Esercizio 2 – Esercizi misti elettromagnetismo

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Esercizio 2. $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ Un condensatore cilindrico isolato di raggio interno $R_1=1\,\text{cm}$ , raggio esterno $R_2=2$ cm e altezza $h=10$ cm è caricato con carica $Q=5\cdot 10^{-12}$ C. Successivamente, un guscio dielettrico di costante dielettrica $\kappa=2$ avente gli stessi raggi del condensatore viene parzialmente inserito tra le armature come mostrato in figura. Calcolare:

a) il campo elettrico tra le armature del condensatore in funzione della quota $y$ ;

b) di quanto bisogna inserire il dielettrico affinché la d.d.p. ai capi del condensatore sia pari a $\Delta V'=0,4$ V.

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Svolgimento punto a. Consideriamo un condensatore cilindrico di raggi $R_1$ , $R_2$ e altezza $h$ . Il cilindro viene caricato con una carica $Q$ e poi isolato con le armature immerse in un dielettrico di constante dielettrica relativa $\kappa$ . La capacità del condensatore e il campo elettrico tra le armature sono [1].

(1) $\begin{equation*} \begin{cases} E(r)=\dfrac{Q}{2\pi\varepsilon_0 \kappa hr}\\\\ C=\dfrac{2\pi\varepsilon_0\kappa h}{\ln R_2-\ln R_1}. \end{cases} \end{equation*}$

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Esprimiamo il campo elettrico del condensatore in funzione della capacità. Dalla (1) si ha

(2) $\begin{equation*} \begin{cases} 2\pi\varepsilon_0\kappa h=\dfrac{Q}{Er}\\\\ 2\pi\varepsilon_0\kappa h=C\left(\ln R_2-\ln R_1\right), \end{cases} \end{equation*}$

da cui

(3) $\begin{equation*} \dfrac{Q}{Er}=C\left(\ln R_2-\ln R_1\right), \end{equation*}$

cioè

(4) $\begin{equation*} E=\dfrac{Q}{Cr\left(\ln R_2-\ln R_1\right)}. \end{equation*}$

Torniamo al problema. Una volta inserito il dielettrico all’interno del condensatore la carica totale $Q$ (chiaramente si conserva) si ridistribuisce per la presenza delle cariche di polarizzazione. Il sistema può essere pensato come due condensatori cilindrici in parallelo uno con il dielettrico e uno no. In figura 3 e 4 rappresentiamo la situazione

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Dal punto di vista circuitale si ha la seguente situazione

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La capacità del primo condensatore è

(5) $\begin{equation*} C_1=\dfrac{2\pi \varepsilon_0 \kappa y}{\ln R_2-\ln R_1} \end{equation*}$

e il secondo ha capacità

(6) $\begin{equation*} C_2=\dfrac{2\pi \varepsilon_0\left(h-h\right)}{\ln R_2-\ln R_1}. \end{equation*}$

I due condensatori sono in parallelo, dunque:

(7) $\begin{equation*} C_{eq}=C_1+C_2=\dfrac{2\pi \varepsilon_0 \kappa y}{\ln R_2-\ln R_1}+\dfrac{2\pi \varepsilon_0\left(h-y\right)}{\ln R_2-\ln R_1}=\dfrac{2\pi\varepsilon_0\left(h-y\left(\kappa +1\right)\right)}{\ln R_2-\ln R_1}, \end{equation*}$

cioè la capacità equivalente. Essendo i due condensatori in parallelo si ha $q_1+q_2=Q$ . Sfruttando la (1) e i fatti ottenuti, si ottiene

(8) $\begin{equation*} E=\dfrac{Q}{C_{eq}r\left(\ln R_2-\ln R_1\right)}=\dfrac{Q}{r\left(\ln R_2-\ln R_1\right)}\cdot \dfrac{\ln R_2-\ln R_1}{2\pi\varepsilon_0\left(h-y\left(\kappa +1\right)\right)}=\dfrac{Q}{2\pi\varepsilon_0r\left(h-y\left(\kappa +1\right)\right)}. \end{equation*}$

Si conclude che che il campo elettrico cercato è

$\boxcolorato{fisica}{ E(r,y)=\dfrac{Q}{2\pi\varepsilon_0r\left(h-y\left(\kappa +1\right)\right)}.}$

Punto b. Calcoliamo la differenza di potenziale ai capi del condensatore:

(9) $\begin{equation*} \Delta V' = \int_{R_1}^{R_2}E(r,y)\,\text{d}r={Q\over 2\pi\varepsilon_0 \left(h+y(\kappa-1)\right)}\int_{R_1}^{R_2}{\text{d}r\over r}={Q\over 2\pi\varepsilon_0 \left(h+y(\kappa-1)\right)}\ln\bigg({R_2\over R_1}\bigg), \end{equation*}$

da cui

(10) $\begin{equation*} {Q\over 2\pi\varepsilon_0 \left(h+y(\kappa-1)\right)}\ln\bigg({R_2\over R_1}\bigg)={\Delta V'} \quad\Leftrightarrow\quad h+y(\kappa-1)={Q\over 2\pi\varepsilon_0 \Delta V'}\ln\bigg({R_2\over R_1}\bigg), \end{equation*}$

cioè

(11) $\begin{equation*} y=\dfrac{Q}{2\pi\varepsilon_0 (\-1)\Delta V'}\ln\bigg(\dfrac{R_2}{R_1}\bigg)-\dfrac{h}{\kappa-1}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione

$\boxcolorato{fisica}{ y={Q\over 2\pi\varepsilon_0 (\kappa-1)\Delta V'}\ln\bigg({R_2\over R_1}\bigg)-{h\over \kappa-1}=5,6\,\text{cm}.}$

1. Questi risultati sono fatti noti; è possibile trovare la dimostrazione su molti libri di testo. ↩

Approfondimento. Proponiamo una soluzione alternativa per il punto a. Il problema ha una simmetria cilindrica, dunque il campo elettrico all’interno del condensatore avrà direzione radiale e sarà del tipo $\vec{E}=E(r,y)\,\hat{r}$ dove $r$ è la distanza dall’asse principale, $y$ è la quota a cui è posizionata la superficie di separazione del dielettrico e $\hat{r}$ è il versore radiale rispetto all’asse del cilindro. Tra le armature del condensatore c’è una discontinuità tangenziale del campo di induzione $\vec{D}$ tra la superficie del dielettrico. Calcolando la circuitazione su un opportuno percorso chiuso, ad esempio un rettangolo che ha parte di esso nella parte dove è presente il dielettrico e una parte nel cilindro senza dielettrico, si vede che il campo è continuo all’interfaccia tra dielettrico e vuoto, altrimenti non sarebbe conservativo:

(12) $\begin{equation*} E_{1_{//}}=E_{2_{//}}=E \end{equation*}$

dove con gli indici 1 e 2 si vuole indicare che il campo elettrico al di fuori del dielettrico $\vec{E}_1=E_{1_{//}}(r,y)\,\hat{r}$ è uguale al campo elettrico all’interno del dielettrico $\vec{E}_2=E_{2_{//}}(r,y)\,\hat{r}$ . Si ha invece una discontinuità del campo di induzione, infatti sappiamo che:

(13) $\begin{equation*} D_{1}=\varepsilon_0 E \qquad\qquad D_{2}=\varepsilon_0\kappa E. \end{equation*}$

Utilizziamo il teorema di Gauss per calcolare il campo di induzione $D$ e di conseguenza il campo elettrico $E$ :

(14) $\begin{equation*} \iint_{\Sigma} \vec{D}\cdot \text{d}\vec{\Sigma}=Q\quad \Rightarrow\quad D_1\,2\pi r (h-y)+D_2\,2\pi ry=Q \end{equation*}$

dove $\Sigma$ è la superficie laterale del cilindro.
Il flusso del campo di induzione è calcolato attraverso una superficie cilindrica interna di raggio $r$ e altezza $h$ . Nel primo termine abbiamo la parte di superficie cilindrica dove non c’è il dielettrico $\Sigma_1=2\pi r (h-y)$ , mentre nel secondo termine consideriamo la superficie che occupata dal dielettrico $\Sigma_2=2\pi r y$ . Il flusso si calcola come un semplice prodotto tra campo induttivo e superficie in questo il campo è perpendicolare alla superficie cilindrica.
Inserendo (13) in (14) troviamo

(15) $\begin{equation*} 2\pi\varepsilon_0(h-y) E r +2\pi\varepsilon_0\kappa y E r =Q \end{equation*}$

Da cui otteniamo la seguente soluzione

$\boxcolorato{fisica}{ E=E(r,y)={Q\over 2\pi\varepsilon_0 r (h+y(\kappa-1))}.}$

Fonte: Esercizio tratto dagli esami di fisica 2 del professore Claudio Verona.