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Esercizio 2 – Esercizi misti elettromagnetismo

Esercizi Misti Elettromagnetismo

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Esercizio 2 – Esercizi misti elettromagnetismo

 

Esercizio 2  (\bigstar\bigstar\bigstar\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} \text{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 \text{V}.

 
 

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Figura 1.

 
 

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 sono1.

(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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Figura 2.

   

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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Figura 3: condensatori alla stessa differenza di potenziale.

   

Dal punto di vista circuitale si ha la seguente situazione

   

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Figura 4: rappresentazione circuitale dei due condensatori in parallelo.

   

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

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

 

   

    \[\]

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

Svolgimento 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

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

 

 

 

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.    

 
 

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