Esercizio 2 – Esercizi misti elettromagnetismo

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.