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Esercizio 2 – Esercizi misti elettromagnetismo

Esercizi misti sull'elettromagnetismo

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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\, \text{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 1. 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'=\text{0,4} \text{V}.

 

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Figura 1: schema del problema.

 

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: schema del problema.

  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-y\right)}{\ln R_2-\ln R_1}. \end{equation*}

I due condensatori sono in parallelo, dunque:

(7) \begin{equation*} \begin{aligned} C_{\mathrm{eq}} &= C_1 + C_2 \\ &= \frac{2\pi \varepsilon_0 \kappa y}{\ln R_2-\ln R_1} + \frac{2\pi \varepsilon_0 (h-y)}{\ln R_2-\ln R_1} \\ &= \frac{2\pi \varepsilon_0\bigl(\kappa y + h-y\bigr)}{\ln R_2-\ln R_1} \\ &= \frac{2\pi \varepsilon_0\bigl(h + y(\kappa-1)\bigr)}{\ln R_2-\ln R_1}. \end{aligned} \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*} \begin{aligned} E &=\dfrac{Q}{C_{\mathrm{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(\kappa-1)\right)}\\ &=\dfrac{Q}{2\pi\varepsilon_0\,r\left(h+y(\kappa-1)\right)}. \end{aligned} \end{equation*}

Si conclude quindi che il campo elettrico cercato è

\[ \boxcolorato{fisica}{E(r,y)=\dfrac{Q}{2\pi\varepsilon_0\,r\left(h+y(\kappa-1)\right)}.} \]

 

   

\[\]

  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*} \begin{aligned} \Delta V' &= \int_{R_1}^{R_2} E(r,y)\,\mathrm{d}r \\[4pt] &= \frac{Q}{2\pi\varepsilon_0\bigl(h+y(\kappa-1)\bigr)} \int_{R_1}^{R_2}\frac{\mathrm{d}r}{r} \\[4pt] &= \frac{Q}{2\pi\varepsilon_0\bigl(h+y(\kappa-1)\bigr)} \ln\!\left(\frac{R_2}{R_1}\right). \end{aligned} \end{equation*}

da cui

(10) \begin{equation*} \frac{Q}{2\pi\varepsilon_0\left(h+y(\kappa-1)\right)} \ln\!\left(\frac{R_2}{R_1}\right)=\Delta V' \quad\Longleftrightarrow\quad h+y(\kappa-1)=\frac{Q}{2\pi\varepsilon_0\,\Delta V'} \ln\!\left(\frac{R_2}{R_1}\right). \end{equation*}

cioè

(11) \begin{equation*} \begin{aligned} y(\kappa-1) &= \frac{Q}{2\pi\varepsilon_0\,\Delta V'} \ln\!\left(\frac{R_2}{R_1}\right) - h, \\[4pt] y &= \frac{Q}{2\pi\varepsilon_0(\kappa-1)\,\Delta V'} \ln\!\left(\frac{R_2}{R_1}\right) - \frac{h}{\kappa-1}. \end{aligned} \end{equation*}

Concludiamo con la seguente soluzione

\[ \boxcolorato{fisica}{% y=\frac{Q}{2\pi\varepsilon_0(\kappa-1)\Delta V'}\ln\!\left(\frac{R_2}{R_1}\right)-\frac{h}{\kappa-1} =5{,}6\,\mathrm{cm}.} \]

Approfondimento.

Proponiamo una soluzione alternativa per il punto a). Trascurando gli effetti di bordo, il problema presenta simmetria cilindrica; dunque il campo elettrico tra le armature ha direzione radiale e si può scrivere

(12) \begin{equation*} \vec{E}(r,y)=E(r,y)\,\hat{r}, \end{equation*}

dove r è la distanza dall’asse del condensatore, y è la quota della superficie di separazione tra dielettrico e vuoto e \hat{r} è il versore radiale.

All’interfaccia dielettrico–vuoto il campo elettrico tangenziale deve essere continuo (in elettrostatica \vec{\nabla}\times \vec{E}=0 e la circuitazione su un rettangolo che attraversa l’interfaccia deve annullarsi), quindi

(13) \begin{equation*} E_{1\parallel}=E_{2\parallel}=E. \end{equation*}

Qui l’indice 1 indica la regione in vuoto e l’indice 2 la regione nel dielettrico; poiché \vec{E} è radiale, esso è tangente alla superficie di separazione (che è un piano orizzontale), quindi la condizione sopra implica direttamente che il modulo E è lo stesso nelle due regioni.

Il campo di induzione elettrica invece vale

(14) \begin{equation*} D_1=\varepsilon_0\,E, \qquad\qquad D_2=\varepsilon_0\kappa\,E. \end{equation*}

Applichiamo ora il teorema di Gauss a \vec{D} scegliendo come superficie gaussiana un cilindro coassiale di raggio r e altezza h. Il flusso attraverso le basi è nullo (poiché \vec{D} è radiale), quindi contribuisce solo la superficie laterale, che si divide in:

\[ \Sigma_1 = 2\pi r\,(h-y)\quad \text{(vuoto)}, \qquad \Sigma_2 = 2\pi r\,y\quad \text{(dielettrico)}. \]

Pertanto

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

Sostituendo (14) in (15) otteniamo

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

ossia

(17) \begin{equation*} 2\pi\varepsilon_0\,E\,r\Bigl[h+y(\kappa-1)\Bigr]=Q. \end{equation*}

Da cui segue finalmente

\[ \boxcolorato{fisica}{% E=E(r,y)=\frac{Q}{2\pi\varepsilon_0\,r\Bigl[h+y(\kappa-1)\Bigr]}.} \]

Fonte.

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

 
 

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