non disponendo di un filo di monopolimagnetici lo si puo costruire con un magnete non su tutta la circonferenza ma solo su di una parte. Questo eottenibile usando un magnete permanente. Nella parte di sotto il campo magnetico ‘tira dritto’ e produce unmomento che tende a frenare la spira. Per evitare questo si puo invertire il segno della corrente i quando fa ilmezzo giro nella parte inferiore, utilizzando quindi una corrente alternata di frequenza uguale alla frequenza dirotazione. Questa non e una buona soluzione, in quanto una presa di corrente da invece una corrente alternatadi frequenza fissa, 60 Hz. Conviene quindi avvolgere un solenoide attorno ai magneti in modo da fargli creare uncampo magnetico nella direzione giusta quando ci passa la spira, in modo che venga sempre accelerata. Siccomefar percorrere ad un magnete il suo ciclo di isteresi costa energia (a seconda di quanto e largo il ciclo di isteresi),si mettono due o piu spire con correnti circolanti in senso opposto in modo da usare il campo magnetico quandopunta in entrambe le direzioni.

• • • • • • • • • • • • • • • • • •

La rotazione del filo produce una vθ e quindi una forza di Lorentz lungo il filo, e quindi una fem indottaE = −qr+Bω` che ad alta frequenza riduce la fem iniziale frenando la rotazione della spira Poi la spira producea sua volta un campo magnetico: si ha anche un effetto di auto-induzione

E = −qBr+`ω = Ri+ L di/dt Iω = Br+`i

da cui, senza fem esterna,

Ld2ω

dt2+R

dω

dt+ q

(Br+`)2

Iω = 0

dando oscillazioni smorzate.

Capitolo 9

Forze magnetiche fra circuiti

Hanno importanza soprattutto come esercizi in compiti.

Esercizio 116: Due circuiti lunghiSi considerino i due circuiti rigidi in figura, con L d. a) De-terminare il coefficiente di mutua induzione. Due generatori dicorrente mantengono le correnti I1 ed I2 costanti. Le resisten-ze elettriche sono trascurabili. b) Determinare le forze esternenecessarie a mantenere i circuiti fermi come in figura. c) Lascian-do libero uno dei circuiti di muovesi, determinare la sua energiacinetica a distanza infinita.

I1

I2

dd

d

bSoluzione:

a) Dominano le forze fra i fili lunghi. Chiamandoli 1,2,3,4 (dall’altro in basso)

F = F14 + (F13 + F24) + F23 =µ0L

2πI1I2d

[13− 2

2+ 1

]=µ0L

2πI1I23d

La forza e repulsiva.

b) M < 0 in quanto i due circuiti sono ‘esterni’: uno prende il flusso dell’altro nella regione in cui B ‘tornaindietro’. Lungo il piano che contiene i due circuiti, a distanza x dal filo 2

B =µ0I12π

[− 1x

+1

x+ d

], Φ(B) = L

∫ 2d

d

B dx = MI1 M = −µ0L

2πln

43

c) Sfruttiamo la conservazione dell’energia: UI + L = UF +K. K e l’energia cinetica che si vuole calcolare.UF ed UI sono le energie magnetiche, in generale date da U = LijIiIj . Alla fine L12 = M = 0 mentreall’inizio M ha il valore calcolato al punto b). L e il lavoro fatto dai generatori per mantenere costantile correnti

L =2∑

i=1

∫IiEi dt =

2∑i=1

∫IidΦi

dtdt =

2∑i=1

Ii[ΦiF − ΦiI ] = I1[0−MI2] + I2[0−MI1] = −2MI1I2

Quindi K = (UF −UI)+L = (1−2)MI1I2 = −MI1I2 > 0, in accordo con il fatto che la forza e repulsiva.

c′) Si puo anche procedere in modo meno intelligente intergando la forza ricalcolata a distanza r > d generica:

F = F14 + (F13 + F24) + F23 =µ0L

2πI1I2

[1

2d+ r− 2d+ r

+1r

]=µ0L

2πI1I2

2d2

r(d+ r)(2d+ r)

A grande distanza r d deve ridursi alla forza fra due dipoli magnetici µi = LdIi. Integrando K =∫∞dF dr si ritrova il risultato precedente

63

64 Capitolo 9. Forze magnetiche fra circuiti

Esercizio 117: Rotazione di due spire circolari

[Dal compito del 19/9/03] Due spire conduttrici circolari coplanari diposte nel piano xy hanno raggi diversi inmodo trascurabile, sezione del filo trascurabile, resistenza R e coefficiente di autoinduzione L. La spira internae libera di ruotare attorno all’asse x e inizialmente percorsa da una corrente i0, mentre la spira esterna e fissae collegata ad un generatore ideale di corrente che eroga la corrente I. Le correnti scorrono nello stesso verso.All’istante t = 0 ed in un tempo trascurabile rispetto al tempo caratteristico del sistema, la spira interna vieneruotata di 90 e fermata.

a) Si calcoli la relazione tra il coefficiente di autoinduzione L delle spire e quello di mutua induzione M siaal tempo t < 0 (quando le spire sono coplanari) sia a t > 0 (dopo aver effettuato la rotazione).

b) Supponendo trascurabile la caduta ohmica nella spira interna durante la rotazione, si calcoli la correnteche circola in essa all’istante dell’arresto.

c) Si calcoli il lavoro fornito dal generatore di corrente durante la rotazione.

d) Sapendo che l’energia dissipata nella spira interna per effetto Joule durante il tempo transitorio di scaricasuccessivo alla rotazione della spira e LJ , si determini L.

e) Si calcoli il lavoro meccanico Lmecc speso per far ruotare la spira.

bSoluzione:

a) All’inizio M0 = L. Dopo la rotazione, M = M1 = 0, come si puo vedere da considerazioni di simmetria.

b) Durante la rotazione la f.e.m. ai capi della spira interna e: E = −dΦ/dt = Ri. Siccome la rotazioneavviene molto velocemente possiamo trascurare Ri, e quindi Φ = MI + Li rimane costante. QuindiLi1 = Li0 +M0I cioe i1 = i0 + I.

c) La conservazione dell’energia consente di calcolare il lavoro totale Lgen + Lmecc = U1 − U0, ma non lesingole componenti.

Il lavoro compiuto dal generatore di corrente si ottiene facilmente integrando la potenza dissipata sia acausa della presenza della resistenza, sia dovuta alla forza elettromotrice indotta:

Lgen =∫ ∆t

0

(RI2 − EI

)dt = RI2∆t+ I∆Φ = RI2∆t+ I∆(Mi)

Per ∆t → 0 la dissipazione ohmica diventa trascurabile. Essendo ∆(Mi) = −M0i0 = −Li0, risulta cheLgen = −Li0I. Verifica del segno: il sistema da solo tenderebbe ad aumentare I per opporsi alla variazionedi Φ, che decresce. Siccome invece I viene mantenuta costante, il generatore riceve energia.

d) Durante il transiente successivo alla rotazione l’energia immagazzinata nell’induttanza si dissipa per effettoJoule, quindi

LJ =L

2i21 =

L

2(i0 + I)2.

e) Trascurando la dissipazione Joule durante la veloce rotazione, dalla conservazione dell’energia segue che

Lmecc = U1 − U0 −Lgen =L

2(i21 + I2)− L

2(i20 + I2)−M0Ii0 + LIi0 =

L

2I(I + 2i0)

Calcolare il lavoro meccanico come integrale Lmecc =∫M dθ del momento delle forze sarebbe piu

complicato, ma consente di vedere subito che vale zero per I = 0.

Capitolo 9. Forze magnetiche fra circuiti 65

Esercizio 118: Una spira ed un dipolo[Dal compito del 6/2/04] Un dipolo magnetico con momento magnetico~µ e posto al centro di una spira circolare di raggio a. Il sistema di assicartesiani e fissato in modo che l’origine sia nel centro della spira e gli assix e y nel suo piano. Il dipolo viene fatto ruotare con velocita angolarecostante ω nel piano x, z (vedi fig. 1)

a) Si determini la corrente che scorre nella spira sapendo che es-sa ha una resistenza elettrica R (si trascuri il suo coefficiente diautoinduzione).

b) Si determini il momento meccanico esterno necessario a mantenereil dipolo in rotazione.

c) Si mostri che la potenza meccanica media fornita e eguale allapotenza dissipata per effetto Joule.

z

y

x

a

θ=ω(τ)

Fig.1

La spira sia connessa a un generatore di corrente costante I.

d) Se il dipolo ha massa m e si puo muovere lungo z, si determini l’orientamento relativo della corrente nellaspira e del dipolo perche’ la forza lungo z sia di richiamo attorno al punto z = 0 e la frequenza delle suepiccole oscillazioni.

bSoluzione:

a) Il dipolo magnetico e equivalente ad una spiretta di superficie s percorsa da corrente i tale che µ = si. Lacorrente nella spira grossa dipende dalla variazione del flusso di mutua induzione della spiretta sulla spira.E complicato calcolarlo, mentre e facile calcolare il coefficiente di mutua induzione M(θ) dalla spira sullaspiretta. Per via di un teorema generale i due coefficienti sono uguali. Ricordando che il campo magneticonel centro della spira vale Bz = µ0I/2a abbiamo

M(θ) =Φs(θ)I

=µ0s

2acos θ.

Quindi il flusso indotto dalla spiretta (dipolo) sulla spira e

ΦS(θ) = i ·M(θ) =µ0s · cos θ

2ai =

µ0µ

2acosωt

e non dipende dalla superficie s arbitraria della spiretta. La corrente I e data da

I =E(t)R

= − 1R

∂ΦS(t)∂t

=1R

µ0µω

2asinωt

b) Il momento meccanico esterno M deve essere opposto al momento delle forze dovuto all’interazione tradipolo e campo della spira, M = −µ×B, che ha solo componente

My = µxBz = µBz sinωt =µ2µ2

0ω

4Ra2sin2 ωt

c) La potenza W sviluppata dal momento delle forze esterne e

W = Myω =µ2µ2

0ω2

4Ra2sin2 ωt

eguale alla dissipazione Joule WJ = E2/R.

d) Affinche la forza sia di richiamo il potenziale U(z) = −µ ·B deve essere minimo a z = 0, quindi µ e Bdevono essere concordi. La forza e:

Fz = mz = µ∂Bz

∂z= µ

∂

∂z

µ0Ia2

2(a2 + z2)3/2= −3

2µ0Ia

2z

(a2 + z2)5/2' −3

2µ0Iz

a3

da cui la frequenza delle piccole oscillazioni, ω =√

3µ0I/2ma3.


Esercizio 119: Monopolo magnetico

Studiare come reagisce una spira circolare di raggio a quando lungo il suo asse passa, a velocita v costante a)un dipolo b) un monopolo magnetico.

bSoluzione: Entrambi inducono un flusso indotto e quindi una fem E = −Φ. Se la spira ha auto-induttanzaL trascurabile e resistenza R, misuro una corrente I = −Φ/R. Se invece la spira ha R trascurabile ed auto-induttanza L ho E = LI e quindi misuro una corrente I = I0 − Φ(t)/L. In generale succedono cose piucomplicate. Nel seguito studio questi due casi particolari.

a) Dipolo magnetico. Usiamo lo stesso trucco usato alla domanda a) dell’esercizio precedente. Il coeffi-ciente di mutua induzione della spirona sulla spiretta (dipolo) e

M =µ0a

2

2(a2 + z2)3/2s cos θ, ΦD = iM =

µ0a2

2(a2 + z2)3/2µ cos θ

dove θ e l’angolo che fa il dipolo rispetto alla spira e z = vt.

b) Monopolo magnetico. Un monopolo magnetico qM produrrebbe un campo magnetico a simmetriasferica, Br = qM/r2 (la definizione della normalizzazione di qM e arbitraria). Non occorre fare l’integraleper calcolare il flusso raccolto dalla spira, che e semplicemente dato da qM per l’angolo solido sotteso dallaspira, 2π[1− cos θsotteso]. Quindi

ΦM = 2πqM

[1− z√

z2 + a2

].

La figura mostra l’andamento temporale di Φ e Φ nei due casi.

tempo

flus

so

tempo

fem

Misurando una di queste quantita si ricava la velocita dell’oggetto che passa, e si distingue se e un dipolo(linea continua blu) o un monopolo (linea tratteggiata rossa) Il monopolo magnetico produrrebbe un segnalecaratteristico, che nessuno ha mai visto.

Notare che i due risultati sono legati da dΦM/dz = ΦD/d: infatti due monopoli magnetici qM a distanzad = µµ0 cos θ/4πqM piccola formano un dipolo magnetico µ. 1

Esercizio 120: Traslazione di due spire circolari

[Dal compito del 25/9/02] Una spira circolare conduttrice giace vincolata su di un piano parallelo a distanza z

1Teorici ritengono che i monopoli debbano esistere, abbiano carica qM ∼ h/2qE e forse massa M ∼ 1016mp, ma che dopol’inflazione ne siano rimasti troppo pochi per essere osservati. Un elettrone sull’anello aquista impulso

pr =

∫qEErdt =∼ qE

∆Φ

2πa∼

2qEqM

a

Imponendo la quantizzazione del momento angolare L = apr = h si trova qEqM = h/2. Torna ma non sono sicuro sia corretto,bisogna capire il significato di ∆Φ 6= 0. Probabilmente per rendere consistenti le eq. di Maxwell modificate bisogna aggiungere unaJM

Capitolo 9. Forze magnetiche fra circuiti 67

dal piano di una seconda spira. La resistenza, il coefficiente di autoinduzione e quello di mutua induzione dellaspira superiore siano R,L2,M . Il coefficiente di autoinduzione della spira inferiore sia L1. Si invii nella spirainferiore una corrente

i1(t) =It/τ per t < τI per t > τ

Si determini

a) La corrente i2(t) nella spira superiore;

b) L’energia totale dissipata nella resistanza R

c) La carica Q che attraversa R

Nell’ipotesi che la spira superiore di massa m sia libera di muoversi verticalmente lungo il suo asse parallelo alcampo gravitazionale g, che R = 0 e che τ sia abbstanza piccolo in modo che M resti costante per 0 < t < τ sidetermini, ripetendo l’immissione della corrente i1

d) la quota massima raggiunta dalla spira superiore, sapendo che in questa posizione il suo coefficiente dimutua induzione e M ′.

bSoluzione:

a) Per t < τ i2 e data dall’equazione

L2di2dt

+Mdi1dt

+Ri2 = 0, i2(0) = 0

risolta dai2(t) =

MI

Rτ(e−t/τ2 − 1)

dove τ2 = L2/R. Per t > τ si ha di1/dt = 0 e quindii2(t) = i2(τ)e−(t−τ)/τ2 . La figura mostra il risultato perdiversi valori di τ/τ2.

0 Τ 2Τ 3Τ

0

-IM/L2

Τ2 =¥

Τ2 = Τ

Τ2 ` Τ

b) L’energia dissipata vale

W =∫ ∞

0

dtR i22(t) =I2M2

Rτ2[τ − τ2 + e−τ/τ2τ2]

Per τ2 τ si ha i2(τ) ' −IM/Rτ e W ' Rτ(MI/Rτ)2 → 0 dominata da 0 < t < τ .

Per τ2 τ si ha i2(τ) ' −IM/Rτ2 = −IM/L2 e W ' L2i22(τ)/2 dominata da τ < t<∼ τ2.

c) La carica totale che attraversa la resistenza e calcolabile come

Q =∫ ∞

0

dt i2 = −IM/R.

Il risultato e semplice e lo si puo alternativamente ottenere senza nessun calcolo usando i2 = −E/R =−Φ/R dove Φ(t) = Mi1(t) e il flusso del campo magnetico generato dalla spira inferiore su quella superiore.Si ottiene quindi Q = (Φi − Φf )/R = −MI/R.

d) Per R = 0 si ha E = 0 = Φ quindi Φ = Mi1+Li2 e costante. Siccome all’inizio Φ = 0 e siccome i1 raggiungevelocemente il valore costante i1(t > τ) = I alla massima quota si ha i2 = −M ′I/L2. Imponiamo adessola conservazione dell’energia, tenendo conto che un generatore genera la corrente i1. L’energia magneticavale

Umag =L1

2i21 +

L2

2i22 +M(t)i1i2 =

L1

2I2 − M2(t)

2L2I2, ∆Umag =

12(M2 −M ′2)

I2

L2

L’energia fornita dal generatore vale

Lgen =∫i1E1 dt = I

∫d

dt(Mi2 + L1i1) = (M2 −M ′2)

I2

L2


L’energia gravitazionale vale ∆Ugrav = mg∆z. Imponendo ∆Umag + ∆Ugrav = Lgen si ottiene

∆z =M2 −M ′2

2I2

mgL2.

Come al solito il generatore contribuisce −2 volte la variazione di Umag.

Capitolo 10

Campi magnetici nella materia

La densita di corrente totale J viene divisa in corrente libera JL (usualmente chiamata J , con abuso dinotazione) e corrente di magnetizzazione JM = ∇×M . Per motivi storici si scrive B = µ0(H +M) = µH inmodo che la IV equazione di Maxwell diventa

∇×H = J + JS

La magnetizzazione e approssimativamente legata adH da M = χmH (e quindi µ = µ0(1+χm)). La precessionedi Larmour da il diamagnetismo, χ < 0. L’allineamento dei dipoli elementari da il paramagnetismo, χ > 0.

Le condizioni di raccordo sul bordo fra due materiali sono: B⊥ continuo, H= continuo quando non ci sonocorrenti.

Esercizio 121: Sbarra magnetizzata

Una cilindro di raggio r ha una magnetizzazione uniforme M lungo l’asse. Calcolare B. Se ne taglia una fettatrasversale di spessore δ r. Calcolare B nel centro del buco.

bSoluzione: Senza buco: la magnetizzazione M descrive una corrente Jm = ∇×M . Nel caso del problemaJM e una densita di corrente superficiale Υθ = M , come si ottiene applicando Stokes ad un circuitino lungoparallelo al materiale. Risolvendo ∇×B = µ0JM usando lo stesso circuitino si trova B = µ0M .

In modo piu matematico, ma anche piu veloce, dobbiamo risolvere ∇ ×B = µ0∇ ×B cioe ∇ ×H = 0.Quindi mettendo H = 0 (niente correnti libere) si ottiene B = µ0B. (I materiali ferromagnetici possono avereavere M 6= 0 in assenza di un B esterno, realizzando in pratica questo esercizio).

Per tenere conto dell’aggiunta del buco possiamo vederlo come l’aggiunta di una spiretta di corrente i = −Mδ,che nel centro genera B = µ0i/2r. Quindi B = µ0M(1− δ/2r). (B⊥ e continuo lungo il taglio, ma saperlo nonrisolve il problema, in quanto tagliare il materiale modifica anche il campo all’interno del materiale, non solonel buco.).

Esercizio 122: Materiali ferromagnetici

N spire con corrente I sono avvolte attorno a materiali ferromagnetici (i.e. µ µ0) secondo le 3 geometriedisegnate in figura. Trovare B nel piccolo traferro.

69

70 Capitolo 10. Campi magnetici nella materia

bSoluzione: Il ‘ferro’ ha µ = µrµ0 con µr ∼ 103 ÷ 105 (alcune leghe hanno µr piu alto, alltre hanno cicli diisteresi stretti e dissipano meno energia). Per risolvere problemi su materiali ferromagnetici occore sfruttare ilfatto che, in ottima approssimazione, questi intrappolano le linee del campo magnetico, tenendo costante il flussodi B. All’uscita dalle imboccature il campo magnetico e circa ortogonale al materiale, in quanto H in

= = Hout= e

quindi Bout= = Bin

= /µr ∼ 0.

a) Senza buco il campo H = B/µ e dato da 4LH = NI, cioe B = µNI/4L. Nel vuoto si avrebbe B ∼µ0NI/L: aggiungere il ferro ha lo stesso effetto di ridurre la dimensione: L→ Lr = L/µr.

Aggiungendo un buco (o ‘traferro’) per un tratto d L le equazioni diventano (4L−d)B/µ+dB/µ0 = NI.Notare che anche un piccolo buco d L puo ridurre B in modo significativo: e.g. un d ∼ 4L/µr ∼ L/10000lo dimezza circa. Il motivo e che la lunghezza ‘effettiva’ del circuito varia da L/µr a circa d + L/µr: iltratto nel vuoto non e soppresso da 1/µr

b) Nel restringimento il flusso di B rimane costante. Se la superficie diventa 4 volte piu piccola, B diventa4 volte piu intenso.

c) Invece di applicare il formalismo delle ‘riluttanze’ provo a ragionare. Nella regione con le spire e come ilcaso a). Nelle altre regioni bisogna capire come si divide il flusso del campo magnetico alle biforcazioni.La condizione e che la circuitazione di H lungo la ‘parte destra’ del circuito valga zero. Quindi B nonpuo e.g. passare tutto nella sbarra intermedia, ma deve dividersi: 3/4 nella sbarra intermedia, ed 1/4 fail giro lungo. Quindi il campo magnetico nell’interferro e 4 volte piu debole che nel caso a).

Esercizio 123: Due bacchette

Ci sono due bacchette di ferro. Una e’magnetizzata per la sua lunghezza, l’altra no. Come si puo scoprire qualedelle due e magnetizzata?

bSoluzione: Chiedere all’Ill.mo Prof. [email protected].

Esercizio 124: Correnti parassite

[dal compito del 19/9/2003] Un lungo solenoide cilindrico e costituito da N spire per unita di lunghezza avvoltesu un nucleo di ferro di raggio R e lunghezza L R. Il ferro ha permeabilita magnetica µ e conducibilitaelettrica σ. Nelle spire si fa passare la corrente alternata I = I0 cosωt.

a) Calcolare il campo magnetico all’interno del solenoide.

b) Calcolare il campo elettrico indotto all’interno del solenoide.

c) Si spieghi perche il nucleo di ferro si riscalda e si calcoli la potenza dissipata per unita di lunghezza.

bSoluzione:

a) B = µH = µNI

b) Siccome ∇×E = −B viene Eθ = 12rµnI0ω sinωt

c) E induce una corrente J = σE e quindi una potenza dissipata JE per unita di volume.

In generale un campo magnetico B(t) induce un campo elettrico E(t) e quindi delle correnti J = σE chedissipano energia e sono quindi dette ‘correnti parassite’. A frequenze alte bisogna tenere conto che B non epiu uniforme: questo viene fatto nel prossimo esercizio, nel quale si sceglie la geometria piu semplice possibilema si deriva un risultato generale.

Capitolo 10. Campi magnetici nella materia 71

Esercizio 125: Correnti parassite

Un blocco di metallo ha permeabilita magnetica µ e conducibilitaσ. Viene applicato un campo magnetico oscillante di frequenza ω.All’esterno del blocco B e parallelo alla superficie: By = B0 cosωt.Determinare la lunghezza di penetrazione del campo nel ferro e lapotenza dissipata dalla corrente indotta. (Si assuma che il bloccooccupi il semipiano x > 0 e si trascuri la corrente di spostamento).

x

By

Ez

bSoluzione: Il campo magnetico By(x, t) = µHy(x, t) genera un campo elettrico Ez(x, t) come dettato dalleequazioni di Maxwell

∂xHy = (∇×H)z = Jz = σEz, ∂xEz = −(∇×E)y = By = µHy

Eliminando Ez, si trova che Hy soddisfa all’‘equazione di diffusione’

∂Hy

∂x2= µσ

∂Hy

∂t

Assumendo Hy ≡ h(x)e−iωt si riduce a h′′ = −iωµσh, risolta, nel semipiano x > 0 dove µ e costante, dah(x) = h(0)e±kx con k2 = −iδ2/2 dove δ =

√2/ωµσ viene chiamato ‘lunghezza di pelle’ (la definizione

differisce di un fattore 2 da quella usata in un altro esercizio). Quindi k = (i − 1)√ωµσ/2. Eliminando la

soluzione che diverge per x→∞, si ottiene che il campo penetra per una lunghezza dell’ordine di δ:

Hy(x) = ReHy(0)e(i−1)x/δe−iωt = Hy(0)e−x/δ cos(x/δ − ωt)

La continuita di Hy al bordo x = 0 da la condizione al contorno Hy(0) = H0 = B0/µ0. Il campo elettrico vale

Ez =∂xHy

σ= −H0

σδe−x/δ

[cos(x/δ − ωt)− sin(x/δ − ωt)

]ed e piccolo a ‘basse’ frequenze: Ez/cHy ∼ 1/σδc 1. Esso genera correnti parassite J = σE. La potenzamedia dissipata per unita di volume e

dW

dV= 〈JzEz〉t = σ〈E2

z 〉t =µω

2H2

0e−2x/δ

Integrando su x > 0 si trova la potenza dissipata per unita di superficie:

dW

dS=

∫ ∞

0

dP

dVdx =

µωδ

µ0

B20

µ0

Se δ e piccolo, viene dissipata poca potenza.

Esercizio 126: In pratica

Avvolgo N spire su di un tubo di ferro, ed accendo la corrente (220 V, 50 Hz). Sul tubo appoggio un anello. Simuove o la forza magnetica e trascurabile?

bSoluzione:

Parte III

Elettrodinamica

Capitolo 11

Corrente di spostamento

La conservazione della carica ρ = −∇ · j aggiunge l’ultimo termine alle equazioni di Maxwell

∇ ·E = ρ/ε0 ∇×E = −B ∇ ·B = 0 ∇×B = µ0j + µ0ε0E

Il nuovo termine js ≡ ε0E viene chiamato ‘corrente di spostamento’. Una conseguenza e la presenza di ondeelettromagnetiche che viaggiano alla velocita della luce c = 1/

√ε0µ0, e.g.

Ez = sin(y − ct), Bx = cos(y − ct), tutto il resto = 0

Esercizio 127: Scarica di un filo

Un filo rettilineo va da z = 0 a z = ` di area S ha una densita uniforme di carica uniforme ρ(t) = ρ0e−t/τ che

si scarica al capo z = `. Calcolare il campo magnetico.

bSoluzione: Iniziamo a calcolare la corrente j. L’equazione di continuita ∂jz/∂z = −ρ equivale a ∂i/∂z = −λ(dove λ = ρS) e quindi i(t, z) = −zλ. E come svuotare un canale d’acqua aprendo una chiusa: la corrente eforte vicino alla chiusa e debole al capo opposto.

Siccome i dipende da z, se fosse ∇×B = µ0j la corrente concatenata dipenderebbe da quale superficie unosceglie nell’applicare il teorema di Stokes. La corrente di spostamento mette tutto a posto. La prima equazionedi Maxwell dice che Ez = zρ/ε0 (il campo elettrico vale zero a z = 0). La corrente di spostamento quindi valeisz = Sε0Ez = +zλ. Non nasce nessun campo magnetico.

Esercizio 128: Piano con carica ondulata

a) Trovare il potenziale generato da un piano con densita di carica σ(x) = σ0 cos kx. b) Le cariche sono lasciatelibere di muoversi sul piano con conducibilita σ. Calcolare la loro evoluzione, la corrente, ed il campo magneticogenerato.

bSoluzione: a) Invece di integrare provo a risolvere ∇2ϕ = −ρ/ε0. Tento la soluzione

ϕ(x, z) = F (z) cos kx, ∇2ϕ = [F ′′ − k2F ] cos kx

e quindi F (z) = c+ekz + c−e

−kz. La soluzione con le condizioni al contorno ϕ(∞) = 0 e ∆E⊥ = −∆φ′ = σ/ε0 e

ϕ = − σ0

2kε0e−k|z| cos kx

Per k → 0 (piano uniformemente carico) si riduce a ϕ ∼ cte− σ0|z|/2ε0, in accordo con l’esercizio a pag. 8.

• • • • • • • • • • • • • • • • • •Questo esercizio e piu importante di quanto sembra, in quanto una qualunque distribuzione di cariche

puo essere decomposta come somma di coseni con diversi k (trasformata di Fourier). Usando il principio disovrapposizione, abbiamo una soluzione per il problema generico.

73

74 Capitolo 11. Corrente di spostamento

Ad esempio una griglia di fili a distanza a avra un trasformata di Fourier diversa da zero per k ∼ 1/a. Aduna distanza |z| a i termini esponenziali diventano piccoli, e si ottiene il campo elettrico uniforme generatodal ‘modo k = 0’, cioe dalla carica totale della griglia. Quindi e facile generare un campo elettrico uniforme.

L’illuminazione e descritta dalle stesse equazioni dell’elettrostatica. Quindi una griglia di tubi al neonproduce una illuminazione costante.

• • • • • • • • • • • • • • • • • •

b) Il campo elettrico Ex = −∂xϕ = σ0 sin kx/2ε0 genera una corrente Jx = σEx che redistribuisce le cariche.La soluzione e σ(t) = σ0e

−t/τ cos kx, come si vede da

ρ = −∇ · J = −σ∇ ·E = − σε0ρ : τ =

ε0σ

Quindi anche il campo elettrico decade esponenzialmente. Non viene generato nessun campo magnetico inquanto la corrente di spostamento compensa la corrente

J + ε0E = σE − ε0E

τ= 0

Vediamo quindi che questo accade in generale quando cariche sbilanciate sono libere di redistribuirsi secondoJ = σE. Il prossimo esercizio mostra che questa cancellazione e piu generale.

Esercizio 129: Sfera radioattiva

Una sfera uniforme isolata di raggio a emette isotropicamente positroni da decadimento β: n→ peν con velocitav0. Il tempo di decadimento della radioattivita e τ . Genera un campo magnetico?

bSoluzione: Il numero di neutroni liberi di decadere diminuisce come N = N0e−t/τ e quindi la sfera acquista

una carica Q(t) = e[N0 −N ] > 0.Iniziamo assumendo v costante e τ r/v, cioe un decadimento cosı lento da essere approssimabile ad un

processo costante. I elettroni generano una corrente Jr(r) = (−e)(−N)/4πr2, che non dipende da v. Il campomagnetico e zero in quanto la corrente di spostamento cancella Jr: Jsr = ε0Er = −eN/4πr2.

Per capire se questa cancellazione e un accidente del caso semplificato che abbiamo considerato, o se e invecedovuta a qualche motivo piu profondo, consideriamo casi progressivamente meno semplici.

Se il decadimento e veloce, τ ∼ r/v0, in generale Jr(r, t) = eN(t − r/v)/4πr2: il numero di elettroni cheattraversano una superficie a distanza r al tempo t dipende da quanti ne erano stati emessi al tempo t− r/v0.La cancellazione fra J e Js rimane perfetta in quanto Er(r) e determinato dalla carica totale dentro una sferadi raggio r (che contiene la sfera radioattiva ed una nuvola di elettroni), eguale a e[N0 − N(t − r/v)]. Si haancora J + Js = 0.

Il calcolo diventa ancora piu complicato se si tiene in conto che v non e costante, in quanto la forza diCoulomb rallenta i positroni. Il calcolo e complicato, e potrebbe essere fatto con una tecnica analoga a quellautilizzara per studiate il diodo termoionico. E facile vedere che J e Js si cancellano ancora, in quanto entrambeproporzionali a N calcolato a qualche istante ritardato. Il ritardo non e piu r/v ma e dato da qualche formulacomplicata che non e necessario calcolare.

Sebbene venga qualche i(r) = 4πr2Jr(r) complicata si ha sempre B = 0: e quindi naturale domandarsi qualesia il motivo generale. Una corrente a simmetria sferica non puo generare un campo magnetico, che dovrebbeavere solo una componente Br(r), ma questa da rotore zero. Prendendo la divergenza della IV equazione diMaxwell si ottiene ∇ · (J + J s) = 0: la corrente di spostamento deve quindi cancellare ∇ · J , e l’unico modoche ha di farlo e cancellare Jr.

Esercizio 130: Scarica di un condensatore

Un condensatore di area S = πa2 e distanza fra i piatti d a si scarica con costante tempo τ . Calcolare ilcampo magnetico e la sua energia.

Capitolo 11. Corrente di spostamento 75

bSoluzione: La carica vale q(t) = q0e−t/τ i.e. i = q = −q/τ . Il campo elettrico vale ε0E = σ generando una

densita di ‘corrente di spostamento’ uniforme js = σ = −q/Sτ . Notare che la corrente i entra in un piatto edesce dall’altro; la corrente totale di spostamento vale is = i. Quindi js genera un campo magnetico ruotante

Bθ =πr2µ0js

2πr=µ0ri

2Sr < a

(A grande distanza r a il campo magnetico generato dalla corrente (che non si interrompe) i + is e circaradiale Bθ = µ0i/2πr). L’energia nel campo magnetico (usando i = −Sε0/τ)

UB =∫dV

B2

2µ0=di2µ0

16πUE = V

ε0E2

2UB

UE=a2ε0µ0

8τ2=

18(a

cτ)2

e trascurabile a meno che a ∼ cτ , in generale a meno che E vari significativamente nel tempo che la luce impiegaad attraversare l’apparato.

Esercizio 131: Condensatore in alternata

Studiare una capacita (costituita da due cerchi codnuttori a distanza d) alla quale viene applicata una differenzadi potenziale oscillante a frequenza ω. Si trascurino gli effetti di bordo e l’irraggiamento.

bSoluzione: Il campo elettrico oscillante Ez = E0 eiωt genera un campo magnetico lungo θ Bθ = B0e

iωt:

∇×B =E

c2: B0 =

iωE0

c2πr2

2πr=iωE0r

2c2

che a sua volta genera una correzione al campo elettrico E0 → E0 + E1

∇×E = −B : E1 = iω

∫ r

0

dr′ B0(r′) = −E0ω2r2

4c2

avendo definito E0 come il campo a r = 0. A sua volta E1 genera un campo magnetico B0 → B0 +B11

B1 =iω

c21r

∫ r

0

dr′ r′ E1 =−iω3r3

16c4E0

che genera un campo elettrico

E2 = iω

∫ r

0

dr′ B1(r′) =ω4r4

64c4E0

che genera

B2 =iω5r5

64 · 6E0 E3 =

−ω6r6

64 · 62c6E0

Quindi

Ez = (E0 + E1 + E2 + E3 + · · ·)eiωt = E0eiωt

∞∑n=0

(−1)n

(n!)2

(ωr

2c

)2n

≡ E0eiωtJ0

(ωrc

)La fig. 11.1a mostra J0(x) confrontata con la sua espansione in serie ad ordine 0,2,4,6,8: J0(x) = 1 − x2/4 +x4/64− x6/2304 + · · ·. J0(x) = 0 a x = ωr/c ' 2.4: J0(2.4) ' 1− 1.44 + 0.52− 0.08 = 0.

• • • • • • • • • • • • • • • • • •

Riotteniamo la stessa cosa usando le eq. di Maxwell in forma differenziale. Assumendo Ez = Eeiωt eBθ = Beiωt dove E e B dipendono da e nelle equazioni di Maxwell in coordinate cilindriche si trova

−∂E∂r

= −iωB 1r

∂

∂r(rB) =

iω

c2E

1Quando il gioco si fa duro conviene usare il rotore in coordinate cilindriche

(∇× zEz(r))θ = −∂Ez

∂r, (∇× θBθ(r))z =

1

r

∂(rBθ)

∂r.


0 2 4 6 8x

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

J 0(x

)

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3x

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2

|J0(i

1/2x)

|

Figura 11.1: J0(x) e |J0(√ix)| (linee nere) confrontate con la loro espansione in serie attorno a x = 0 (linee

tratteggiate, che corrispondono ad includere mano a mano ordini successivi).

e quindi, sostituendo nella seconda il B preso dalla prima, ed usando come variabile x = ωr/c

r∂

∂r(r∂E

∂r) = −r

2ω2

c2E : x(xE′)′ = −x2E : E′′ +

E′

x= −E

Se non ci fosse il secondo termine si avrebbe E′′ = −E′, la cui soluzione e una funzione speciale chiamata“cos(x)” che si trova su tutti i computer (o tavole). Con il secondo termine, che e di tipo attrito, la soluzione echiamata “J0(x)” che si trova su molti computer (o tavole) ed assomiglia un cos(x) che si smorza.

Si puo fare la stessa cosa piu in generale. Prendo il rot della II equazione di Maxwell

−∇2E + ∇(∇ ·E)←∇× (∇×E) = − ∂

∂t∇×B = −µ0J −

E

c2

da cui

(∇2 − 1c2∂2

∂t2)E = µ0J +

1ε0

∇ρ (11.1)

Nel vuoto, assumendo che E abbia solo una componente Ez(r) che oscilla a frequenza ω, riscrivendo in coordinatecilindriche

(∇2 − 1c2∂2

∂t2)E = 0 i.e.

1r

∂

∂rr∂Ez

∂r+ω2

c2Ez = 0

e risolta da Ez ∝ J0(ωr/c). La funzione di Bessell J0 compare perche siamo in simmetria cilindirica.

Esercizio 132: Cavita risuonante

bSoluzione: (Se racchiudo il condensatore formando una lattina aggiungendo la parete laterale dove E = 0il campo elettrico interno risolve le equazioni di Maxwell. Cioe la cavita risuona alle frequenze ω = 2.405r/c,5.52r/c... Ci sono altri modi con E orizzontale, come si vedrebbe piu facilmente per una lattina cubica. Vedremoche si trasmettono campi che dipendono anche da z).

Esercizio 133: Effetto pelle

Ad un filo di resistivita ρ e raggio a viene applicata una differenza di potenziale oscillante a frequenza ω,ottenendo una corrente alternata ed un campo elettrico parallelo al filo E(t) = E0e

iωt. Mostrare che la correntesi sposta sul bordo, e che questo tende ad aumentare la resistenza effettiva.

bSoluzione: Oltre alla corrente J = σE c’e la corrente di spostamento Js = ε0E = iωε0E. A bassa frequenzala corrente normale e piu importante della corrente di spostamento (Js/J ∼ ωτ con τ = ε0/σ) che quinditrascuriamo. Possiamo calcolare come si redistribuisce la corrente calcolando come si redistribuisce il campoelettrico, in quanto J = σE. Assumendo che l’effetto sia piccolo, procediamo perturbativamente.


La J iniziale uniforme genera un campo magnetico Bθ(r) = 12µ0re

iωtJz, che per induzione genera unacorrezione al campo elettrico E1 parallelo ed opposto a quello iniziale. Utilizzando coordinate cilindriche

∇×E = −B :dEz

dr= −Bθ = −iωσµ0r

2Ez0 = −i r

δ2Ez0 dove δ ≡

√2

ωσµ0

viene chiamata skin depth. Il campo elettrico, scritto in termini del suo valore Eext = Ez(r = a), e

Ez(r) = Eext1− ir2/2δ2

1− ia2/2δ2.

L’approssimazione perturbativa E1 E0 vale se δ a. Nel rame σ/ε0 ∼ 1018sec−1. Per a ∼ mm si ha δ afino a ω 105Hz.

E interessante calcolare l’impedenza per unita di lunghezza, definita come Z = Eext/I, dove I e la correntetotale:

I =∫ a

0

Jz 2πr dr = πa2 σEext1− ia2/4δ2

1− ia2/2δ2.

Per ω → 0 si ha δ →∞ e si ritrova Z → R0 = 1/σπa2. In generale Z = R + iωL ha una parte complessa (checorrisponde all’impedenza dovuta a Bθ) ed una parte reale maggiore di R0:

Z = R01− ia2/2δ2

1− ia2/4δ2= R0

1 + (a/2δ)2 − i(a/2δ)2

1 + a2/8δ2.

Fisicamente, questo e dovuto al fatto che la corrente si concentra verso l’esterno aumentando l’‘intasamento’ equindi la resistenza. Quindi conviene lavorare a frequenze abbastanze basse che δ a.

• • • • • • • • • • • • • • • • • •

Se E1 E0 l’esercizio finisce qui. A grandi ω questo potrebbe non essere vero; in tal caso o si continualo sviluppo perturbativo E0, E1, E2, . . ., oppure si risolvono le equazioni di Maxwell in forma differenziale.Nell’equazione d’onda ricavata all’esercizio precedente metto J = σE, trascuro ρ ed il termine E dovuto allacorrente di spostamento, assumo Ez e

iωt, e riscrivo per un Ez(r) in coordinate cilindriche:

1r

∂

∂r(r∂Ez

∂r) = µ0Jz = iωσµ0Ez : E′′z +

E′zr

=2iδ2Ez : Ez(r) ∝ J0

(r√

2iδ

)Abbiamo nuovamente ottenuto un’equazione differenziale ‘alla Bessel’ ma questa volta il coefficiente numericoe immaginario. Infatti anche la correzione al primo ordine ad Ez era immaginaria. La funzione completa emostrata in fig. 11.1b ed e qualitativamente simile al risultato al primo ordine.

Consideriamo il limite δ a, opposto a quello studiato con il metodo approssimato. Per δ a si puotrascurare il termine E′z/r nell’equazione differenziale, per cui la soluzione approssimata diventa un’esponenziale:Ez(r) ' Eexte

−r(1+i)/δ. Fisicamente, significa che la corrente e grossa solo ai bordi del filo, e penetra per unospessore δ.

Come vedremo in seguito esistono le onde. A frequenze abbastanza grandi, ω>∼ 109 Hz, hanno lunghezzad’onda ‘umana’ ed e possibile utilizzarle per trasportare energia dentro cavita metalliche (‘guide d’onda’). Ilfatto che i campi penetrino dentro il metallo solo per un piccolo spessore δ e che quindi le correnti ‘parassite’J = σE dentro al metallo siano trascurabili diventa un vantaggio. In questo modo si riesce a trasportare grandipotenze con poca dissipazione di energia per effetto Joule. Tecnologicamente risulta piu semplice trasportare lacorrente a basse frequenze in cavi di rame che ad alte frequenze in tubi di rami.

Esercizio 134: Filo conduttore interrotto

[Dal compito del 4/4/2003] Un filo conduttore rettilineo e cilindrico, di resistivita ρ, raggio a e lunghezza ` a,viene connesso ad un generatore, in modo che nel filo passa la corrente I = I0 cosωt.

a) Si calcoli il campo magnetico in tutto lo spazio (assumendo un filo di lunghezza infinita) e il campoelettrico per r < a nell’assunzione di corrente lentamente variabile. Si discuta a posteriori la condizionenecessaria a questa approssimazione.


Si taglia via un tratto h a del filo e si regola di nuovo il generatore in modo che passi la stessa corrente diprima.

b) Si risponda di nuovo alla domanda a); come cambiano i campi prima e dopo l’interruzione del filo?

c) L’interruzione del filo si puo schematizzare come l’inserimento in serie di una impedenza Z. Si stimi ediscuta il valore di Z in funzione di ω.

bSoluzione:

a) Per ω → 0 si ha un campo elettrico uniforme E0 = ρI/πa2. La corrente genera un campo magneticoBθ = µ0rI/2πa2 per r < a. Come gia visto in esercizi precedenti, vi sono correzioni di ordine relativoωρε0, che diventano significative ad alte frequenze.

b) Prendendo la divergenza della IV equazione di Maxwell ∇ ×B = µ0(J + ε0E) si impara che la sommadelle correnti elettrica e di spostamento si conserva, anche alla superficie di discontinuita. Quindi ilcampo magnetico non cambia rispetto al punto a). La conservazione della corrente ‘totale’ consente dideterminare il campo elettrico Ev nella regione di vuoto: da ε0Ev = J+ε0E0 segue Ev = E0[1+ i/(ωρε0)].Infatti, si puo schematizzare il sistema come un condensatore inserito fra due resistenze: sulle superfici sideposita una densita di carica σ tale che σ = j, per cui Ev = E0 + σ/ε0.

c) La parte vuota si comporta come un condensatore di capacita C = ε0πa2/h. Al crescere della frequenza

questo “condensatore” ha una induttanza parassita L ' µ0h/8π. Per trovare L si puo calcolare l’energiamagnetica contenuta nel condensatore

UM =∫dV

B2θ

2µ0=

∫ a

0

dr 2πr(µ0rI/2πa2)2

2µ0=µ0hI

2

16π≡ LI2

2

Quindi, l’impedenza associata e Z = iωL+ 1/iωC.

L’induttanza diventa rilevante solo ad alte frequenze, quando la nostra approssimazione di corrente lentamentevariabile cessa di valere. Ad esempio Z = 0 per ω = 1/

√LC = 2

√2c/a: per valori di ω cosı alti, I varia in

modo significativo nel tempo che la luce impiega ad attraversare il filo. A frequenze cosı alte ci sono effettiaddizionali: il filo irraggia; la corrente non e piu uniforme a causa dell’effetto pelle. Infatti, ωρε0 1 implicaδ = 2

√cε0ρ/ω c/ω, che per Z = 0 e comparabile al raggio a del filo.

Esercizio 135: Due cilindri cavi

[Da un compito del 1987] Due cilindri cavi coassiali di raggi a < b sono percorsi da correnti uguali I(t) = I0 sinωtin verso opposto, distribuite uniformemente sulle superfici. a) Trascurando la corrente di spostamento calcolareB. b) Mostrare che E puo avere una sola componente non nulla. c) Calcolare E assumendo che valga zero sulcilindro esterno. d) Calcolare la corrente di spostamento Is. e) Discutere come deve essere calcolato B nei trecasi Is I0, Is < I0 e Is ≈ I0. f) Caso numerico: a = 1mm, b = 1 cm, I0 = 2A, ω = 1000 Hz.

bSoluzione:

a) B = 0 per r < a ed per r > b. Nella zona intermedia 2πrBθ = µ0I.

b) Per simmetria cilindica E puo dipendere solo da r. Siccome non c’e carica Er = 0. Siccome Bz = 0 si ha2πrEθ = 0. Quindi l’unica componente e Ez(r), generata da ∇×E = −B.

c) Riscrivendo in componenti la II equazione di Maxwell si ottiene−∂Ez/∂r = −∂Bθ/∂t = −µ0ωI0 cos(ωt)/2πrper a < r < b. La soluzione con Ez(b) = 0 e

Ez(r) =12π·

0 r > bµ0I0ω cos(ωt) ln(r/b) a < r < bµ0I0ω cos(ωt) ln(a/b) r < a

d) La corrente di spostamento js ≡ ε0E vale

Is = ε0

∫ b

0

Ez2πr dr =b2 − a2

4ω2

c2I


e) Se Is I0 il conto perturbativo fatto finora e accurato. Se Is < I0 si puo iterare B → E → B →E → B → . . . aggiungendo i termini perturbativi successivi. Se Is ≈ I0 occorre risolvere le equazioni diMaxwell. Da un punto di vista matematico questo e analogo a calcolare 1/(1− ε) epandendolo attorno adε = 0. Se ε 1 bastano pochi termini della serie di Taylor 1 + ε+ ε2 + · · ·. Se ε<∼ 1 ne servono tanti. Seε ≥ 1 la serie perturbativa non funziona.

f) Siccome bω/c 1 siamo nel caso Is I0.

Esercizio 136: Carica in moto

Una carica q si muove lungo l’asse z con velocita v c costante. Calcolare il campo magnetico che essa genera.Spiegare in che modo tante cariche q che formano una corrente i continua producono approssimativamente uncampo magnetico che non dipende dal tempo.

bSoluzione: Senza includere la corrente di spostamento si ha j 6= 0 solo in coincidenza della carica, ed ilproblema non ha senso. Includendo js, essa e l’unica sorgente di B in tutto lo spazio vuoto. Qui risolviamoil problema con un calcolo esplicito. Un modo alternativo di risolvere il problema consiste nel notare che leequazioni di Maxwell complete sono relativisticamente invarianti, calcolare i campi nel sistema rispetto al qualela carica e ferma, ed applicare le trasformazioni di Lorentz dei campi.

• Il campo magnetico ha solo componente Bθ(z − vt, r). E sufficiente calcolarlo a z = 0 per t ed r generici.Integriamo la IV equazione di Maxwell, ∇×B = µ0ε0E lungo la superficie di un anello di raggio r giacentea z = 0. Si ottiene ∮

B · ds = µ0ε0Φ(E) i.e. Bθ(r) =µ0is2πr

dove is e la corrente di spostamento che attraversa l’anello:

is = Φ(js) = ε0Φ(E) =d

dt

q

2(1− cos θ(t)) =

q

2d

dt

vt√a2 + v2t2

=qva2

2(a2 + t2v2)3/2

Quindi Bθ(z, r, t) = µ0qvr/4π(r2 +(z−vt)2)3/2. Per z = 0 e massimo a t = 0, cioe mentre q sta passando.

• Una successione di cariche con densita λ produce in media una corrente continua i = λv. Infatti il campomagnetico generato vale

Bθ =∫ +∞

−∞

λ dz µ0vr

4π[r2 + (z − vt)2]3/2=µ0i

2πr

che e la ben nota formula per il campo magnetico generato da una corrente i.

Capitolo 12

Onde e oscillazioni

Un’onda elettromagnetica piana polarizzata linearmente nel vuoto e descritta da

E = E0 sin(k · r − ωt), B = B0 sin(k · r − ωt), c =E

B=ω

k

con E0, B0, k ortogonali. Frequenza: ν = ω/2π. Periodo: T = 1/ν. Lunghezza d’onda; λ = 2π/k = c/ν.Densita e il flusso di energia:

u =ε02

(E2 + c2B2) S = ε0c2E ×B

Quindi, in media

〈u〉 =12ε0E

20 , 〈S〉 =

c

2ε0E

20 = c〈u〉

Esercizio 137: Sorgenti di onde

Quattro sorgenti identiche disposte come in figura emettono onde dilunghezza d’onda λ. Due ricevitori sono situati a distanza r λ comein figura. Calcolare il rapporto fra le potenze ricevute dai ricevitori.Cosa cambia se B viene spenta? Se D viene spenta?

A B C

D

R1

R2

λ/2

λ/2 λ/2

bSoluzione: Si ha IE ∝ |EA + EB + EC + ED|2:

I1 ∝ |eik(r−λ/2) + eikr + eik(r+λ/2) + eik√

r2+λ2/4|2 ∝ | − 1 + 1− 1 + 1|2

I2 ∝ |eik√

r2+λ2/4 + eikr + eik√

r2+λ2/4 + eik(r+λ/2)|2 ∝ |1 + 1 + 1− 1|2

avendo usato kλ = 2π, e±ikλ/2 = −1, e√r2 + λ2/4 ' r, Quindi I1/I2 = 0/4. Se B viene spenta I1/I2 = 1/1.

Se D viene spenta I1/I2 = 1/9. Quindi il ricevitore 1 non sa dire se viene spenta B o D, mentre il ricevitore Dpuo dirlo.

Esercizio 138: Ricevitore di onde

Calcolare la f.e.m. attraverso un cicuito quadrato di lato λ/4 disposto nell’asse xy, quando viene attraversatoda un’onda elettromagnetica che si propaga lungo x di lunghezza d’onda λ ed ampiezza E0 polarizzata lungo y.

bSoluzione: Ci sono 2 modi. La circuitazione del campo elettrico vale

E =∮

E · ds = E0λ

2[sin(k0− ωt)− sin(k(0 + λ/2)− ωt)] = −E0λ sinωt

Il flusso del campo magnetico vale

Φ =∫dSBz =

λ

2

∫ λ/2

0

dxB0 sin(kx− ωt) =B0λ

2

2πcosωt

80

Capitolo 12. Onde e oscillazioni 81

quindi E = −Φ viene uguale a prima, come si verifica usando ω = 2πc/λ e E0 = cB0.I due E devono venire uguali, in quanto un’onda piana e soluzione della II equazione di Maxwell ∇×E = −B.

Esercizio 139: Luce solare

Calcolare i valori numerici del vettore di Poynting, i campi elettrici e magnetici, densita di energia, pressionedella luce solare, sapendo che essa fornisce un’energia K = 1366 J m−2 s−1.

bSoluzione: La media del vettore di Poynting e uguale alla costante solare: 〈S〉 = K. Quindi pressione edensita di energia valgono

〈p〉 = c〈g〉 = 〈u〉 =〈S〉c

= 4.5 10−6 Jm3

= 4.5 10−6 Nm2

.

Il campo elettrico vale E0 = 1000V/m (usando ε0 = 8.85 10−12C2/N m2 e N ·m = V · C). Il campo magneticovale B0 = E0/c = 3.36 10−6Tesla.

Il sole emetta luce ‘gialla’ di frequenza ν ≈ 0.5 1015Hz e quindi ha λ = c/ν ≈ 0.6µm. La luce e composta da‘fotoni’, ciascuno dei quali ha energia hν ∼ 10−19 J (la costante di Planck vale h = 6.62 10−34 J/ s): quindi laluce del sole ne contiene circa 1022/m2 s. Dalla relazione hν ∼ kBT si ricava la temperatura del sole. Nota latemperatura TS = 5800 K ed il raggio RS = 7 108 m del sole, la potenza emessa puo venir calcolata teoricamente,sapendo che un corpo nero a temperatura T irraggia per unita di superficie una potenza

dW

dS= εσT 4 dove σ =

π2k4B

60h3c2= 5.670 10−8 W

m2 K4

e detta ‘costante di Stefan-Boltzmann’. Quindi il sole irraggia una potenza WS = SS · σT 4S = 4πR2

SσT4S =

4 1026W. La terra e a distanza d ≈ 1.5 1011 m dal sole e riceve frazione Ω/4π = πR2/4πd2 = 6.8 10−5 = 1/14500della potenza totale. La potenza per unita di superficie vale K = (RS/d)2σT 4

S = 1366W/m2.

• • • • • • • • • • • • • • • • • •

E interessante proseguire calcolando la temperature dei pianeti, anche se questo non e solo un esercizio dielettromagnetismo. Anche la terra e approssimabile come un corpo nero a temperatura TE , calcolabile sapendoche in condizioni di equilibrio irraggia tutta l’energia che riceve dal sole: tenendo conto che la terra e una sferaπr2K = 4πr2σT 4

E da cui TE = TS(Ω/4π)1/4 =√RS/2dTS ≈ 280 K, che e una buona approssimazione. E

buona perche per via di un teorema generale, emissivita e riflettivita sono uguali e quindi si cancellano. Non eperfetta per via dell’effetto serra: le zone interne dell’atmosfera sono piu calde. La luna ha la stessa temperaturamedia TS della terra, ma non ha atmosfera: quando il sole e a picco raggiunge Tday =

√2TE ≈ 400 K, di notte

scende fino a T Tday.Marte e dista dal sole il 50% in piu della terra, e quindi la sua temperatura e circa 25% piu bassa, TM ≈ 230K.

Ma a mezzogiorno raggiunge√

2TM ≈ 320 K e l’acqua si puo scongelare.

• • • • • • • • • • • • • • • • • •

E interessante calcolare l’energia ottenibile da pannelli solari. Come detto sopra il sole a picco produceK = 1.366kW/m2: tenendo conto che pannelli solari hanno efficienza ε ≈ 0.1, la potenza prodotta valeW = εK = 1kW/8m2. L’energia totale prodotta in un anno vale E = Kepsilon ·yr/2/3 = 200kWh/m2, dove1/2 tiene conto che di notte non c’e’il sole, ed 1/3 dell’inclinazione del sole 〈cos2 θ〉 < 1 e delle nuvole. Siccomeun kWh costa circa 0.15Euro, il risparmio prodotto e di circa 30Euro/yr·m2 (se l’energia viene utilizzata). Ilcosto di installazione e di circa 1000Euro/m2.

Esercizio 140: Vettore di Poynting

Verificare che il vettore di Poynting descrive veramente la variazione di energia in varie geometrie.

bSoluzione:

82 Capitolo 12. Onde e oscillazioni

1. Una capacita cilindrica (lato a, spessore h) a frequenze non troppo alte ha campo elettrico Ez(t) e lacorrente di spostamento genera un campo magnetico lungo θ dato da Bθ = πr2Ez/c

2/2πr = rEz/2c2.L’energia contenuta in un raggio r vale

U ' (πr2h)ε02E2 U = πr2hε0EzEz

Il vettore di Poynting vale

Sr = −ε0c2EzBθ =r

2ε0EzEz

∮Sr = −2πr hSr = −U

in accordo con u+ ∇ · S = 0, che possiamo anche verificare usando ∇ · S = (1/r)d(rSr)/dr.

2. Un filo resistivo di lunghezza h ha un campo elettrico costante Ez = V/h. La corrente j = σE dissipauna potenza U = h · πr2 jE e genera un campo magnetico Bθ = µ0j πr

2/2πr. Quindi il flusso del vettoredi Poynting Sr = −rjE/2 vale

∮Sr = −h πr2 jE = −U .

3. Un cavo coassiale porta corrente continua a tensione V su di una resistenza R, che congiunge le duearmature. Quindi ci passa una corrente i = V/R, che dissipa una potenza W = iV . Al suo internocontiene un campo elettrico ed un campo magnetico dati da

Er =V

r ln r2/r1Bθ =

µ0i

2πrSz = ε0c

2ErBθ =iV

2πr2 ln r2/r1

Il flusso del vettore di Poynting vale∮Sz =

∫ r2

r1

Sr 2πr dr = iV = W

4. Un solenoide rettilineo infinito contiene un campo magnetico Bz = µ0nI e quindi un campo elettricoEr = −Bzr/2. Il vettore di Poynting vale Sr = −BzBzr/2µ0. U = πr2 B2

z/2µ0, U = πr2 BzBz/µ0,∮Sr = 2πr Sr = −U .

5. Paradosso di Feynman. Un disco libero di ruotare lungo l’asse z contiene una carica q ed un solenoidepercorso da una corrente continua che genera un campo magnetico Bz. Si interrompe la corrente: lavariazione di Bz genera un Er che mette in rotazione il sistema. Che ne e della conservazione del momentoangolare?

6. Un elettrone in un atomo di idrogeno ruota a distanza a dal protone con velocita determinata damev

2/a = q2e/4πa2ε0 cioe

v2

c2=

q2e4πε0mec2

1a2≡ r2ea2

=1

137.2per a = 0.53A.

La lunghezza re e detta “raggio classico dell’elettrone” (ma non e il raggio dell’elettrone), in quanto e ilraggio che avrebbe un elettrone se la sua massa fosse dovuta all’elettromagnetismo:

U ∼ q2e4πε0re

= mec2 per re =

q2e4πε0mec2

= 2.82 10−13 cm

(per abbreviare spesso si usa e2 ≡ q2e/4πε0 invece di qe). L’elettrone, ruotando attorno al protone, generaanche un campo magnetico campo magnetico di tipo dipolare, B ∼ µ0µ/r

3 dove il dipolo magnetico valeµ = πa2i = πa2(qeω/2π) = (qe/2m)L (L = ma2ω). Quindi Sθ ∼ ErBz/µ0. La densita di momento valeg = S/c2. Il momento angolare elettromagnetico vale

Lem ∼∫dV r × g ∼ a4g(a) ∼ q2e

mc2ε0

L

a∼ re

aL ∼ v2

c2L ∼ L

1372

ed e quindi una frazione trascurabile del momento angolare meccanico.


Esercizio 141: Rilfessione di onde in una corda

Si connettono due corde con diverse densita lineari λ e λ′ = n2λ (attenzione a non confondere λ con la lunghezzad’onda). Studiare cosa succede quando un onda trasversale arriva al punto di congiunzione.

bSoluzione: Metto la corda lungo l’asse x. Un’onda produce una distorsione y(x, t) rispetto al valore diequilibrio y = 0. La legge del moto per y(x, t) e

ma = F : λ∂2y

∂t2= τ

∂2y

∂x2

(compare y′′ perche la tensione non richiama una corda dritta, con y′ costante). La tensione τ e la stessadovunque. La velocita v =

√τ/λ(x) = k/ω cambia imrovvisamente sul punto di congiunzione, che mettiamo a

x = 0. Siccome v′ = v/n, nell’analogo elettromagnetico n sara l’indice di rifrazione.Non serve studiare un pacchetto d’onda. Cerco la soluzione di onda piana: oltre all’onda incidente y =

a ei(kx−ωt) aggiungo una componente Riflessa ed una T rasmessa

y = a

ei(kx−ωt) +R ei(−kx−ωt) per x < 0Tei(k′x−ωt) per x > 0

E intuitivamente ovvio che al punto di congiunzione fra le due corde y e y′ sono continui. Matematicamentesegue dal fatto che l’equazione d’onda contiene due derivate rispetto a x (e quindi rimarra vero in casi menointuitivi, come nelle equazioni di Maxwell o Schroedinger). Imponendo la continuit’a si trova

1 +R = T k(1−R) = k′T → T =2k

k + k′=

21 + n

R =k − k′

k + k′=n− 1n+ 1

Si ha T > 1 se n < 1: questo e sensato, e dovuto al fatto che nel passare da una corda ‘grossa’ and una corda‘piccola’ l’ampiezza dell’onda si amplifica.

Non si deve amplificare la sua energia. La potenza media dell’onda incidente (che corrisponde al vettore diPoyinting nell’analogo e.m.) vale WI = vu = 1

2vλ(aω)2: infatti 14λ(aω)2 e la densita di energia cinetica media,

che e in media eguale all’energia potenziale. La potenza riflessa vale WR = WIR2 e quindi quella trasmessa deve

valere WT = WI −WR.1 Infatti, facendo il calcolo esplicito sfruttando il fatto che W ∝ v ·λ · a2 ∝ (1/n) ·n2 · a2

si ottieneWT

WI= T 2n =

4n(1 + n)2

< 1

Come giusto viene WT /WI ≤ 1, massimo per n = 1.

Esercizio 142: Rifrazione

Fare incidenza normale, mostrando che la cons. energia richiede un onda riflessa. Calcolare forza sentita daseparazione vuoto/dielettrico I−T +R mostrando che si ottiene 2 : 1 : 0 per riflettente:assorbente:trasmettente

bSoluzione:

Esercizio 143: Rifrazione

Due dielettrici sono separati dal piano x = 0. Un’onda elettromagnetica incide lungo k = (kx, ky, 0) con Epolarizzato lungo z. Cosa succede?

bSoluzione: In un dielettrico i campi e.m. si propagano in modo simile al vuoto, con l’unica differenza chec→ c/n:

c2 =1

ε0µ0→ 1

εµ0≡ c2

n2,

E

B= c→ c

n=ω

k

1Nella zona dove ci sono due onde, la potenza media e la somma delle potenze media delle due onde: W = WI−WR. Fisicamente,questo e chiaro in quanto usare onde piane e un modo utile per descrivere un problema nel quale si invia un pacchetto d’onde, cheviene parzialmente trasmesso e riflesso. Per vederlo matematicamente con onde piane, occorre notare che il termine di interferenzafa zero, se mediato sullo spazio e sul tempo, usando formule tipo 2 sin(kx− ωt) sin(−kx− ωt) = cos(2kx)− cos(2ωt).


Le condizioni al bordo fra due dielettrici sono B1 = B2 e E=1 = E=

2 , ε1E⊥1 = ε2E⊥2 . Assumo che il piano di

separazione sia il piano yz a x = 0, e che l’onda si propaghi nel piano xy con il campo elettrico polarizzatolungo z. Per prima cosa, le condizioni al bordo, dovendo essere vere per ogni t, implicano che l’onda incidente,l’onda riflessa (nel mezzo 1) e quella trasmessa (nel mezzo 2) hanno la stessa frequenza. Dovendo poi esserevere per ogni y, si ha che tutte le onde hanno lo stesso ky: ky ≡ ki

y = kry = kt

y. Siccome i moduli dei vettori ksono dati da ki = niω/c si ha ki/kt = n1/n2 e quindi si impara che l’onda trasmessa si inclina:

sin θt =ky

ktsin θi =

ky

ki: n2 sin θt = n1 sin θi

Per quanto riguarda le ampiezze dell’onda le condizioni di raccordo sono

Ei + Er = Et (da E o da Bx)kxEi − kxEr = kt

xEt (da E′iy + E′ry = E′ty o da Biy +Br

y = Bty usando B = k ×E/ω)

e quindi

Er =kx − kt

x

kx + ktx

Ei Et =2kx

kx + ktx

Ei

che e identica a quanto ottenuto nell’esercizio precedente su onde due corde con un capo in comune.Allo stesso modo funziona anche il rapporto fra potenze trasmesse ed incidente. La potenza trasmessa vale

WT = vu dove u e la densita media di energia. In un dielettrico essa vale

u = 〈 ε2E2 +

B2

2µ0〉 = 〈 ε

2[E2 +B2v2]〉 =

ε

2E2

Tenendo conto che v ∝ 1/n e che u ∝ εE2 ∝ n2E2 si ha nuovamente

WT

WI= T 2n =

4n(1 + n)2

< 1.

Esercizio 144: Riflessione da un metallo

Un’onda piana di frequenza ω con polarizzazione lineare parallela alla superficie incide sulla superficie di unmetallo di conducibilita σ.

a) Determinare la forma dell’equazione delle onde elettromagnetiche nel metallo.

b) Studiare la penetrazione dell’onda nel metallo.

c) Calcolare la riflettivita del metallo (rapporto tra intensita riflessa ed incidente)

d) Trovare il flusso di energia verso l’interno del metallo e confrontarlo con la potenza dissipata per effettoJoule.

bSoluzione:

a) Mettendo J = σE e ρ = 0 nella (11.1) si ottiene

(∇2 − 1c2∂2

∂t2)E = µ0σ

∂E

∂t

Per onde monocromatiche E(x, t) = E(x)e−iωt l’equazione si riduce a

(∇2 +ω2

c2)E = −iωµ0σE

Con metodi simili si trova che il campo magnetico soddisfa alla stessa equazione, ottenuta rimpiazzandoE → B, che ha solo componente By.


b) Supponiamo che il conduttore si estenda per x > 0 e che E sia polarizzato lungo z. Quindi soddisfal’equazione (per x > 0)

(∂2

∂x2+ω2

c2)Ez = −iωµ0σEz

La soluzione e quindi Ez = ei(qx−ωt)Ez(0) dove q soddifsa la relazione di dispersione

q2 =ω2

c2+ iωµ0σ i.e.

q21 − q22 = ω2/c2

2q1q2 = ωµ0σ

dove q = q1 + iq2. q2 descrive lo smorzamento dell’onda, provocato dalle correnti parassite. La soluzioneesplicita per q non e illuminante, anzi fa piuttosto schifo. Numericamente il rame ha ω0 ≡ µ0σc

2 = σ/ε0 =6.6 1018Hz, nel range di frequenza dei raggi X, circa tre ordini di grandezza maggiore delle frequenza dellaluce visibile. Studiamo due casi limite.

– Ad alte frequenze ω ω0 q1 ha circa il valore di vuoto, q1 ' ω/c e l’effetto della conducibilita edescritto da un piccolo q2 ' µ0σc. Quindi

Ez(x, t) = Ez(0)eikx−iωte−µ0σcx dove k = ω/c = 2π/λ.

Cioe l’onda si propaga in maniera simile a quanto fa nel vuoto, ma smorzandosi su una distanzatipica 1/q2 λ. Per il rame 1/µ0σc ∼ 0.4 10−10 m.

– A basse frequenze ω ω0 si ha q1 ' q2 '√ωµ0σ/2 ≡ 1/δ e ritroviamo il caso dell’esercizio di

pagina 70: l’onda si smorza in qualche lunghezza d’onda. Questo e tipicamente il caso di metalli allefrequenza della luce visibile, che non penetra nel metallo e viene quindi riflessa (a meno di un piccoloassorbimento).

c) Per x < 0 i campi soddisfano l’equazione d’onda nel vuoto, con soluzione generale

Ez(x < 0, t) = EIeikx−iωt + ERe

−ikx−iωt.

EI ha il significato fisico di onda incidente, mentre EI quello di onda riflessa. Bisogna calcolare ER/EI .

– Ad alte frequenze tutta l’onda entra (ER ' 0) e dissipa la sua energia per effetto Joule.– A basse frequenze il campo dentro il metallo e

Ez(x > 0, t) = ET e−iωt−ix/δe−x/δ

Siccome E risolve un’equazione di secondo grado in x, per raccordare le soluzioni occorre che Ez e∂Ez/∂x siano continue a x = 0, cioe

EI + ER = ET , ik(EI − ER) = iqET 'i− 1δ

ET

da cuiER

EI=kδ − 1− ikδ + 1 + i

,ET

EI=

2kδ1 + kδ + i

Poiche l’intensita delle onde sono proporzionali ai moduli quadri dei campi, la riflettivita R e ilmodulo quadro dell’ultima espressione:

R =1 + (kδ − 1)2

1 + (kδ + 1)2=ω + ω0 −

√2ωω0

ω + ω0 +√

2ωω0< 1

Nella figura questa espressione approssimativamente valida per ω ω0 (linea tratteggiata) e con-frontata con il risultato completo (linea continua):

10-4 10-3 10-2 10-1 1 10 102 103 104

ω/ω0

00.20.40.60.8

1

R

Per kδ 1 si ha R ' 1, cioe tutta l’energia viene riflessa. Infatti se la lunghezza di penetrazione δ etrascurabile l’onda non puo dissipare energia per effetto Joule, e deve quindi tornare indietro.


d) A basse frequenze abbiamo ottenuto WR/WI = R2. Quindi la potenza trasmessa dovrebbe valere WT =TWI con

T = 1−R =4kδ

1 + (kδ + 1)2

e questa potenza dovrebbe venir dissipata dalle correnti parassite nell’interno del metallo. Verifichiamolo.Dentro il metallo

Ez(x > 0) = EI · 2kδe−x/δReeix/δ−iωt

1 + kδ + i=

2kδEI

1 + (kδ + 1)2e−x/δ

[(1 + kδ) cos(x/δ − ωt) + sin(x/δ − ωt)

]La potenza media Wdiss dissipata per unita di superficie e

Wdiss =∫ ∞

0

dx σ〈E2z t〉 =

2σ(kδ)2E2I

1 + (kδ + 1)2

∫ ∞

0

dx e−2x/δ =σδ(kδ)2E2

i

1 + (kδ + 1)2

avendo usato 〈(A cos +B sin)2〉t = (A2 + B2)/2. Usando σkδ2 = σ(ω/c)(2/µ0σω) = 2/(µ0c) = 2ε0cotteniamo il risultato atteso

Wdiss =4kδ

1 + (kδ + 1)2ε0cE

2I

2= TWI .

Esercizio 145: Onde adiabatiche

Una corda uniforme di massa m e lunghezza ` e appesa nel campo di gravita g. Come si propagano le onde?

bSoluzione: La tensione ad un punto z e τ = mgz/`, quindi la velocita delle onde e v(z) =√τ/λ =

√gz. Se

λ ` le onde si propagano adiabaticamente, cioe con v = v(z), e quindi

t(`→ z) =∫ `

z

dz√gz

= 2[√`/g −

√z/g]

Un corpo che cade impiega un tempo t′(`→ z) =√

2(`− z)/g.

Esercizio 146: Guida d’onda

Guida d’onda rettangolare disposta lungo z e di lati a lungo y e b lungo x

bSoluzione: Come un cavo coassiale senza filo centrale, in modo da evitare elettroni che irraggiano. Usareun tubo grosso vuoto conviene quando si devono trasportare grosse potenze. Le condizioni al bordo su di unconduttore perfetto sono E= = 0 e B⊥ = 0. Provo la soluzione

Ey = E0 sin kxx ei(kzz−ωt) kx =

nπ

a

Soddisfa a ∇ ·E = ∂yEy = 0. Metto n = 1. Per ottenere un’onda trasversa rispettando B⊥ = 0 aggiungo

Bx = B0 sin kxx ei(kzz−ωt)

Tuttavia ha divergenza diversa da zero: e possibile mostrare in generale che le onde in una cavita singola nonsono trasverse (le componenti trasverse soddisfano a ∇2V = 0: in un cavo coassiale V puo essere diverso suidue bordi, con un bordo solo l’unica soluzione e V = cte). Occorre quindi aggiungere un campo longitudinale.Mettiamo un Bz

Bz = ikx

kzB0 cos kxx e

i(kzz−ωt)

I fattori relativi fra Bz e Bx sono tali che ∇ · B = ∂zBz + ∂xBx = (ikz − ikz)Bz = 0, in particolare B= ecostante sul bordo, dove E = 0. Le equazioni ∇×E = −B, componenti x e z implicano kzE0 = −ωB0. Quindile linee di B circolano attorno al massimo di Ey.


Per finire, per via della relazione fra E0 e B0, l’equazione (∇×B)y = Ey/c2 implica

k2x + k2

z = ω2/c2 i.e. kz = ±√

(ω/c)2 − (π/a)2 = ±(ω/c)√

1− (ωc/ω)2

che puo essere immediatamente derivato dall’equazione d’onda per Ey.Sotto la frequenza critica ωc = πc/a kz diventa immaginario, il che significa che l’onda si attenua come e−|kz|z.

Questo viene chiamato modo TE in quanto Ez = 0. Esistono altre onde ‘TM’ con Ez = E0 sin(nπx/a) sin(mπy/b)con n,m ≥ 1 che quindi ha una frequenze di cut-off maggiore: di solito si lavora in modo che solo TE10 possapropagarsi. Quindi necessariamente λ ∼ cm i.e. microonde.

Le velocita di fase e di gruppo sono

vf =ω

kz=

c√1− (ωc/ω)2

> c vg =dω

dkz= c

√1− (ωc/ω)2 < c

La densita di energia si muove con velocita vg. Infatti

〈u〉x,y,t =12

[ε02E2

0

2+

12µ0

(1 +k2

x

k2z

)B2

0

2

]=ε08

[1 +

k2z + k2

x

ω2/c2

]E2

0 =ε04E2

0

La componente x del vettore di Poynting, Sx, e diversa da zero, ma∫Sx ∝

∫ a

0dx sin kxx cos kxx = 0. Lungo z

〈Sz〉x,y,t =12

12ε0c

2E0B0 =ε04E2

0 × c2kz

ω= u · vg

La lunghezza d’onda nella guida vale

λg =2πkz

=λ0√

1− (λ0/2a)2λ0 =

2πcω

Accoppiatore unidirezionale: due buchi separati di λ/4, che diventa λ/2 (fuori fase) o 0 (in fase) a secondadella direzione di propagazione.

Un modo per capire fisicamente l’esistenza della frequenza di taglio e mettere un filo nel centro della guida;per avere E = 0 sui bordi si aggiungono infinite immagini. Avevamo visto che se nel filo c’e’una carica costanteil campo muore esponenzialmente. Se invece la carica oscilla i campi si possono sommare costruttivamente pervia del ritardo di fase; in direzioni θ tali che la differenza di distanza fra due fili a sin θ e uguale a (n− 1/2)λ0.Prendo n = 1. Sommando ±θ la lunghezza d’onda nella guida vale λg = λ0/ cos θ che equivale alla formula diprima. Si ha λg > λ0. Questo e quello che si ottiene anche ragionando in termini di raggi di luce che rimbalzanocon angolo θ riflettendosi fra i bordi nella guida, se si tiene conto che ad ogni riflessione i campi si invertono.La velocita di gruppo e ridotta in modo corrispondente.

Esercizio 147: Cavita risuonante

Stimare il Q

bSoluzione:Q ≡ ω0

Energia immagazzinataPotenza dissipata

cioe u(t) ∝ e−ω0t/Q e E(t) ∝ eiω0t−ω)t/2Q e quindi lo spettro di energia e

|E(ω)2| ∝ 1(ω − ω0)2 + (ω0/2Q)2

La stima e Q ∼ V/Sδ ∼ 1000 dove δ =√

2ε0c2/σω e la lunghezza di pelle.

Esercizio 148: Pressione di radiazione

Una sfera di raggio R si trova a distanza r dal sole. a) Si calcoli la forza sulla particella dovuta alla radiazionesolare, assumendo che questa venga tutta assorbita. La sferetta abbia densita ρ = 1g/ cm3 e sia soggetta anche


alla attrazione solare. b) Si determini il raggio R0 per cui tutte le sferette con raggio inferiore sono espulse dalsistema solare.

bSoluzione: La pressione di radiazione e diretta lungo la direzione dell’onda

prad = u Frad =∫praddS⊥ = πR2u.

cioe conta solo la dimensione dell’ombra, e non la forma dell’oggetto. Se invece di essere perfettamente assorbentefosse perfettamente riflettente la componente radiale della forza diventerebbe 1 ÷ 2 maggiore a seconda dellasua forma. Avevamo visto che 〈u〉 = (d2/r2)4.5 10−6 N/m2, dove d e la distanza della terra dal sole.

Alla stessa distanza la forza di gravita produce un’accelerazione a = GM/d2 = 0.006m/s2 e quindi una forzaFgrav = ma = 4

3ρR3a. Si ha Fgrav < Frad per ρR < 3〈u〉/4a = 0.57 10−3kg/m2. Quindi, per ρ = 1000kg/m3,

si ha R0 = 5.7 10−7 m.

Esercizio 149: Velocita di gruppo

Illustrare in un caso semplice la velocita di gruppo.

bSoluzione: Consideriamo la sovrapposizione di due onde con eguali moduli di E

E = A[sin(k1z − ω1t) + sin(k2z − ω2t)] = 2A cos[k1 − k2

2z − ω1 − ω2

2t

]sin

[k1 + k2

2z − ω1 + ω2

2t

]L’inviluppo delle due onde produce un’onda lunga che si muove con velocita vg = ∆ω/∆k ' dω/dk. Definendovf = ω/k ≡ c/n(k) si ha vg = c/(n+ ωdn/dω).

Esercizio 150: Pulsar

Una pulsar emette brevi impulsi a radio frequenze. Sapendo che ν1 = 400 MHz arriva ∆t = 1 s dopo ν2 = 1000MHz, e che n2 = 1−Nee

2/ε0meω2 con Ne ≈ 3 104/m3 calcolare la distanza della pulsar.

bSoluzione: Fra la pulsar e la terra la presenza di elettroni liberi rende il mezzo dispersivo. Riassumo laderivazione della frequenza di plasma. Un’elettrone libero si muove secondo mex = qeE generando un dipolop = ex = αE con α = −e2/meω

2. La densita di polarizzazione del mezzo e quindi P = Nep, per cui

n2 ≡ ε

ε0= 1 +

P

ε0E= 1− Nee

2

ε0mω2= 1− (

ωp

ω)2 dove ωp =

√Nee2

ε0me= 104 Hz

e detta ‘frequenza di plasma’ in quanto e anche la frequenza delle oscillazioni meccaniche del plasma.Mostriamo adesso che frequenze basse viaggiano piu lente, arrivando con un ritardo ∆t = D/vg1 − D/vg2

(dove vg e la velocita di gruppo — la velocita di fase ha il comportamento opposto). Ricordando che n ≡ c/vf =ck/ω i.e. k = nω/c

1vg

=dk

dω=

1c

d(nω)dω

=1c(n+ ω

dn

dω) ' 1

c(1 +

ω2p

2ω2)

avendo approssimato n ' 1− ω2p/2ω

2 in quanto n− 1 ∼ 10−11. Quindi, ricordando ω = 2πν

D =2c ∆t

ω2p/ω

21 − ω2

p/ω22

≈ 5000 ly

Esercizio 151: Interferenza

(dal compito del 20/6/2003) Una nave percorre una rotta parallela alla costa alla distanza di circa 100 km daquesta e alla velocita di 18 nodi. Un marinaio a bordo della nave sta ascoltando un programma musicale, sullafrequenza di 1200 kHz, trasmesso da una stazione situata sulla costa, in direzione perpendicolare alla rotta.


L’altezza del segnale varia regolarmente col tempo apparendo e scomparendo e l’intervallo tra il massimo edil minimo e 2 minuti. Nei momenti di massima intensita, il segnale ricevuto dall’antenna e stimato a circa 12mV/m, pari a circa 8 volte il livello di rumore. Si fa l’ipotesi che una seconda stazione costiera vicina alla primaabbia iniziato a trasmettere per errore in fase e sulla stessa frequenza. Inquadrando i fenomeni nell’ambitodell’esperimento di Young stimare, fornendo i risultati numerici: a) La distanza d tra le due stazioni; b) Lapotenza emessa da ciascuna delle due stazioni.

Note: 0. Si trascuri ogni effetto dovuto alla sfericita della Terra. 1. Un nodo e pari ad un miglio nautico(circa 1.8 km) all’ora. 2. Si consideri solo la cosiddetta “portante” come un’onda monocromatica. 3. Si intendeche il segnale “scompare” quando e inferiore al livello di rumore. 4. Si ipotizza, salvo verifica, che la distanzatra le stazioni sia molto minore della distanza tra queste e la nave.

bSoluzione: a) La lunghezza d’onda del segnale ricevuto e λ = c/ν = 250 m mentre la distanza tra due massimi(o minimi) del segnale e a = 2v∆t = 2160 m.

Le onde emesse da due sorgenti a distanza d ricevute ad angolo θ sono in fase se nλ = d sin θ = da/D.Quindi la distanza tra due massimi consecutivi vale a = λD/d (‘formula di Young’) da cui d = λD/a = 11.6 km.

b) Sia E0 il valore del campo elettrico corrispondente alla soglia del rumore; se E1 e E2 sono le ampiezze deicampi elettrici emessi dalle due stazioni, le condizioni sui massimi e minimi di intensita sono

E1 + E2 = 8E0, E1 − E2 = kE0

con k ∈ [0, 1]. Risolvendo il sistema si ottiene:

E1 = (8 + k)E0/2, E2 = (8− k)E0/2

L’intensita media dell’onda ricevuta puo essere messa in relazione con la potenza della stazione emittente e conil campo elettrico all’antenna.

I =W

4πD2=

12cε0E

2, W = (2πcε0)D2E2 = (1/60)D2E2

Ne segue che la potenza delle due stazioni vale

W1 = (8 + k)2D2E20/240, W2 = (8− k)2D2E2

0/240

Sostituendo i valori numerici, al variare di k, si ha:

6 kW < W1 < 7.6 kW, 6 kW > W2 > 4.6 kW

Il valore esatto dipende da k, che non e noto.

Capitolo 13

Irraggiamento

Una carica q in moto non relativistico irraggia

E =qe

4πε0c21rn× (n× arit), cB = n×E

dW

dΩ=

e2

4πc3a2 sin2 θ W =

23e2

c3a2

dove θ e l’angolo fra a e la direzione di osservazione n, e e2 ≡ q2e/4πε0. In media temporale corrisponde ad unaforza −2e2 ˙x/3c3. Un dipolo elettrico p(t) irraggia una potenza W = 2p2/3c34πε0.

Esercizio 152: Atomo di idrogeno

Calcolare quanto dovrebbe irraggiare.

bSoluzione: Un elettrone in un atomo ruota con accelerazione a = ω2rA, quindi in un giro irraggia

∆E = W · 2πrAv

=4π3e2

rA(v

c)3 ∼ Eatomoα

3

dove α = v/c ∼ 1/137. e fa 1017 giri al secondo. Questa formula stima bene la vita media dei livelli eccitati, malo stato base ha vita media infinita.

Modello classico per la stabilita dell’atomo di idrogeno: se invece di immaginare l’elettrone come una caricapuntiforme lo si pensasse come 2 cariche messe ai punti opposti della traiettoria, la potenza irraggiata sarebbezero, in approssimazione di dipolo. Con n carice e/n verrebbe ridotta di un fattore n. Nel limite n → ∞l’elettrone viene spalmato lungo la sua traiettoria e non irraggia piu, anche se i singoli pezzi lo farebbero, pervia di interferenza distruttiva.

Siccome ∆E Eatomo se cadesse, spiraleggerebbe lentamente su orbite circolari: a ciascun istante

e2

r2= meω

2r : U =mev

2

2− e2

r= − e

2

2rQuindi

e2

2r2r = U = W =

2e2

3c3(e2

mer2)2

cioed(r3)dt

= 4r2ec : r3(t) = r30 − 4r2ect re ≡e2

mec2= 2.8 10−13 cm.

Questo effetto e’stato osservato nel caso analogo della gravita, discusso in seguito: due masse in rapidarotazione una attorno all’altra irraggiano onde gravitazionali.

Polarizzazione Una carica in moto circolare corrisponde ad un dipolo elettrico rotante p ∝ (1, i, 0)eiω. Icampi di dipolo elettrico in zona di radiazione (r cω) sono dati da

B =1

4πε0prit × n

rc3; E = cB × n

Quindi B ∝ (x + iy) × n: se si osserva lungo l’asse z, essendo (x + iy) × z = i(x + iy) la polarizzazione ecircolare. Se invece n = x la polarizzazione e lineare. Infatti guardando dall’altro si vede una carica che gira,guardando di taglio una carica che oscilla.

90

Capitolo 13. Irraggiamento 91

Esercizio 153: Scattering elettrone/nucleo

Un elettrone con velocita iniziale v c urta frontalmente un nucleo di carica Ze. Calcolare la polarizzazionedella radiazione emessa, e l’energia totale irraggiata, assumendo e verificando che sia una piccola frazionedell’energia cinetica.

bSoluzione: Secondo la formula generale E e polarizzato linearmente nel piano (n,a) ed ortogonale ad n, eB ‘gira’ attorno ad a. L’accelerazione e a = F/me = Zq2e/4πε0r

2. Quindi, applicando la formula generale

dW

dΩ=

q2ea2

16π2ε0c2sin2 θ, W =

23

e2

4πε0c3a2 =

A

r4A =

q6eZ2

96m2e(cπε0)3

L’energia irraggiata vale

Eirr =∫W dt = 2

∫ ∞

rmin

W

vdr =

845mev

50

c3Z

Eirr

T0∼ (

v0c

)3

Alla fine viene Z al denominatore in quanto se Z 1 l’elettrone rimane lontano dal nucleo. Per fare il contosi usa la conservazione approssimata dell’energia

v(r) =

√v20 −

2Zq2

4πε0mer=

√v20 −

β

r.

L’integrale vale ∫ ∞

β/v20

dr

r4√v20 − β/r

=v50

β3

∫ ∞

1

dx

x4√

1− 1/x=

1615v50

β3

avendo usato la variabile di integrazione adimensionale x = r/rmin. A parte il fattore numerico 16/15 il risultatosegue in modo semplice dal fatto che l’integrale e dominato da r >∼β/v2

0 , cosicche w ∼ v20 . Il fattore numerico e

calcolabile usando y = 1− 1/x come variabile di integrazione.Per fare il conto con scattering frontale abbiamo messo una forza repulsiva. In realta la forza e attrattiva e

lo scattering non e frontale. Ma il risultato qualitativo rimane lo stesso.

Esercizio 154: Scattering ee

Si puo stimare l’energia irraggiata mettendo Z = 1 nella risposta dell’esercizio precedente?

bSoluzione: Nell’esercizio precedente il nucleo era molto piu pesante dell’elettrone e quindi rimaneva circafermo. A prima vista avere due particelle di massa uguale cambia solo qualche fattore di O(1) in quantoirraggiano entrambe. Sbagliato. C’e una differenza qualitativa importante. Il ‘dipolo elettrico totale’ dei dueelettroni e proporzionale al loro impulso

p = er1 + er2 =e

meP

e quindi e costante. In approssimazione ‘di dipolo’ non c’e irraggiamento. Entrambi gli elettroni accelerano, mac’e un’interferenza distruttiva fra i loro contributi. Siccome sono messi in posizioni diverse hanno diversi tempiritardati e la cancellazione non e totale: c’e un irraggiamento da quadrupolo Qij =

∑qe[3xixj − r2δij ]

W =1

4πε0

[23p2

c3+

˙Q2

60c5+ · · ·

]per cui alla fine Eirr/T0 ∼ (v0/c)5 invece che (v0/c)3.

92 Capitolo 13. Irraggiamento

Esercizio 155: Onde gravitazionali

Stimare la potenza irraggiata in onde gravitazionali

bSoluzione: Gli esercizi precedenti invitano ad una digressione sull’irraggiamento di onde gravitazionali, dovesi ha un fenomeno analogo all’irraggiamento con 1/ε0 → G e q → m:

W ∼ G[P 2

c3+

˙Q2

c5+ · · ·

]Nel caso gravitazionale l’irraggiamento da dipolo e sempre zero in quanto il momento e costante. (In linguaggioprofondo ma per ora incomprensibile il gravitone ha spin 2, mentre il fotone ha spin 1). L’irraggiamento daquadrupolo puo essere stimato come

Wirr ∼W 2

int

W0dove W0 =

c5

G= 3.62 1052 Watt

e Wint ∼ ˙Q ha il significato fisico di potenza interna (non sferica) del sistema. Ad esempio due corpi di masse Min orbita a distanza R l’uno dall’altro sentono una forza F ∼ GM2/R2 ed hanno velocita data da M ∼ v2R/G:quindi Wint ∼ Fv ∼ v5/G = W0(v/c)5 < W0 in quanto v < c (quando si raggiunge v ∼ c il sistema collassa inun buco nero). La costante universale W0 ha quindi il significato fisico di massima potenza possibile.

Nel caso del sistema Terra/Sole, bisogna tenere conto che hanno masse diverse: ε = MT /MS ∼ 10−6. Questoproduce Wint = εW0(v/c)5. Essendo v/c ≈ 10−4 si ha Wirr ∼ ε2(v/c)10W0 ∼Watt, meno di una lampadina. Adifferenza dell’analogo elettromagnetico nell’atomo di idrogeno non e un fenomeno preoccupante.

Esercizio 156: Scattering elettrone/fotone

bSoluzione: Se a = qeE/m si ottiene

σ =W

S=

4πε0c(2/3)(e2/mc2)2〈E2〉ε0c2〈EB〉

=8π3r2e

re = e2/mc2 = 2.82 10−13 cm e il raggio classico dell’elettrone. Vale solo se si puo trascurare il rinculodell’elettrone (cioe raggi γ).

Se illumino un atomo di idrogeno il protone non conta nulla (a energie maggiori di 13.6 eV, mentre a energieminori conta solo lo stato legato).

Se illumino un atomo di elio ho 2 elettroni che possono irraggiare in fase. In generale Z2 or Z.

Esercizio 157: Polarizzazione della CMB

bSoluzione: da fare

Esercizio 158: Un’antenna

bSoluzione: Un’antenna che contiene una corrente oscillante I = I0eiωt(1−2|z|/`) contiene una carica ρ = −∇·

j = −∂I/∂z = (z/|z|)2I0eiωt/L e quindi produce un dipolo elettrico oscillante p =∫ `/2

−`/2ρz dz = I0`e

iωt/2iω.Secondo la formula di Larmor un singolo dipolo elettrico p irraggia in direzione θ rispetto al dipolo

dW

dΩ=〈p2〉 sin2 θ

4πc3 · 4πε0W =

I20

2Rrad Rrad =

(k`)2

6c · 4πε0≈ 5(k`)2 ohm

Segnali TV hanno λ ∼ (10÷100) m, quindi se un albero si interpone fra l’antenna ricevente e quella trasmittentenon e un problema serio.

Capitolo 13. Irraggiamento 93

Esercizio 159: Due antenne

Due antenne piccole rispetto a λ situate a distanza λ/4 irraggiano con dipoli uguali eccetto una differenza difase di 90. Calcolare dW/dΩ ed il momento irraggiato

bSoluzione:Due dipoli irraggiano un campo elettrico

E = E1 + E2 = E1(1− eiδ) δ =π

2+

2πλ

λ

4cos θ =

π

2(1 + cos θ)

QuindidW

dΩ=dW1

dΩ|1− eiδ|2 =

dW1

dΩ2(1− cos δ) =

ω2I20L

2

16πc3sin2 θ

[1 + sin(

π

2cos θ)

]Cioe non e simmetrica. Viene quindi anche emesso un momento

dpz

dt=

1c

dU

dt(1− π2

12)

che per W ∼ 105 W vale Fz ∼ 10−4 N.

Esercizio 160: Dipolo magnetico

Pulsar ruotante

bSoluzione: Una pulsar ruota facendo girare anche il suo dipolo magnetico µ. Quindi irraggia W = 2µ2/3c3 =2ω4µ2/3c3 riducendo l’energia cinetica rotazionale U = Iω2/2 (I ≈ 2

5MR2). Se ω e misurato si ricava

µ2 =35MR2ωc3

ω3B ∼ 2µ

R3∼ 1015Gauss

per M ∼M, R ∼ 10 km, T ∼ 10 s, T ∼ 10−10.

Capitolo 14

Relativita

Introducendo Aµ = (ϕ,A) le equazioni E = −A/c−∇ϕ e B = ∇×A diventano

Fµν = ∂µAν − ∂νAµ =

0Ex 0Ey Bz 0Ez −By Bx 0

Le equazioni di Maxwell sono

∂µFµν =

4πcJν Jν = (cρ,J)

Le trasformazioni di Lorentz dei campi sono

Fµ′ν′= Λµ′

µ Λν′

ν Fµν Λ(βx) =

γ −βγ 0 0−βγ γ 0 0

0 0 1 00 0 0 1

i.e.E′x = Ex B′x = Bx

E′y = γ(Ey − βBz) B′y = γ(By + βEz)E′z = γ(Ez + βBy) B′z = γ(Bz − βEy)

L = − 14F

µνFµν = (E2 −B2)/2 e εµναβFµνFαβ ∝ E ·B sono invarianti di Lorentz. Per un’onda valgono zero.

(Sporco trucco: F ≡ E + iB fa rotazioni con angolo complesso, quindi F 2 e invariante).Non useremo le seguenti formule. Quadri-corrente di una carica puntiforme q in moto Xµ(τ) arbitrario:

Jµ = q

∫dτ Vµ δ(xµ −Xµ(τ)).

Per moto rettilineo uniforme a velocita v si riduce all’ovvio Jµ = q

(1v

)δ(x− vt)δ(y)δ(z), come puo verificare

trasformando J ′µ = q

(10

)δ(x′)δ(y′)δ(z′).

Il vettore di Poynting fa parte del tensore simmetrico ‘energia impulso’ Tµν che trasforma come

T ′00 = γ2(T00 − 2T0xβ + Txxβ2), T ′xx = γ2(Txx − 2T0xβ + T00β

2), T ′0x = γ2[T0x(1 + β2)− β(T00 + Txx)]

T ′0y = γ(T0y − Txyβ), T ′xy = γ(Txy − T0yβ), T ′yy = Tyy

e lo stesso per y → z.

Esercizio 161: Contrazione di Lorentz

Verso il 1900 si discuteva il seguente problema: assumendo che la materia sia tenuta assieme da forze elettro-magnetiche, e sapendo come queste si trasfromano in diversi sistemi di riferimento determinare in che modo lamateria si ingrossa o rimpicciolisce se vista da un sistema in moto.

bSoluzione: Una volta capito, il problema diventa banale. Siccome l’elettromagnetismo ed il resto della fisicatrasformano in modo ben definito sotto trasformazioni di Lorentz, la distanza fra due punti di un oggetto formaun quadrivettore Xµ, che si trasforma come un quadrivettore indipendentemente dalle forze complicate Fµν

che lo tengono assieme. E.g. e ovvio che sotto rotazioni la distanza e un invariante: il resto non e molto piuprofondo.

94

Capitolo 14. Relativita 95

Esercizio 162: Che cosa e l’elettromagnetismo

Mostrare che l’elettromagnetismo e l’unica teoria relativistica di un campo vettore.

bSoluzione: In meccanica classica (ma specialmente in meccanica quantistica) un modo conveniente di de-scrivere una teoria consiste nello scriverne la Lagrangiana L (per quanto riguarda la presente discussione unaLagrangiana e sostanzialmente l’energia cinetica). Se ad esempio la teoria ha una qualche simmetria puo nonessere ovvio vederla dalle equazioni del moto. che la Lagrangiana. Ci interessa il caso in cui la simmetria el’invarianza di Lorentz: quindi la Lagrangiana deve essere uno scalare.

Nel caso una teoria relativistica di un campo scalare φ la naturale Lagrangiana e L = ±(∂µφ)2, con il segnofissato ad essere + in modo che l’energia cinetica sia positiva, L = +φ2 + · · ·.

Per un vettore Aµ apparentemente si ha L = ±(∂µAν)2, ma questa teoria non ha senso: infatti perqualunque segno o la componente A0 o le componenti A1,2,3 hanno energia cinetica con segno sbagliato. L’unicateoria sensata e data da L = −(∂µAν −∂νAµ)2. Questa forma speciale corrisponde ad una nuova simmetria ‘digauge’ Aµ → Aµ +∂µφ, necessaria (specialmente a livello quantistico) per giustificare la speciale forma sensata.La simmetria di gauge vincola altri termini addizionali:

• Il fotone deve avere massa zero. Infatti il termine Lorentz-invariantem2A2µ/2 (m ha dimensioni lunghezza−1)

viene proibito. Questo sarebbe un termine di massa per il fotone. Infatti in sua presenza il quadri-vettored’onda che compare in eiK·X soddisferebbe a K2 = m2, e quindi ω/c > m. Quantisticamente il quadri-impulso e Pµ = hKµ, per cui hm e una massa. Nel limite statico (ω = 0) si avrebbe k = im, cioe la forzadi Coulomb sarebbe ∝ e−rm/r2.

• L’accoppiamento alla materia JµAµ rispetta questa simmetria se ∂µJµ = 0: la carica elettrica deve essere

conservata.

Quando viene sviluppata anche una teoria della materia Jµ diventa ΨγµΨ e l’invarianza di gauge diventa unasimmetria locale di Ψ: U(1) nel caso dell’elettromagnetismo, SU(2) per le interazioni elettro-deboli, SU(3) perquelle forti, e Poincare per la gravita.

Esercizio 163: Forza fra 2 cariche bis

Due elettroni si muovono parallelamente lungo traiettorie rettilinee a distanza a con velocita costante v c.Calcolare la forza elettromagnetica

bSoluzione: Modo 1: Nel sistema in cui le cariche sono in quiete F0 = e2/4πε0 e quindi la relativita dice cheFv = F0/γ

Modo 2: Nel sistema di quiete esiste solo E. Trasformando i campi trovo che nel sistema in cui le cariche simuovono E′y = γEy e B′z = −γβEy: la forza di Lorentz e

Fv = γ(e2

4πε0− ev · µ0

4πev) =

e2

4πε0γ(1− v2

c2) =

F0

γ

Per calcolare il segno basta ricordare che fili con correnti uguali si attirano.Negli acceleratori di particelle si riesce ad accelerare fasci di particelle cariche, perche a v ∼ c la forza

repulsiva di Coulomb e compensata da quella magnetica.

Esercizio 164: Scattering debole bis

Una carica q viaggia lungo l’asse x con energia E e ‘grande’ parametro d’impatto b verso una carica Q, fermanell’origine e di massa cosı grande che rimane a riposo. Calcolare il piccolo angolo di deflessione e verificare chel’impulso acquistato da q e uguale ed opposto a quello acquistato da Q.

bSoluzione: La formula dp/dt = F = q(E +v×B) e vera anche relativisticamente, dove p = mγv e l’impulsorelativistico.

96 Capitolo 14. Relativita

Per ‘grande’ b la carica q viene deflessa di poco e si ha θ(b) ' ∆pq⊥/p 1 con

∆pq⊥ =

∫ +∞

−∞dt qEQ

⊥(x = vt, y = b, 0, t) =qQ

4πε0

∫ +∞

−∞

b dt

[(vt)2 + b2]3/2=

qQ

2πε0vb

Il calcolo e stato gia effettuato a pagina 13, mostrando che uno puo fare l’integrale col il teorema di Gauss.L’impulso acquistato da Q si calcola in modo analogo, in termini del campo elettrico generato dalla carica

q in moto relativistico: partendo dal sistema S′ dove q e ferma (x′ = γ(x− vt)) le trasformazioni di Lorentz diE dicono che E⊥ e innalzato da un fattore γ:

∆pQ⊥ =

∫ +∞

−∞dtQEq

⊥(0, 0, 0, t) =qQ

4πε0

∫ +∞

−∞

γb dt

[(γvt)2 + b2]3/2= ∆pq

⊥

Esercizio 165: Carica in E e B ortogonali bis

Estendere l’esercizio di pagina 52 al caso di moto relativistico.

bSoluzione: Avevamo visto che una carica in E e B ortogonali spiraleggia driftando a velocita costante,indipendente dalla carica e dalla massa. Questo diventa ovvio riassorbendo il drift tramite una trasformazione diLorentz con velocita E/B. Nel nuovo sistema E′ = 0 e B′ =

√B2 − E2 (se B > E) come segue immediatamente

dal fatto che E ·B = 0 ed E2 − B2 sono invarianti di Lorentz. Se E > B si puo andare in un sistema doveB′ = 0 ed E′ =

√E2 −B2 tramite un boost di velocita c2B/E. Fisicamente questo e dovuto al fatto che se il

campo elettrico e troppo grosso, E > B, il campo magnetico non riesce ad incurvare la traiettoria.

Esercizio 166: Filo in moto

Un filo rettilineo infinito disposto lungo l’asse x ha sezione A e contiene n elettroni per unita di lunghezza inmoto con velocita v, e n protoni fermi. Il filo viene messo in modo con velocita β lungo l’asse x. Calcolare icampi E e B.

bSoluzione: Nel sistema S dove il filo e fermo il vettore quadricorrente J = (ρ, j) vale J = (0, i/A) dovei = nev. Questo produce E = 0 e B = θµ0i/2πr.

1. Un primo modo di calcolare i campi nel sistema S′ rispetto al quale il filo si muove con velocita β. Unopuo pasticciare nel tradurre le trasformazioni di Lorentz dei campi in coordinate cilindriche, per evitarerogne e bene tenere in conto che il sistema ha simmetria cilindrica e che E2 −B2 e E ·B sono invarianti.Il risultato e

E′r = −γβBθ, B′θ = γBθ (14.1)

2. Un secondo modo consiste nel trasformare il quadrivettore J , ottenendo

ρ′ = −γβjx, j′x = γjx (14.2)

da cui e immediato riottenere la (14.1): j′x e quindi B′θ diventa γ volte piu grosso, e la densita di caricalineare λ′ = Aρ′ = −γβnev genera il campo elettrico E′r = λ′/2πε0r calcolato a pagina 7.

3. Un terzo modo piuttosto rognoso, ma che consente di capire da dove salta fuori la carica, consiste neltrasformare le singole particelle. Nel sistema S′ i protoni hanno carica +e, velocita β e densita n′+ = γn,perche la lunghezza si contrae. Nel sistema S′ gli elettroni hanno carica −e, velocita v′ = (β+v)/(1+βv)(formula di addizione delle velocita) e densita n′− = nγ(v′)/γ(v). Per calcolare n′− conviene considerareil sistema S′′ rispetto al quale gli elettroni sono fermi e n′′− = n/γ(v), con γ(v) = (1− v2)−1/2. Quindi ladensita di carica del filo nel sistema S′ vale

λ′ = λ+γ(β) + λ−γ(v′)γ(v)

= −neγ(β)vβγ(β)

(utilizzando λ+ = −λ− = ne e γ(v′) = γ(v)γ(β)(1 + vβ)) in accordo con la (14.2) e quindi con la (14.1).

Questo esercizio illustra che tutto e consistente, e che utilizzare le leggi di trasformazione dei campi e molto piurapido.


Esercizio 167: Forza prodotta da filo in moto

Una particella di carica q e in quiete a distanza r dal filo dell’esercizio precedente. Calcolare la forza che agiscesulla carica.

bSoluzione:

1. F ′r = qE′r dove E′r e stato calcolato in vari modi all’esercizio precedente.

2. Alternativamente si puo calcolare la forza nel sistema S dove il filo e fermo e la carica in modo con velocita−β lungo l’asse x. La forza di Lorentz e diretta lungo r e vale Fr = −qβBθ. Trasformando la forza alsistema S′ si ottiene F ′r = γFr in accordo con il risultato precedente.

Esercizio 168: Onda vista da sistema in moto

Un’onda si muove lungo K = ω(1, nx, ny, 0) con B = (0, 0, Bz) e E = B(ny,−nx, 0). Come diventa se vista daun sistema in moto lungo l’asse x con velocita β?

bSoluzione: Siccome K e un quadri-vettore

K ′ = ω(γ(1− nxβ), γ(nx − β), ny, 0) i.e. ω′ = ω − nxβny′

nx′=

1γ

1(nx/ny)− β

Il campo magnetico diventaB′ = (0, 0, B′z) = γBz(1− βny)(0, 0, 1)

Per finire il campo elettrico deve diventare E′ = B′(n′y,−n′x, 0), dovendo essere E′ = k′×B′.

Esercizio 169: Riflessione da specchio in moto

Un’onda elettromagnetica di frequenza ω si muove in direzione n = (nx, ny, 0) con il campo elettrico polarizzatolungo l’asse z. Uno specchio e situato a x = 0 nel piano yz.

1) Calcolare direzione e campi elettromagnetici dell’onda riflessa.

Lo specchio viene ora messo in moto con velocita costante v lungo l’asse x.

2) Calcolare direzione, frequenza e campo elettrico dell’onda elettromagnetica incidente rispetto al sistemadi riferimento in cui lo specchio e fermo.

3) Calcolare direzione, frequenza e campo elettrico dell’onda riflessa rispetto al sistema in cui lo specchio ein moto.

bSoluzione: Al bordo con una superficie riflettente E= = B⊥ = 0: quindi se mando un’onda, l’onda riflessaha E= e B⊥ invertiti. Ricordo la riflessione da uno specchio fermo:

krx = ki

x, krz = −kr

z , Er = −Ei

Poi E ·B e E2 −B2 sono invarianti...

Esercizio 170: Aberrazione relativistica

Siccome i fotoni emessi da dietro fanno un viaggio piu lungo un cubo che viaggia a velocita β viene vistoruotato di un angolo α→ 90 per β → 1 (e con velocita appartente > c). L’effetto geometrico banale e quello dicontrazione si sommano a dare questo. NON viene visto contratto (Einstein trascurava l’effetto banale). Unasfera rimane una sfera.

bSoluzione: Si tiene conto di questo effetto quando si osservano i getti emessi da un nucleo galattico attivo.


Esercizio 171: π0 → 2γ

Dedurre la partita del π0 dalla misura della polarizzazione della luce emessa nel suo decadimento.

bSoluzione: Il π0 decade in due onde elettromagnetiche (‘fotoni’ γ); per la conservazione dell’impulso le dueonde hanno eguali intensita se il π0 e a riposo. Possono pero avere diversa polarizzazione: chiamiamo θ l’angolofra i campi elettrici E1 e E2 delle due onde. Ha interesse calcolare in funzione di θ quanto valgono gli invariantidi Lorentz: scalare e pseudo-scalare:

E2 −B2 ∝ FµνFµν , E ·B ∝ εµνρσF

µνF ρσ

dove E = E1 + E2 e B = B1 + B2.

1 Se θ = 0 (fig. a sinistra)si ha E1 = E2; tenendo conto che i due γ hanno k opposti i campi magnetici sonoanti-paralleli: B1 = −B2. Quindi E2 −B2 6= 0 e E ·B = 0.

E1

B1

E2

B2

π0

E1

B1

E2

B2

π0

2 Se θ = π/2 (fig. a destra) i campi sono ortogonali: E1 ⊥ E2 e B1 ⊥ B2. Questo produce E2 −B2 = 0 eE ·B 6= 0.

3 Per θ generico si ha E1 = (1, 0), B1 = (0, 1), E2 = (cos θ, sin θ), B2 = (sin θ,− cos θ). Questo produce siaE ·B ∝ sin θ che E2 −B2 ∝ cos θ.

Sperimentalmente misurando le polarizzazioni dei due fotoni emessi in decadimenti π0 → γγ si trova cheesse sono ortogonali (cioe θ = π/2 come nel caso 2) e che quindi il decadimento del π0 genera un campoelettromagnetico che ha diverso da zero l’invariante pseudo-scalare E ·B. Andando avanti si concluderebbe cheil π0 e uno pseudo-scalare accoppiato all’elettromagnetismo tramite interazione Lagrangiana π0εµναβF

µνFαβ

e che alcune interazioni fondamentali violano la parita (cioe un esperimento da risultati diversi dello stessoesperimento costruito in modo speculare).

Esercizio 172: GZK

Un protone urta frontalmente un fotone di energia Eγ = 10−12 mpc2, dove mp e la massa del protone.

1. Quale energia Ep deve avere il protone affinche il processo pγ → ∆ sia possibile, se m∆ = 1.3mp?

2. La ∆ viene prodotta e successivamente decade in un protone p′ ed in un fotone γ′. Quali energie hannole particelle di decadimento, nel sistema di quiete della ∆?

3. Nel sistema di quiete della ∆, p′ e γ′ vengono emessi in direzione ortogonale alle velocita delle particellep e γ originarie. Quali energie Ep′ ed Eγ′ hanno le particelle di decadimento nel sistema iniziale?

bSoluzione: E un problema di soglia piu difficile del solito perche il sistema rilevante non e ne il CM ne il lab(ma e il sistema in cui le stelle sono ferme).

1. Predendo il modulo quadro di Pp + Pγ = P∆ trovo

2(Ep − pp cos θ) =m2

∆ −m2p

Eγ

Il protone e ultra-relativistico: pp ≈ Ep. La minima Ep e richiesta quando cos θ = −1 (scontro frontale).Quindi protoni con energia maggiore di Ep > (m2

∆ −m2p)/4Eγ = 5.5 1011 GeV vengono assorbiti.


2. Da P∆ = P ′p + P ′γ si ha P ′2γ = (P∆ − P ′p)2 cioe, nel sistema del CM in cui la ∆ e ferma 0 = m2∆ +m2

P −2m∆E

′pCM/c

2, da cui E′pCM/c2 = (m2

∆+m2p)/2m∆. Procedendo in modo simile, o usando E′γCM+E′pCM =

m∆c2 si trova E′γCM = (m2

∆ −m2p)c

2/2m∆.

3. Facendo una trasformazione di Lorentz E′ = γ(E′CM + vCMp′xCM) = γE′CM dove E′CM sono le energie

calcolate nel CM al punto 2. Il fattore γ vale E∆/m∆c2 ≈ Ep/m∆c

2 ≈ 1011. Qualitativamente E′p ∼E′γ ∼ γm∆. Quindi nel processo (ogni volta che l’angolo di decadimento nel CM e diverso da 0) il fotoneha acquistato energia a spese del protone.

Questo problema e attualmente anche uno dei problemi della cosmologia. L’universo e riempito da ‘radiazionecosmica di fondo’ (fotoni con energia Eγ ≈ 2.73 K) e da raggi cosmici (protoni). I protoni possono venirdistrutti tramite il processo pγ → ∆. Quindi in questo problema abbiamo mostrato che non dovrebbero esistereraggi cosmici di energia superiore a 5 1010 GeV (numero ufficiale ottenuto da calcolo esatto nel 1966: Greisen-Zatsepin-Kuzmin (GZK) cutoff), o —piu precisamente, tenendo conto della densita di fotoni — che possonoarrivare sulla terra solo se prodotti entro d = 1/nγσ ∼ 10 Mpc dove nγ ∼ 400/ cm3 e σpγ ∼ 10−28 cm2. (Inrealta il decadimento dominante e ∆ → Nπ invece di ∆ → pγ, ma questo rafforza il bound) Il problema eche raggi cosmici (protoni?) sopra il GZK cutoff sono stati osservati, mentre non si osserva nessuna possibilesorgente abbastanza vicina. Una possibile spiegazione e che intensi campi magnetici extra galattici facciano faregiri bislacchi ai protoni, per cui non arrivano ne dalla stessa direzione ne allo stesso tempo dei fotoni emessidalla sorgente che non si riesce a vedere e che quindi puo essere morta nel frattempo. Altra possibile soluzionee che la relativita sia sbagliata: nessuno la ha mai testata ad E/mc2 tanto alti. Altra possibilita e che sianoprodotti vicino alla Terra dal decadimento di particelle relitte di enorme massa.

Esercizio 173: Effetto Compton

Mandando raggi X su elettroni fermi nel 1923 Compton trovo λ′(θ) = λ+0.024A(1−cos θ). Si mostri che questae la relazione cinematica per γe→ γe considerando il fotone come una particella di energia E = hν = hc/λ.

bSoluzione: Scrivo Pγ + Pe = P ′γ + P ′e con

Pγ = (E/c,E/c, 0, 0), Pe = (mec, 0, 0, 0), P ′γ = (E′, E′ cos θE′ sin θ)/c

(mostrare che il numero incognite = equazioni +1, come dovrebbe essere). Siccome P ′e non mi interessa ricavodirettamente il risultato riscrivendo la conservazione del quandri-impulso come P ′e = (Pγ−P ′γ +Pe) e prendendoil modulo quadro:

m2e = m2

e + 0 + 0 + 2me(E − E′) + 2EE′(cos θ − 1)

cioe1E′

=1E

+1− cos θmec2

, λ′ = λ− λCompton(1− cos θ)

dove l’ultima equazione e stata ricavata usando l’equazione quantistica (compatibile con la relativita!) λCompton =h/mec

2 = 2.4 10−12 m. E = hν significa che non posso affievolire la luce sotto un certo limite.Insieme all’effetto fotoelettrico questo processo mostro in modo diretto che la luce ha anche natura parti-

cellare, cosa per la prima volta proposta in modo troppo conservatore da Planck in un tentativo di spiegare lospettro di corpo nero.

Esercizio 174: Esperienza d Fizeau

bSoluzione: Usando la formula di addizione delle velocita

v′ = (v + c/n)/(1 + v/nc) t = (Ln/c)(1 + v/nc)/(1 + vn/c) ≈ T0[1− (v/c)(n− 1/n)]

Quindi ∆ϕ = 2πν ∆t = (2πL/λ)(v/c)(n2 − 1).


Esercizio 175: Iraggiamento da elettroni relativistici

Quale e la massima energia raggiungibile da un acceleratore di elettroni?

bSoluzione: Siccome W = dE/dt = dE′/dt′ e uno scalare di Lorentz, la generalizzazione relativistica e

W = −23

e2

m2c3dPµ

dτ

dPµ

dτ=

23

e2

m2c3

[(dp

dτ

)2

− 1c2

(dE

dτ

)2]dove dτ = dt/γ e P = (E/c,p) = mγ(c,v). Specializziamo questa formula generale alle due tecnologie possibilidi acceleratori di particelle: lineare e circolare.

In un acceleratore lineare, usando dE = v dp (che segue da 0 = d(E2/c2 − p2) = 2(E dE/c2 − p dp)) laformula puo essere riscritta in modo uguale a quella non relativistica

W =23

e2

m2c3

(dp

dt

)2

=23

e2

m2c3

(dE

dx

)2W

dE/dt=

23

e2

m2c31v

dE

dx≈ dE/dx

mc2/re 1

In un acceleratore si riescono a produrre campi elettrici tanto intensi da accelerare un elettrone da fermo arelatvistico in 10 cm: cioe si raggiunge dE/dx = mec

2/` con ` ∼ 10cm. Quindi la frazione di energia persa perirraggiamento e re/` ∼ 10−13: completamente trascurabile. Il problema e che per accelerare elettroni fino adenergie mai raggiunte prima (E ∼ 106mec

2) serve una lunghezza 106` ∼ 100km, il che costa 1010e.In un acceleratore circolare domina il termine |dp/dτ | = γ · ω·= γ · (v/R) ·mγv = mγ2a, con a = v2/R.

Quindi W e dato dalla formula non relativistica maoltiplicata per γ4 e

dE

dx=W

v=

2e2

3R2γ4β3

Quindi il massimo γ raggiungibile accelerando elettroni in un acceleratore circolare di raggio R e con gradientedE/dx vale

γmax ≈ 4

√dE/dx|max

e2/R2=

√R√re`∼ 6 105

√R

5 km

avendo usato e2/R2 = mec2 re/R

2. LEP conR di qualche km ha raggiunto 2 105 con una corrente di qualche mA.La parte dell’acceleratore che costa piu energia e il raffreddamento dei magneti superconduttori che produconocampi magnetici di ∼ 1 Tesla, necessari per far girare gli elettroni. Notare che il γmax non dipende dalla massadella particella: per raggiungere energie elevate conviene usare particelle pesanti: Emax ∼ mc2γmax. Nel 2007nell’ex anello di LEP, LHC accelerera protoni fino a γmax ∼ 104.

Esercizio 176: Miraggi

bSoluzione: Ricordo che in unita c = 1 k = nω con n grosso in zone piu dense.Quando la luce entra in zone poco dense rimbalza.La fase dell’onda K ·X e uno scalare e quindi K = (ω, k) = ω(1, n) e un quadrivettore. Se kz → 0 l’onda

torna indietro. Se l’onda va storta cioe kx 6= 0 k2z = (nω)2 − k2

x questo succede non per n = 0 ma per n = kx/ωche e tipicamente di ordine uno per angoli di ordine uno.

Altro modo: vado nel sistema dove k′x = 0. Sfruttando l’invarianza di K2 e di kz in tale sistema ω′2 = ω2−k2x

i.e.

n′2 = (k′zω′

)2 =k2

z

ω2 − k2x

=n2 − β2

1− β2→ 0 β ≡ kx

ω

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