Esercizi svolti sulla Legge di Ampere

Sorgenti di Campo magnetico-Legge di Ampere-Proprietà magnetica

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Esercizi svolti sulla legge di Ampere e Campo magnetico

In questo articolo troverete esercizi svolti sulla Legge di Ampere e su sorgenti sorgenti di Campo magnetico, Proprietà magnetica della materia, estratti dal celebre libro “Elementi di Fisica. Elettromagnetismo e Onde” di P. Mazzoldi, M. Nigro e C. Voci. Questo spazio è pensato per gli studenti di ingegneria, fisica e matematica, e mira a fornire soluzioni dettagliate e chiaramente spiegate del capitolo 7, con particolare attenzione alle esigenze di un corso di Fisica 2.

Qui troverete una raccolta di esercizi su argomenti cruciali come le Sorgenti di Campo Magnetico, la Legge di Ampere e le Proprietà Magnetiche. Ogni problema è affrontato con un approccio metodico e approfondito, garantendo che anche i concetti più complessi siano facilmente comprensibili.

Il nostro obiettivo è quello di rendere l’apprendimento stimolante e coinvolgente, offrendo non solo soluzioni, ma anche spiegazioni che illuminano le logiche sottostanti e le applicazioni pratiche di questi principi fondamentali della fisica. Che tu stia preparando un esame, cercando di rafforzare le tue conoscenze o semplicemente esplorando l’affascinante mondo dell’elettromagnetismo, questo sito è progettato per supportarti in ogni passo del tuo percorso educativo.

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Autori e revisori degli esercizi su sorgenti di campo magnetico, legge di Ampere e proprietà magnetica della materia.

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Autore: Valerio Brunetti.

Revisore: Giulia Romoli.

Testi degli esercizi sulla legge di Ampere

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Due fili conduttori, molto lunghi, distanti $2a = 4\;\text{cm}$ , paralleli all’asse $x$ , sono percorsi dalla stessa corrente $i = 50\;\text{A}$ , con versi indicati in figura. Calcolare il campo magnetico $\vec{B}(z)$ sull’asse dei fili.

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Figura 1: schema esercizio 1.

Svolgimento.

Per risolvere il problema, è utile richiamare la legge di Biot-Savart. Come è noto, un filo conduttore rettilineo di lunghezza infinita attraversato da una corrente di intensità $i$ genera un campo magnetico. Sia $P$ un punto nello spazio dove si desidera valutare il campo magnetico $\vec{B}_P$ generato dal filo. La legge di Biot-Savart afferma che il modulo del campo magnetico $\vec{B}_P$ prodotto da un filo rettilineo infinito percorso da una corrente $i$ , misurato in un punto $P$ dello spazio, è proporzionale alla corrente $i$ che scorre nel filo e inversamente proporzionale alla distanza $r$ del punto $P$ dal filo:

(1) $\begin{equation*} \centering B_P= \dfrac{\mu_0 i }{2\pi r}, \end{equation*}$

dove $\mu_0$ è la permeabilità magnetica del vuoto ( $\mu_{0}=4\pi\times10^{-7}\;\text{Tm/A}$ ). Evidentemente, in tutti i punti equidistanti dal filo si misura lo stesso campo magnetico. Data una circonferenza di raggio $r$ concentrica al filo, contenuta nel piano perpendicolare al filo e passante per $P$ , su tutti i punti della circonferenza si misura un campo magnetico pari a $B_P$ , essendo tutti i punti alla stessa distanza $r$ dal filo. La direzione del campo magnetico $\vec{B}_P$ è perpendicolare alla distanza $\vec{r}$ tra il filo e il punto $P$ o, equivalentemente, coincide con la tangente nel punto $P$ alla circonferenza sopra definita (vedi figura 2). Il verso di $\vec{B}_P$ si ottiene con la regola della mano destra o regola della vite. Le linee del campo magnetico sono circonferenze concentriche al filo e risultano concatenate alla corrente $i$ , sorgente del campo stesso. Sia la regola della mano destra che la regola della vite sono utili per descrivere il fenomeno: una vite disposta secondo la corrente indica con il suo verso di rotazione il verso delle linee del campo magnetico; equivalentemente, la regola della mano destra afferma che, se il pollice della mano destra, tenuta chiusa a pugno, punta nel verso della corrente, le linee del campo magnetico circondano la corrente nel verso indicato dalle altre dita.

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Figura 2: rappresentazione del campo magnetico come definito nella legge di Biot-Savart.

L’esercizio ci chiede di calcolare il campo magnetico $\vec{B}_P$ generato dai due fili sull’asse $z$ in un punto generico $P \equiv (0,0,z)$ . Il piano $yz$ è perpendicolare ai due fili ed è facile dimostrare che tutti i punti sull’asse $z$ sono equidistanti dai due fili. In altre parole, scegliendo un punto qualsiasi $P$ sull’asse $z$ , la distanza $r$ del punto $P$ dal centro di entrambi i fili è la stessa. Poiché nei due fili scorre la stessa intensità di corrente, $i$ , ci aspettiamo che il modulo del campo magnetico generato da ciascun filo in $P$ sia uguale, ovvero $B_1 = B_2 = B$ , e che abbia la rappresentazione analitica come in (1).

Valutiamo il campo magnetico in un punto generico $P \equiv (0,0,z)$ , come mostrato in figura 3.

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Figura 3: rappresentazione del campo magnetico come definito nella legge di Biot-Savart.

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Figura 4: rappresentazione del campo magnetico come definito nella legge di Biot-Savart.

Per sommare i contributi di entrambi i fili e ottenere il valore del campo magnetico totale $\vec{B}_P$ in $P$ , è necessario ricordare che dati due vettori qualsiasi, il modulo della somma di due vettori non è necessariamente uguale alla somma dei moduli. I due vettori $\vec{B}_1$ e $\vec{B}_2$ non sono infatti paralleli, ma ciascuno è perpendicolare alla distanza $\vec{r}$ di $P$ dal filo corrispondente (vedere figura 3). Definiamo $\theta$ l’angolo che ciascun vettore forma con l’asse $z$ (da semplici considerazioni geometriche, si può notare come $\theta_1=\theta_2$ ). Scomponiamo ciascun vettore $\vec{B}_{1}$ e $\vec{B}_2$ nelle sue componenti lungo l’asse $y$ e lungo l’asse $z$

(2) $\begin{align*} \vec{B}_P&=\vec{B}(z)=\\[10pt] &=\underbrace{{B}\sin\theta \,\hat{z}+{B}\cos\theta\,\hat{y}}{\vec{B}1} +\underbrace{{B}\sin\theta \,\hat{z}-{B}\cos\theta\,\hat{y}}{\vec{B}_2} =\\[10pt] &=2B\sin\theta \,\hat{z}=\\[10pt] &=\frac{2 \mu_0 i \sin(\theta)}{2\pi r}\,\hat{z}= \\[10pt] &=\frac{ \mu_0 i \sin(\theta)}{\pi r}\,\hat{z}. \end{align*}$

Il campo magnetico totale $\vec{B}_P$ sarà quindi diretto secondo il verso positivo dell’asse $z$ come in figura 3. Osserviamo che l’angolo $\theta$ e la distanza $r$ dipendono entrambi dalla posizione di $P$ sull’asse $z$ . L’esercizio richiede di far dipendere $\vec{B}_P$ solo dalla quota $z$ del punto scelto. Da semplici considerazioni di trigonometria, ponendo $\overline{OP}=z$ si trova che

(3) $\begin{equation*} \centering r= \sqrt{z^2+a^2} \quad \text{e}\quad \sin(\theta) = \frac{a}{\sqrt{ z^2+a^2}}, \end{equation*}$

da cui $\vec{B}(z)$ diventa:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}(z) = \frac{ \mu_0 i a}{\pi \left(z^2+a^2\right)}\, \hat{z}.}$

A quota $z=0$ il campo magnetico assume il valore massimo e vale

(4) $\begin{equation*} \centering \vec{B}(0)=\frac{\mu_{0}i}{\pi a}\hat{z}=(1\;\text{mT})\;\hat{z}. \end{equation*}$

Osservazione.

Si vuole far osservare al lettore che le linee di campo di $\vec{B}_1$ , generate dal filo con corrente entrante, sono circonferenze concentriche al filo e con verso di rotazione orario, opposto al verso di rotazione antiorario delle linee di campo di $\vec{B}_2$ , generate dal filo con corrente uscente. D’altra parte, facendo riferimento alla figura 2, con una corrente che scorre verso l’alto, il verso di rotazione delle linee di campo è antiorario; è necessario invertire il verso della corrente affinché il verso di rotazione delle linee di campo magnetico diventi orario. Questa proprietà si ritrova ogni volta che si ha il prodotto vettoriale di due grandezze fisiche. Infatti, la legge di Biot-Savart deriva dalla prima legge elementare di Laplace, in cui è presente il prodotto vettoriale tra il vettore $d\vec{s}$ , diretto come la corrente che scorre nel filo, e il versore $\hat{r}$ , diretto come la distanza $\vec{r}$ tra il filo e il punto $P$ in cui il campo magnetico viene valutato. Il campo magnetico che compare nella legge di Biot-Savart è quindi proporzionale al prodotto vettoriale di due vettori, il primo diretto come la corrente che scorre nel filo ( $d\vec{s}$ ) e il secondo come la distanza ( $\hat{r}$ ). Sapendo che vale la seguente proprietà matematica per i prodotti vettoriali:

(5) $\begin{equation*} \centering \vec{B} \propto d\vec{s} \wedge \hat{r} \quad \text{mentre} \quad \vec{B}_{inv} \propto (-d\vec{s}) \wedge \hat{r} = -(d\vec{s} \wedge \hat{r}) \propto -\vec{B}, \end{equation*}$

è facile intuire come invertire il verso della corrente sia equivalente a invertire il verso di rotazione delle linee di campo magnetico concentriche al filo.

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Due fili conduttori indefiniti distanti $2a = 4\;\text{cm}$ , paralleli all’asse $x$ , sono percorsi rispettivamente dalle correnti $i_1 = 50\;\text{A}$ e $i_2=25\;\text{A}$ , concordi all’asse $x$ . Calcolare:

il valore del campo magnetico $\vec{B}$ nel punto $Q\equiv(0,0,a)$ ;
l’angolo $\alpha$ che $\vec{B}$ forma con l’asse $z$ .

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Figura 5: schema esercizio 2.

Svolgimento punto 1.

Questo esercizio è simile all’esercizio 1, ma in questo caso le correnti sono entrambe uscenti e di intensità diversa ( $\left \vert i_1\right \vert \neq \left \vert i_2\right \vert$ ). I moduli dei due campi magnetici generati dai due fili in un punto $Q \equiv (0,0,a)$ sull’asse $z$ si ottengono, come nel primo esercizio, dalla legge di Biot-Savart (1). Considerando che entrambi i fili distano dal punto $Q$ una distanza $r = \sqrt{2a^2} = a\sqrt{2}$ , si ha:

(6) $\begin{equation*} \vec{B}_1=\frac{\mu_0 i_1}{2\pi r}\,\hat{r}_1=\frac{\mu_0 i_1}{2\sqrt{2}\pi a}\,\hat{r}_1 \quad\quad \quad \text{e}\quad \quad \quad \vec{B}_2=\frac{\mu_0 i_2}{2\pi r}\,\hat{r}_2=\frac{\mu_0 i_2}{2\sqrt{2}\pi a}\,\hat{r}_2, \end{equation*}$

dove i due campi magnetici $\vec{B}_1$ e $\vec{B}_2$ sono orientati come in figura 6.

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Figura 6: valutazione del campo magnetico nel punto $Q\equiv(0,0,a)$ (Esercizio 2).

Osservando la figura 6 si evince che $\hat{r}_1=\cos \left(\theta_1\right)\,\hat{z}-\sin\left(\theta_1\right)\,\hat{y}$ e $\hat{r}_2=-\cos\left(\theta_2\right)\,\hat{z}-\sin \left(\theta_2\right)\,\hat{y}$ e quindi (6) diventa

(7) $\begin{equation*} \vec{B}_1=\dfrac{\mu_0i_1}{2\sqrt{2}\pi a}\left(\cos \left(\theta_1\right)\,\hat{z}-\sin\left(\theta_1\right)\,\hat{y}\right)\quad \quad\text{e}\quad\quad \vec{B}_2=\dfrac{\mu_0i_2}{2\sqrt{2}\pi a}\left(-\cos\left(\theta_2\right)\,\hat{z}-\sin \left(\theta_2\right)\,\hat{y}\right). \end{equation*}$

Dalla geometria del problema risulta chiaro che $\theta_1=\theta_2=\theta$ , pertanto applicando la formula (3) con $z=a$ si ottiene l’angolo cercato

(8) $\begin{equation*} \cos(\theta_1) =\cos \left(\theta_2\right)= \frac{a}{\sqrt{ a^2+a^2}}= \frac{a}{\sqrt{ 2a^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}, \end{equation*}$

da cui segue che $\theta_1=\theta_2=\theta=\dfrac{\pi}{4}$ . Calcoliamo il campo magnetico nel punto $Q$ sfruttando (7) e (8)

(9) $\begin{align*} \vec{B}_Q&=\vec{B}_1+\vec{B}_2=\\[10pt] &=\dfrac{\mu_0i_1}{2\sqrt{2}\pi a}\left(\cos \left(\theta_1\right)\,\hat{z}-\sin\left(\theta_1\right)\,\hat{y}\right)+\dfrac{\mu_0i_2}{2\sqrt{2}\pi a}\left(-\cos\left(\theta_2\right)\,\hat{z}-\sin \left(\theta_2\right)\,\hat{y}\right)=\\[10pt] &=\dfrac{\mu_0i_1}{2\sqrt{2}\pi a}\left(\cos \left(\theta\right)\,\hat{z}-\sin\left(\theta\right)\,\hat{y}\right)+\dfrac{\mu_0i_2}{2\sqrt{2}\pi a}\left(-\cos\left(\theta\right)\,\hat{z}-\sin \left(\theta\right)\,\hat{y}\right)=\\[10pt] &=\frac{\mu_0}{2\sqrt{2}\pi a}\frac{1}{\sqrt{2}}(i_1-i_2)\,\hat{z}-\frac{\mu_0}{2\sqrt{2}\pi a}\frac{1}{\sqrt{2}}(i_1+i_2)\,\hat{y}=\\[10pt] &=\underbrace{\frac{\mu_0}{4\pi a}(i_1-i_2)\,\hat{z}}_{\displaystyle\vec{B}_{Q,z}} -\underbrace{\frac{\mu_0}{4\pi a}(i_1+i_2)\,\hat{y}}_{\displaystyle\vec{B}_{Q,y}}. \end{align*}$

In particolare il modulo del campo magnetico totale in $Q$ sarà allora dato da

(10) $\begin{align*} {B}Q&=\sqrt{B^2{Q,y}+B_{Q,z}^2}=\\[10pt] &=\frac{\mu_0}{4\pi a} \sqrt{(i_1-i_2)^2+(i_1+i_2)^2}=\\[10pt] &=\frac{\mu_0}{4\pi a} \sqrt{2i_1^2+2i_2^2-2i_1i_2+2i_1i_2}=\\[10pt] &=\frac{\mu_0\sqrt{2}}{4\pi a} \sqrt{i_1^2+i_2^2}, \end{align*}$

e tenendo conto che $i_1=2i_2$

(11) $\begin{equation*} \centering {B}_Q=\frac{\mu_0\sqrt{2}}{4\pi a}\sqrt{4i_2^2+i_2^2}=\frac{\mu_0 \sqrt{10} i_2}{4 \pi a}, \end{equation*}$

ricordando che $\mu_0=4\pi\cdot \, 10^{-7}\, \dfrac{\text{Tm}}{\text{A}}$ e sostituendo i valori numerici forniti dall’esercizio si ottiene

$\boxcolorato{fisica}{{B}_Q = \frac{ \mu_0 \sqrt{10}\, i_2}{4 \pi a} = \frac{ \mu_0 \sqrt{10}\, i_1}{8 \pi a} = \text{3,95}\times10^{-4}\; \text{T}.}$

Svolgimento punto 2.

Rappresentiamo il campo magnetico e l’angolo $\phi$ che forma con l’asse $z$ . L’angolo $\phi$ che il campo magnetico totale forma con l’asse $z$ si ottiene ricordando che

(12) $\begin{equation*} \vec{B}_{Q,y}=-B_Q\sin\phi\,\hat{y} \quad \text{e}\quad \vec{B}_{Q,z}=B_Q\cos\phi\,\hat{z}, \end{equation*}$

da cui

(13) $\begin{equation*} \tan\phi=\left \vert \dfrac{B_{Q,y}}{B_{Q,z}}\right \vert=\left \vert\frac{\dfrac{\mu_0 (i_1+i_2)}{4 \pi a}}{\dfrac{\mu_0 (i_1-i_2)}{4 \pi a}} \right \vert =\left\vert\frac{i_1+i_2}{i_1-i_2}\right\vert=\frac{i_1+i_2}{i_1-i_2}>0\quad \Leftrightarrow \quad \phi=\arctan\left(\frac{i_1+i_2}{i_1-i_2}\right), \end{equation*}$

cioè:

$\boxcolorato{fisica}{\phi=\arctan\left(\frac{i_1+i_2}{i_1-i_2}\right) \approx \text{71,6}^\circ.}$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Due fili conduttori indefiniti, paralleli, distanti $a = 20\;\text{cm}$ , sono percorsi rispettivamente dalle correnti $i_1 = 2\;\text{A}$ e $i_2 = 3\;\text{A}$ , concordi. Nel piano che li contiene è posto un terzo filo percorso dalla corrente $i_3$ . Calcolare la posizione $x$ di equilibrio di questo filo.

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Figura 7: schema esercizio 3.

Svolgimento.

Scegliamo un sistema di riferimento $Oxyz$ con origine coincidente con il primo filo e rappresentiamo i campi magnetici generati dal primo e dal secondo filo su una generica sezione del terzo filo come in figura 8.

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Figura 8: valutazione dei campi magnetici generati da $i_1$ e $i_2$ (esercizio 3).

Osserviamo che, data la geometria del problema, il campo magnetico su ogni sezione del terzo filo risulta costante in modulo, direzione e verso. Poiché i tre fili sono indefiniti, per ciascuna sezione del terzo filo vale lo schema rappresentato in figura 8. Pertanto, ci basterà valutare il campo magnetico totale agente su una generica sezione del terzo filo applicando la legge di Biot-Savart (1):

(14) $\begin{equation*} \vec{B}=\vec{B_1}+\vec{B}2=\dfrac{\mu_0i_1}{2\pi x{eq}}\,\hat{y}-\dfrac{\mu_0i_2}{2\pi \left(a-x_{eq}\right)}\,\hat{y}, \end{equation*}$

dove $x_{eq}$ è la posizione del terzo filo nel sistema di riferimento scelto.

Affinché il filo sia in equilibrio, la forza esercitata su di esso deve essere nulla. In particolare, essendo i fili indefiniti, si parlerà di forza per unità di lunghezza. La seconda legge elementare di Laplace afferma che, dato un filo conduttore rettilineo immerso in un campo magnetico $\vec{B}$ , la forza agente su un tratto di filo infinitesimo $d\vec{s}$ orientato nel verso di conduzione della corrente è proporzionale al prodotto vettoriale tra $d\vec{s}$ e il campo magnetico $\vec{B}$ .

(15) $\begin{equation*} \centering d\vec{F}=i\, d\vec{s}\wedge \vec{B}, \end{equation*}$

da cui segue che la forza per unità di lunghezza è

(16) $\begin{equation*} \centering \vec{F}_{\ell}=\dfrac{d\vec{F}}{ds}=i\, \hat{u}\wedge \vec{B}, \end{equation*}$

con $\hat{u}$ versore orientato nel verso di scorrimento della corrente.

Essendo il campo magnetico applicato al terzo filo pari a (14) e tenendo conto del risultato (16) otteniamo

(17) $\begin{equation*} \begin{aligned} \vec{F}3&=i_3\, \hat{z}\wedge \left(\dfrac{\mu_0i_1}{2\pi x{eq}}-\dfrac{\mu_0i_2}{2\pi \left(a-x_{eq}\right)}\right)\hat{y}=\\[10pt] &=i_3\left(\dfrac{\mu_0i_1}{2\pi x_{eq}}-\dfrac{\mu_0i_2}{2\pi \left(a-x_{eq}\right)}\right)\hat{x}=\\[10pt] &=\text{Forza totale sul filo $3$}. \end{aligned} \end{equation*}$

Imponiamo che la forza totale agente sul terzo filo risulti nulla

(18) $\begin{align*} &i_3\left(\dfrac{\mu_0i_1}{2\pi x_{eq}}-\dfrac{\mu_0i_2}{2\pi \left(a-x_{eq}\right)}\right)\hat{x}=0\,\,\hat{x}\quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{\mu_0i_1}{2\pi x_{eq}}-\dfrac{\mu_0i_2}{2\pi \left(a-x_{eq}\right)}=0 \quad \Leftrightarrow \quad\\ & \Leftrightarrow \quad \frac{i_1}{x_{eq}}=\frac{i_2}{a-x_{eq}}\quad \Leftrightarrow \quad ai_1-i_1x_{eq}=i_2x_{eq}\quad \Leftrightarrow \quad x_{eq}=\frac{ai_1}{i_1+i_2}=\text{0,08}\; \text{m}. \end{align*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{x_{eq}=\frac{ai_1}{i_1+i_2}=8\; \text{cm}.}$

Osservazione.

Facciamo notare al lettore che non basta imporre la condizione $\vec{B}_1+\vec{B}_2=\vec{0}\,\,\text{T}$ per risolvere il problema. Inoltre la posizione di equilibrio trovata per il terzo filo è più vicina al primo filo, nel quale è presente un’intesità di corrente minore. D’altra parte, dalla seconda legge elementare di Laplace (15), segue che la forza esercitata su di un filo percorso da corrente è proporzionale al campo magnetico nel quale il filo è immerso. La legge di Biot-Savart (1) afferma che il campo magnetico è a sua volta proporzionale alla corrente che lo genera, ma inversamente proporzionale alla distanza dalla sorgente. Segue che, a parità di distanza dai due fili, il campo magnetico generato dal secondo filo, nel quale scorre una corrente di intensità maggiore, ha un valore più elevato del campo magnetico generato dal primo filo, di intensità di corrente minore. L’unico modo per raggiungere l’equilibrio è quindi quello di allontanare il terzo filo dalla sorgente con intensità di corrente maggiore, ovvero dal secondo filo.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Tre lunghi fili conduttori sono tra loro paralleli e disposti ai vertici di un triangolo equilatero di lato $2a = 15\;\text{cm}$ . Essi sono percorsi dalla stessa corrente $i=10\;\text{A}$ concorde all’asse $x$ . Calcolare:

il campo magnetico $\vec{B}_C$ nel centro $C$ del triangolo;
la forza $\vec{F}_\ell$ per unità di lunghezza sul filo disposto in $P$ .

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Figura 9: schema esercizio 4.

Svolgimento punto 1.

Le correnti che scorrono nei tre fili sono concordi e hanno la stessa intensità. Per calcolare il campo magnetico generato da ciascun filo nel centro $C$ del triangolo, consideriamo che i tre fili sono alla stessa distanza $r = \dfrac{2a}{\sqrt{3}}$ dal centro $C$ e sono attraversati dalla stessa intensità di corrente. Applicando la legge di Biot-Savart (1), il modulo di ciascun campo magnetico risulta essere:

(19) $\begin{equation*} \centering B_1=B_2=B_3=B=\frac{\mu_0 i}{2\pi r}=\frac{\mu_0 i \sqrt{3}}{4 \pi a}. \end{equation*}$

Grazie alla legge di Biot-Savart (1) possiamo rappresentare i campi magnetici nel punto $C$ come in figura 10

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Figura 10: valutazione del campo magnetico nel punto $C$ (esercizio 4).

Il campo magnetico generato dal secondo filo (posto al vertice del triangolo equilatero) è parallelo all’asse $y$ nel punto $C$ . I due campi magnetici generati dal primo e dal terzo filo sono orientati secondo la regola della vite (o della mano destra). Da semplici considerazioni geometriche si osserva che l’angolo che formano i campi magnetici $\vec{B}_1$ e $\vec{B}_2$ con l’asse delle $z$ è lo stesso; in particolare è importante ricordare che il baricentro è $C\equiv\left(0,0,\dfrac{a}{\sqrt{3}}\right)$ , da cui, applicando i noti teoremi dei triangoli rettangoli si ottiene subito

(20) $\begin{equation*} \centering \cos\theta=\frac{a}{\sqrt{\dfrac{a^2}{3}+a^2}}=\sqrt{\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}. \end{equation*}$

Risulta chiaro che i due campi magnetici formano lo stesso angolo $\theta_1=\theta_2=\dfrac{\pi}{6}$ con l’asse $z$ . Ma allora il campo magnetico totale $\vec{B}_C$ dato dalla somma dei tre contributi non ha nessuna componente lungo l’asse $z$ , essendo le componenti dei campi magnetici generati dal primo e dal terzo filo uguali e opposte lungo quell’asse, $\vec{B}_{1,z}=\vec{B}_{3,z}$ . Per quanto riguarda la componente $y$ del campo magnetico totale $\vec{B}_C$ , vale

(21) $\begin{equation*} \centering {B}_{2,y} = {B}_2 - {B}_{1,y}-{B}_{3,y}. \end{equation*}$

Ricordando l’espressione per il modulo del campo magnetico trovata nella (19), possiamo proiettare ciascun contributo sull’asse $y$ ottenendo

(22) $\begin{equation*} B_2=\dfrac{\sqrt{3}\mu_0i}{4\pi a}\quad \text{e}\quad B_{1,y}=B_{3,y}=\dfrac{\sqrt{3}\mu_0i}{4\pi a}\sin\theta=\dfrac{\sqrt{3}\mu_0i}{8\pi a}, \end{equation*}$

da cui

${B}_{2,y} = {B}_2 - {B}_{1,y}-{B}_{3,y}= \dfrac{\sqrt{3}\mu_0i}{4\pi a}-2\cdot \dfrac{\sqrt{3}\mu_0i}{8\pi a}=\dfrac{\sqrt{3}\mu_0i}{4\pi a}-\dfrac{\sqrt{3}\mu_0i}{4\pi a}=0\,\,\text{T}.$

Concludiamo dunque che il campo magnetico nel punto $C$ è nullo:

$\boxcolorato{fisica}{{B}_C=\text{0}\,\,\text{T}.}$

Svolgimento punto 2.

Per calcolare la forza $\vec{F}_\ell$ per unità di lunghezza sul filo disposto in $P$ , applichiamo la seconda legge elementare di Laplace (15); è necessario allora calcolare il campo magnetico generato dal primo e dal terzo filo in $P$ . Entrambi i fili distano $r=2a$ dal punto $P$ e sono percorsi dalla stessa intensità di corrente, applicando la legge di Biot-Savart (1) si ottiene che il modulo di entrambi i campi magnetici è pari a

(23) $\begin{equation*} \centering B=\frac{\mu_0 i}{2\pi r}=\frac{\mu_0 i}{4 \pi a}. \end{equation*}$

Tenendo conto del fatto che i fili sono disposti ai vertici di un triangolo equilatero, l’angolo $\beta$ che i due campi magnetici formano con l’asse $z$ è pari a $\frac{\pi}{3}$

(24) $\begin{equation*} \centering \cos (\beta) = \frac{a}{\sqrt{3a^2+a^2}} = \frac{1}{2}. \end{equation*}$

Possiamo quindi rappresentare i campi magnetici nel punto $P$ come in figura 11

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Figura 11: valutazione del campo magnetico nel punto $P$ (esercizio 4).

da cui troviamo il campo magnetico totale nel punto $P$

(25) $\begin{align*} \vec{B}_P&=\left(B_1\cos 60^\circ-B_3\cos 60^\circ\right)\hat{z}+\left(-B_1\sin 60^\circ -B_3\sin 60^\circ \right)\hat{y}=\\ &=\left(\frac{\mu_0 i}{4 \pi a}\left(\dfrac{1}{2}\right)-\frac{\mu_0 i}{4 \pi a}\left(\dfrac{1}{2}\right)\right)\hat{z}+\left(-\frac{\mu_0 i}{4 \pi a}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)-\frac{\mu_0 i}{4 \pi a}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\right)\hat{y}=-\frac{\sqrt{3}\mu_0 i}{4\pi a}\,\hat{y}. \end{align*}$

(26) $\begin{equation*} \centering \vec{B}_P=-2B\sin\beta\,\hat{y}=-2\frac{\sqrt{3}}{2}B\,\hat{y}=-\frac{\sqrt{3}\mu_0 i}{4\pi a}\,\hat{y}. \end{equation*}$

Applichiamo (15) e tenendo conto del fatto che il campo magnetico totale $\vec{B}_P$ è ortogonale al filo e quindi al vettore $d\vec{s}$ , segue che

(27) $\begin{equation*} \frac{d\vec{F}}{ds}=i\,\hat{x}\wedge\left(-\frac{\sqrt{3}\mu_0 i}{4\pi a}\,\hat{y}\right) =-\frac{\sqrt{3}\mu_0 i^2}{4\pi a}\,\hat{z}. \end{equation*}$

Concludiamo con il seguente risultato:

$\boxcolorato{fisica}{\frac{d\vec{F}}{ds}=\vec{F}_\ell=-\frac{\sqrt{3}\mu_0 i^2}{4 \pi a}\,\hat{z} =( - \text{2,31} \times 10^{-4} \; \text{N/m})\; \hat{z}.}$

Osservazione.

La forza per unità di lunghezza $\vec{F}_{l}$ è per la definizione di prodotto vettoriale perpendicolare sia a $\vec{B}_P$ che alla corrente nel secondo filo. Dalla regola della vite (o della mano destra) è facile concludere che è diretta nel verso negativo dell’asse $z$ .

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Quattro lunghi fili conduttori sono tra loro paralleli e disposti ai vertici di un quadrato di lato $a = 20\;\text{cm}$ ; in ciascun filo circola la corrente $i=30\;\text{A}$ , con i versi mostrati in figura. Calcolare:

il campo magnetico $\vec{B}_C$ nel centro $C$ del quadrato;
il campo magnetico $\vec{B}_P$ nel vertice $P=(a,a)$ del quadrato;
la forza $\vec{F}_\ell$ per unità di lunghezza sul filo disposto in $P$ .

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Figura 12: schema esercizio 5.

Svolgimento punto 1.

Per calcolare il campo magnetico al centro del quadrato, applichiamo nuovamente la legge di Biot-Savart (1) per ciascun campo magnetico generato dai quattro fili indefiniti. Poiché i quattro fili si trovano tutti alla stessa distanza $r = \dfrac{\sqrt{2}}{2}a$ (metà diagonale) dal centro del quadrato e l’intensità di corrente $i$ è la stessa, si ha che:

(28) $\begin{equation*} \centering B=B_1=B_2=B_3=B_4=\frac{\mu_0 i}{2 \pi r}=\frac{\mu_0 i}{2 \pi \dfrac{\sqrt{2}}{2} a}=\frac{\mu_0 i}{\pi \sqrt{2} a}. \end{equation*}$

I quattro campi magnetici sono disposti come in figura 13.

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Figura 13: valutazione del campo magnetico nel punto $C$ (esercizio 5).

Risulta chiaro che per rappresentare i campi magnetici abbiamo applicato la legge di Biot-Savart; in particolare abbiamo tenuto conto che per il fili $1$ e $2$ le correnti sono uscenti, mentre per i fili $3$ e $4$ le correnti sono entranti. Il campo magnetico totale nel centro $C$ del quadrato è dato dalla somma dei campi magnetici di ogni filo (principio di sovrapposizione degli effetti), che per la geometria del problema e i dati forniti hanno stesso modulo e in particolare formano lo stesso angolo $\theta$ con un asse parallelo all’asse $z$ (vedere figura 13). Proiettando i campi magnetici sugli assi del nostro sistema di riferimento $Oxyz$ , si può osservare che lungo l’asse $y$ la somma dei contributi dei quattro campi magnetici risulta nulla, mentre lungo l’asse $z$ la somma è $4B\cos\theta$ . Infatti $\vec{B}_1$ e $\vec{B}_3$ coincidono, così come $\vec{B}_2$ e $\vec{B}_4$ , pertanto il campo magnetico totale sarà diretto nel verso positivo dell’asse $z$ . Applicando i noti teoremi dei triangoli rettangoli si trova che

(29) $\begin{equation*} \centering \cos\theta = \frac{\dfrac{a}{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}a}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}. \end{equation*}$

Il campo magnetico totale avrà quindi modulo pari alla somma delle componenti $z$ dei quattro campi magnetici

(30) $\begin{equation*} \centering B_C=4B\cos\theta=\frac{4\mu_0 i}{\sqrt{2} a \pi}\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{2\mu_0i}{\pi a}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}_C=\dfrac{2\mu_0i}{\pi a}\,\hat{z} = (\text{1,2}\cdot10^{-4}\; \text{T})\;\hat{z}.}$

Svolgimento punto 2.

Per calcolare il campo magnetico nel punto $P=(a,a)$ del quadrato si segue la stessa procedura, applicando la legge di Biot-Savart (1) e calcolando il campo magnetico totale considerando come sono disposti i singoli campi magnetici nel punto $P$ (figura 14)

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Figura 14: valutazione del campo magnetico nel punto $P$ (esercizio 5).

I fili in cui scorrono le correnti $i_2$ e $i_4$ sono alla distanza $r_2=r_4=a$ dal punto $P$ , il filo in cui scorre la corrente $i_1$ è alla distanza $r_1=\sqrt{2}a$ , segue che

(31) $\begin{equation*} \centering B_2=B_4=\frac{\mu_0 i}{2\pi r_2}=\frac{\mu_0 i}{2 \pi a} \quad \text{e} \quad B_1=\frac{\mu_0 i}{2 \pi r_1} = \frac{\mu_0 i}{2 \pi \sqrt{2} a}. \end{equation*}$

In particolare $\theta_1=\dfrac{\pi}{4}$ e le componenti $B_{P,y}$ e $B_{P,z}$ del campo magnetico totale nel punto $P$ valgono rispettivamente

(32) $\begin{equation*} B_{P,y}=B_4-B_1\sin\theta_1=B_4-\frac{\sqrt{2}}{2}B_1=\frac{\mu_0 i}{2\pi a}\left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{\mu_0 i}{4\pi a} \end{equation*}$

(33) $\begin{equation*} B_{P,z}=B_1\cos\theta_1+B_2=\frac{\mu_0 i}{2\pi a}\left(\frac{1}{2}+1\right)=\frac{3 \mu_0 i}{4 \pi a}. \end{equation*}$

Concludiamo che il campo magnetico totale nel punto $P$ è:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}_P=B_{P,y}\,\hat{y}+B_{P,z}\,\hat{z}=\frac{\mu_0 i}{4\pi a}\,\hat{y}+\frac{3 \mu_0 i}{4 \pi a}\,\hat{z}= (\text{1,5}\times10^{-5}\;\hat{y}+\text{4,5}\times10^{-5}\;\hat{z})\;\text{T}.}$

Il modulo di $\vec{B}_P$ vale $\text{4,74}\times10^{-5}\;\text{T}$ e forma un angolo $\alpha=\text{18,4}^{\circ}$ con l’asse $z$ .

Svolgimento punto 3.

Per calcolare la forza $\vec{F}_\ell$ per unità di lunghezza sul filo disposto in $P$ basta applicare la seconda legge elementare di Laplace (15). Sfruttando campo magnetico in $P$ (calcolato nel punto precedente) e considerando che la corrente che scorre nel terzo filo è entrante, si ha

(34) $\begin{equation*} \frac{d\vec{F}}{ds}=-i\,\hat{x}\wedge\left(\frac{\mu_0 i}{4\pi a}\,\hat{y}+\frac{3 \mu_0 i}{4 \pi a}\,\hat{z}\right) =-\dfrac{\mu_0i^2}{4\pi a}\,\hat{z}+\dfrac{3\mu_0i^2}{4\pi a}\,\hat{y}. \end{equation*}$

La direzione di $\vec{F}_{\ell}$ risulta correttamente ortogonale sia a $\vec{B}_P$ che alla corrente nel terzo filo. In figura 15 si rappresenta il campo magnetico $\vec{B}_P$ e la forza $\vec{F}_{\ell}$ nel punto $P$ :

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Figura 15: valutazione della forza $\vec{F}_\ell$ sul filo percorso dalla corrente $i_3$ (esercizio 5).

Risulta allora che:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{F}_{\ell}=-\dfrac{\mu_0i^2}{4\pi a}\,\hat{z}+\dfrac{3\mu_0i^2}{4\pi a}\,\hat{y}=(-\text{4,5}\times 10^{-4}\;\hat{z} + \text{1,35} \times 10^{-3}\;\hat{y})\;\frac{\text{N}}{\text{m}}.}$

Il modulo di $\vec{F}_\ell$ vale $\text{1,42}\times 10^{-3} \; \frac{\text{N}}{\text{m}}$ e il vettore forma un angolo $\alpha=\text{18,4}^{\circ}$ con l’asse $y$ .

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un tratto di filo conduttore di lunghezza $\ell$ è percorso dalla corrente $i$ . Calcolare:

il campo magnetico $\vec{B}_P$ in un punto $P$ distante $a$ da un estremo;
in particolare il campo magnetico $\vec{B}_a$ per $a=\ell$ ;
il campo magnetico $\vec{B}_P$ in $P$ nell’ipotesi in cui $\ell\gg a$ .

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Figura 16: schema esercizio 6.

Svolgimento punto 1.

Applichiamo la prima legge elementare di Laplace, la quale afferma che un tratto infinitesimo di filo $d\vec{s}$ percorso da una corrente $i$ genera in un punto $P$ distante $r$ dall’elemento di filo stesso un campo magnetico $d\vec{B}$ proporzionale alla corrente $i$ e inversamente proporzionale al quadrato della distanza $r$

(35) $\begin{equation*} \centering d\vec{B}=\frac{\mu_0 i \; \hat{t}\wedge \hat{r}}{4\pi r^2}\,ds, \end{equation*}$

dove $\hat{r}$ è il versore che giace sulla retta contenente $r$ con verso diretto dal punto in cui si trova l’elemento di filo $d\vec{s}$ a $P$ , $\hat{t}$ è il versore concorde con il verso della corrente $i$ che scorre nell’elemento di filo e $\mu_0$ è la permeabilità magnetica del vuoto. La direzione di $d\vec{B}$ è perpendicolare al piano sul quale giacciono $\hat{t}$ e $\hat{r}$ (vedi figura 17). L’orientazione di $d\vec{B}$ si ottiene applicando la regola della vite o equivalentemente la regola della mano destra, essendo il campo magnetico $d\vec{B}$ il risultato di un prodotto vettoriale (vedi osservazione esercizio 1).

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Figura 17: Rappresentazione del campo magnetico come definito nella prima legge elementare di Laplace.

Consideriamo il filo di lunghezza $\ell$ in figura 18. Possiamo suddividere il filo in infiniti elementi di lunghezza infinitesima $ds$ orientati nel verso della corrente, ciascuno dei quali genera un campo magnetico infinitesimo $d\vec{B}$ nel punto $P$ . Sommando gli infiniti contributi dei campi magnetici $d\vec{B}$ nel punto $P$ si ottiene il campo magnetico totale $\vec{B}_P$ generato dal filo di lunghezza finita $\ell$

(36) $\begin{equation*} \centering \vec{B}_P=\frac{\mu_0 i }{4 \pi}\int_\gamma \frac{ \hat{t}\wedge \hat{r}}{ r^2}\,\left \vert ds\right \vert, \end{equation*}$

dove $\gamma$ è il segmento sul quale giace il filo. Per risolvere l’integrale è utile introdurre un sistema di riferimento $Oxyz$ avente l’origine in corrispondenza dell’estremo sinistro del filo. Ogni singolo tratto di filo infinitesimo $d\vec{s}$ può essere allora identificato in modo univoco rispetto a P dall’angolo $\theta$ così come definito nella figura 18.

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Figura 18: sistema di riferimento introdotto per la risoluzione dell’esercizio 6.

Il primo passo è parametrizzare il sostegno $\gamma$ sul quale giace il filo in funzione di $\theta$ , e quindi riscrivere il prodotto vettoriale $\hat{t} \wedge \vec{r}$ e la distanza $r$ di ciascun elemento infinitesimo dal punto $P$ in funzione dell’angolo $\theta$ . Consideriamo un generico tratto di filo $d\vec{s}$ e sia $s$ la sua distanza dall’estremo sinistro del filo. Facendo riferimento alla figura 18 e da semplici considerazioni di trigonometria, valgono le seguenti relazioni:

(37) $\begin{equation*} \tan\theta = \frac{a}{\ell-s}\quad \Leftrightarrow \quad \quad \ell -s=a\cot \theta \quad \text{con}\,\,s\in[0,\ell], \end{equation*}$

(38) $\begin{equation*} \centering \hat{r}=\cos\theta\,\hat{y}-\sin\theta\,\hat{z} \end{equation*}$

(39) $\begin{equation*} a=r\sin \theta. \end{equation*}$

Differenziando (37) si ottiene

(40) $\begin{equation*} ds=\dfrac{a}{\sin^2\theta}\,d\theta, \end{equation*}$

e, in particolare, osservando che la direzione dell’elemento di filo $d\vec{s}=ds\,\hat{t}$ coincide sempre con la direzione del filo conduttore percorso da corrente (la corrente nel filo conduttore scorre da sinistra verso destra, ovvero nel verso concorde dell’asse $y$ ), si ha che $\hat{t}\equiv \hat{y}$ ; pertanto il prodotto vettoriale che compare nell’argomento dell’integrale (36) vale

(41) $\begin{equation*} \hat{y}\wedge \hat{r}= \begin{vmatrix} \hat{x} & \hat{y} & \hat{z} \\\\ 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & \cos\theta & -\sin\theta \\ \end{vmatrix} = -\sin\theta\,\hat{x}. \end{equation*}$

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Figura 19: angoli degli estremi di integrazione dell’integrale da valutare (esercizio 6).

Osserviamo dalla geometria del problema che $\theta \in \left[\theta_1, \theta_2\right] = \left[ \tan^{-1} \left( \dfrac{a}{\ell}\right) \; , \; \dfrac{\pi}{2} \right] \label{Eq:48}$ da cui sfruttando (38), (39) e (41) possiamo riscrivere (36) come segue

(42) $\begin{align*} \vec{B}&=\frac{\mu_0 i}{4\pi} \int_\gamma \frac{ \hat{t}\wedge\hat{r}}{r^2}\,ds =\frac{\mu_0 i}{4\pi} \int_{\theta_1}^{\theta_2}\left( \frac{1}{\left(\dfrac{a^2}{\sin^2 \theta}\right)}\right) \left(-\sin\theta \,\hat{x}\right)\left(\dfrac{a}{\sin\theta^2}\right)d\theta=\\ &=- \frac{\mu_0 i}{4\pi a} \int_{\theta_1}^{\theta_2} \sin\theta \; d\theta \hat{x}= \frac{\mu_0 i}{4\pi a}\left(\cos\theta_2 - \underbrace{\cos\theta_1}_{=0}\right)\hat{x}=-\frac{\mu_0 i}{4\pi a}\cos \left ( \tan^{-1} \left (\frac{a}{\ell} \right ) \right )\hat{x}. \end{align*}$

Vogliamo ora riscrivere il risultato ottenuto in una forma diversa e a tal proposito ricordiamo la prima legge fondamentale della goniometria

(43) $\begin{equation*} \centering \cos^2 x + \sin^2 x = 1 \quad \Leftrightarrow \quad 1 + \tan^2 x = \frac{1}{\cos^2 x}, \end{equation*}$

da cui sostituendo $x = \tan^{-1} \left(\dfrac{a}{\ell} \right)$ si ottiene

(44) $\begin{equation*} \centering 1 + \left[\tan\left ( \tan^{-1} \left (\frac{a}{\ell} \right ) \right )\right]^2 = 1+\frac{a^2}{\ell^2}= \frac{1}{ \left[\cos\left ( \tan^{-1} \left (\frac{a}{\ell} \right ) \right )\right]^2 }\quad \Leftrightarrow \quad \cos \left ( \tan^{-1} \left (\frac{a}{\ell} \right ) \right ) = \frac{\ell}{\sqrt{\ell^2 +a^2}}, \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato $\tan^{-1}\left( \tan(x)\right)=x$ cioè la definizione di funzione inversa. L’ultima equazione, sostituita in (42), porta alla soluzione del problema:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}= -\frac{\mu_0 i}{4\pi a} \frac{\ell}{\sqrt{\ell^2 +a^2}} \; \hat{x}.}$

Svolgimento punto 2.

Basta sostituire $a = \ell$ nella soluzione trovata per il caso 1:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}= -\frac{\mu_0 i}{4\pi a} \frac{\ell}{\sqrt{\ell^2 +a^2}} \; \hat{x} = -\frac{\mu_0 i}{4\pi a} \frac{a}{\sqrt{2a^2}} \; \hat{x}= -\frac{\mu_0 i}{4\pi a} \frac{1}{\sqrt{2}} \; \hat{x}.}$

Svolgimento punto 3.

Per ipotesi sappiamo che $\ell\gg a$ pertanto sfruttando la soluzione trovata per il caso $a$ abbiamo

(45) $\begin{equation*} \centering \vec{B}=-\frac{\mu_0 i}{4\pi a} \frac{\ell}{\sqrt{\ell^2 +a^2}} \; \hat{x} = -\frac{\mu_0 i}{4\pi a} \dfrac{\ell}{\ell \sqrt{1 + \left( \dfrac{a}{\ell}\right)^2}} \; \hat{x} \approx -\frac{\mu_0 i}{4\pi a} \; \hat{x}, \end{equation*}$

cioè:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B} \approx -\frac{\mu_0 i}{4\pi a} \; \hat{x}.}$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . La corrente che percorre il tratto di filo conduttore in figura 20 è $i = 5\;\text{A}$ . Calcolare il campo magnetico $\vec{B}_P$ nel punto $P$ . Assumere $a=\dfrac{\ell}{2}$ e $\ell=2\,\text{cm}$ .

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Figura 20: geometria esercizio 7.

Svolgimento.

Per risolvere il problema è utile suddividere il filo conduttore in cinque tratti di filo rettilinei, come mostrato in figura 21 ed applicare la prima legge elementare di Laplace (35) per ciascuno di essi. Dal principio di sovrapposizione degli effetti, il campo magnetico in $P$ sarà dato allora dalla somma dei campi magnetici generati dai singoli tratti di filo rettilinei

(46) $\begin{equation*} \centering \vec{B}_P=\vec{B}_1+\vec{B}_2+\vec{B}_3+\vec{B}_4+\vec{B}_5. \end{equation*}$

Seguendo lo stesso ragionamento con il quale è stato risolto l’esercizio precedente, possiamo suddividere ciascun filo rettilineo in tratti di filo di lunghezza infinitesima $d\vec{s}$ , orientati nel verso della corrente, e considerare il campo magnetico generato dal singolo filo rettilineo in $P$ come la somma dei campi magnetici $d\vec{B}$ generati in P da ciascun tratto di filo infinitesimo $d\vec{s}$ con cui il filo rettilineo è stato suddiviso. Si osservi che tutti i tratti di filo infinitesimi con cui possono essere suddivisi il primo e il quinto filo rettilineo sono orientati nella stessa direzione del vettore posizione $\vec{r}$ che li congiunge al punto P; pertanto il prodotto vettoriale $d\vec{s}\wedge \vec{r}$ risulta nullo per ogni elemento $d\vec{s}$ in cui il primo e il quinto filo possono essere suddivisi. Il contributo $d\vec{B}$ è quindi nullo per ciascun elemento infinitesimo $d\vec{s}$ dei due fili, ne consegue che il campo magnetico totale generato sia dal primo che dal quinto tratto di filo rettilineo nel punto $P$ è nullo

(47) $\begin{equation*} \centering \vec{B}_1=\vec{B}_5=\vec{0}\,\text{T}. \end{equation*}$

Valutiamo i campi magnetici generati dai rimanenti tre tratti di filo rettilineo singolarmente. Introduciamo un sistema di riferimento $Oxyz$ con origine coincidente con il punto $P$ come in figura 21.

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Figura 21: sistema di riferimento introdotto per la risoluzione dell’esercizio 7.

Valutazione di $\bm{\vec{B}_3}$ . Scegliamo un elemento infinitesimo $ds$ e valutiamo la distanza $r$ tra esso e il punto $P$ introducendo un angolo $\beta$ come in figura 22.

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Figura 22: sistema di riferimento $Oxyz$ introdotto per la valutazione di $\vec{B}_3$ .

Da semplici considerazione trigonometriche si ha che

(48) $\begin{equation*} \centering \tan\beta = \frac{s}{a} \quad \text{con}\,\,s\in \left[-\dfrac{\ell}{2},\,\dfrac{\ell}{2}\right], \end{equation*}$

(49) $\begin{equation*} \hat{r}=\sin\beta\;\hat{x}-\cos\beta\;\hat{y} \end{equation*}$

(50) $\begin{equation*} a=r\cos\beta. \end{equation*}$

Differenziamo (48) si ottiene

(51) $\begin{equation*} ds=\dfrac{a}{\cos^2\beta}\,d\beta. \end{equation*}$

Il prodotto vettoriale che compare nell’argomento dell’integrale (36) si può calcolare applicando (49) e osservando che la corrente $i$ scorre nel verso concorde dell’asse $x$ , quindi $\hat{t}\equiv\hat{x}$ , da cui

(52) $\begin{equation*} \centering \hat{t}\wedge \hat{r}= \begin{vmatrix} \hat{x} & \hat{y} & \hat{z} \\ 1 & 0 & 0 \\ \sin\beta & -\cos\beta & 0 \\ \end{vmatrix} =-\cos\beta \,\hat{z} \end{equation*}$

e inoltre abbiamo

(53) $\begin{equation*} \centering \beta \in [-\beta_1, \beta_1] = \left[ \arctan \left( -\frac{\ell}{2a} \right) \;, \arctan \left( \frac{\ell}{2a} \right)\right]. \end{equation*}$

Calcoliamo (36) utilizzando (49),(51) e (52), cioè:

(54) $\begin{equation*} \begin{align} \vec{B}3&=\dfrac{\mu_0i}{4\pi}\int{\gamma_3}\dfrac{\hat{t}\wedge \hat{r}}{r^2}\,ds= \\[10pt] &=\dfrac{\mu_0i}{4\pi}\int_{-\beta_1}^{\beta_1}\left(\dfrac{1}{\dfrac{a^2}{\cos^2\beta}}\right)\left(-\cos\beta\right)\left(\dfrac{a}{\cos^2\beta}\right)\,d\beta\,\hat{z}= \\[10pt] &=\dfrac{\mu_0i}{4\pi a}\int_{-\beta_1}^{\beta_1}-\cos\beta\,d\beta\,\hat{z}\overset{\clubsuit}{=} \\[10pt] &=\dfrac{\mu_0i}{4\pi a}\cdot 2\int_{0}^{\beta_1}-\cos \beta\,d\beta\,\hat{z}=\\[10pt] &=-\dfrac{\mu_0i}{2\pi a}\sin\left(\arctan\left(\dfrac{\ell}{2a}\right)\right)\,\hat{z}, \end{align} \end{equation*}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo utilizzato il fatto che il coseno è una funzione pari su intervallo simmetrico rispetto all’origine. Per la simmetria del problema si ha $\vec{B}_2=\vec{B}_4$ in $P$ . A tal proposito calcoleremo solamente $\vec{B}_4$ ; il calcolo del campo magnetico $\vec{B}_2$ è analogo a quello che segue per $\vec{B}_4$ .

Valutazione di $\bm{\vec{B}_4}$ . Si procede come per il calcolo del campo magnetico ${\vec{B}_3}$ . Scegliamo un sistema di riferimento $Oxyz$ orientato come in figura 23.

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Figura 23: sistema di riferimento $Oxyz$ introdotto per la valutazione di $\vec{B}_4$ .

Dalla trigonometria osservando la figura 23, si ha che

(55) $\begin{equation*} \centering \tan\gamma = \frac{2s}{\ell}\quad \text{con}\,\,s\in [0,a], \end{equation*}$

(56) $\begin{equation*} \dfrac{\ell}{2}=r\cos\gamma \end{equation*}$

(57) $\begin{equation*} \hat{r}=-\cos\gamma\;\hat{x}-\sin\gamma\;\hat{y} . \end{equation*}$

Differenziano (55) si ha

(58) $\begin{equation*} ds=\dfrac{\ell}{2\cos^2\gamma}\,d\gamma. \end{equation*}$

Calcoliamo il prodotto vettoriale nell’integrale (36) applicando (57) e notando che la corrente scorre nella direzione negativo delle $y$ , pertanto $\hat{t}\equiv-\hat{y}$ , da cui

(59) $\begin{equation*} \hat{t}\wedge \hat{r}=-\hat{y}\wedge \hat{r}= \begin{vmatrix} \hat{x} & \hat{y} & \hat{z} \\ 0 & -1 & 0 \\ -\cos\gamma & -\sin\gamma & 0 \\ \end{vmatrix} =-\cos\gamma \,\hat{z}. \end{equation*}$

Inoltre, si ha

(60) $\begin{equation*} \centering \gamma \in [0, \gamma_1] = \left[ 0 \;, \arctan \left( \frac{2a}{\ell} \right)\right]. \end{equation*}$

Possiamo calcolare (36) sfruttando (56),(58) e (59) e quindi si ha

(61) $\begin{align*} \vec{B}_4&=\dfrac{\mu_0i}{4\pi}\int_{\gamma_4}\dfrac{\hat{t}\wedge \hat{r}}{r^2}\,ds=-\dfrac{\mu_0i}{4\pi}\int_{0}^{\gamma_1}\left(\dfrac{1}{\dfrac{\ell^2}{4\cos^2\gamma}}\right)\left(-\cos\gamma\,\hat{z}\right)\left(\dfrac{\ell}{2\cos^2\gamma}\right)\,d\gamma=\\ &=-\dfrac{\mu_0i}{2\pi\ell}\int_{0}^{\gamma_1}\cos\gamma\,d\gamma\,\hat{z}=-\dfrac{\mu_0i}{2\pi\ell}\sin\gamma_1\,\hat{z}=-\dfrac{\mu_0i}{2\pi\ell}\sin\left(\arctan\left(\dfrac{2a}{\ell}\right)\right)\,\hat{z}. \end{align*}$

Valutazione del campo magnetico totale $\bm{\vec{B}}$ . Utilizzando $\vec{B}_2,\,\vec{B}_3$ e $\vec{B}_4$ possiamo calcolare $\vec{B}$ , cioè

(62) $\begin{align*} \vec{B}&=\vec{B}_2+\vec{B}_3+\vec{B}_4=\\[10pt] &=-\dfrac{\mu_0i}{2\pi a}\sin\left(\arctan\left(\dfrac{\ell}{2a}\right)\right)\,\hat{z}-2\cdot \dfrac{\mu_0i}{2\pi\ell}\sin\left(\arctan\left(\dfrac{2a}{\ell}\right)\right)\,\hat{z}=\\[10pt] &=-\dfrac{\mu_0i}{2\pi a}\sin\left(\arctan\left(\dfrac{\ell}{2a}\right)\right)\,\hat{z}- \dfrac{\mu_0i}{\pi\ell}\sin\left(\arctan\left(\dfrac{2a}{\ell}\right)\right)\,\hat{z}. \end{align*}$

Per ipotesi $a=\dfrac{\ell}{2}$ e quindi

(63) $\begin{align*} \vec{B}&=-\dfrac{\mu_0i}{2\pi a }\sin\left(\arctan\left(\dfrac{2a}{\ell}\right)\right)\hat{z}-\dfrac{\mu_0i}{\pi\ell}\sin\left(\arctan\left(\dfrac{2a}{\ell}\right)\right)\hat{z}=\\[10pt] &=-\dfrac{\mu_0i}{2\pi \cdot \dfrac{\ell}{2} }\sin\left(\arctan\left(\dfrac{2\left(\dfrac{\ell}{2}\right)}{\ell}\right)\right)\hat{z}-\dfrac{\mu_0i}{2\pi\ell}\sin\left(\arctan\left(\dfrac{2\left(\dfrac{\ell}{2}\right)}{\ell}\right)\right)\hat{z}=\\[10pt] &=\left(-\dfrac{\mu_0i}{\pi\ell }\sin\left(\arctan1\right)-\dfrac{\mu_0i}{\pi\ell}\sin\left(\arctan 1\right)\right)\hat{z}=\\[10pt] &=\left(-\dfrac{\mu_0i}{\pi\ell }\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)-\dfrac{\mu_0i}{\pi\ell}\sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\right)\hat{z}=\\[10pt] &=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(-\dfrac{\mu_0i}{\pi \ell }-\dfrac{\mu_0i}{\pi\ell}\right)\hat{z}=\\[10pt] &=-\dfrac{\sqrt{2}\mu_0i}{\pi\ell}\,\hat{z}. \end{align*}$

Sostituendo i valori numerici si ha

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}= -\dfrac{\sqrt{2}\mu_0i}{\pi\ell}\,\hat{z} =( -\text{1,41}\cdot10^{-4}\;\text{T})\; \hat{z}.}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il campo magnetico $\vec{B}_C$ prodotto da una corrente $i$ che scorre in una spira quadrata di lato $2a$ .

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Figura 24: schema esercizio 8.

Svolgimento.

Per risolvere il problema, analogamente all’esercizio precedente, consideriamo la spira come un insieme di quattro fili conduttori rettilinei e applichiamo la prima legge elementare di Laplace (35), suddividendo ciascun filo come la somma di infiniti elementi infinitesimi di filo $d\vec{s}$ . Il campo magnetico totale nel punto $C$ sarà la somma di tutti i contributi magnetici $d\vec{B}$ dei fili infinitesimi $d\vec{s}$ in cui i quattro fili, e quindi la spira nella sua interezza, possono essere suddivisi. Consideriamo quattro elementi di filo infinitesimi, uno per ciascun lato della spira, tutti alla stessa distanza dal centro $C$ come mostrato in figura 25. Essendo i quattro elementi $d\vec{s}$ alla stessa distanza dal centro e percorsi dalla stessa intensità di corrente, applicando la prima legge elementare di Laplace (35) si osserva che i quattro campi magnetici generati dai quattro elementi di filo infinitesimi siano uguali in modulo e concordi in direzione e verso. Possiamo quindi concludere che il campo magnetico totale in $C$ è quattro volte il campo magnetico generato da uno dei quattro fili, poiché per ogni elemento infinitesimo $ds_k$ su ogni filo è possibile sceglierne uno alla medesima distanza che produce lo stesso campo magnetico infinitesimo $dB_k$ . Pertanto, per risolvere l’esercizio, basta calcolare il campo magnetico generato nel punto $C$ da uno dei quattro lati della spira e poi moltiplicare il risultato per quattro.

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Figura 25: valutazione del campo magnetico generato dai quattro tratti di filo infinitesimi $d\vec{s}$ evidenziati (esercizio 8).

Calcoliamo allora il campo magnetico $\vec{B}$ generato dal lato sinistro (sarebbe il filo in figura 25 dove è stato scelto l’elementino $d\vec{s}_1$ ) della spira nel centro $C$ . Suddividiamo il filo rettilineo in una somma infinita di tratti di filo infinitesimi $d\vec{s}$ ed applichiamo a ciascuno di essi la prima legge elementare di Laplace (35). Introduciamo un sistema di riferimento $Oxyz$ come in figura 26:

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Figura 26: sistema di riferimento $Oxyz$ introdotto per la valutazione di $\vec{B}_C$ (esercizio 8).

Scegliamo un elementino $d\vec{s}$ e valutiamo il campo magnetico in $C$ . Osservando la figura 26 si ha che

(64) $\begin{equation*} \centering \tan\alpha = \frac{a}{s} \quad \text{con}\,\,s\in \left[-a,a\right], \end{equation*}$

(65) $\begin{equation*} \hat{r}=\sin\alpha\;\hat{x}-\cos\alpha\;\hat{y} \end{equation*}$

(66) $\begin{equation*} \centering a=r\sin\alpha. \end{equation*}$

Differenziamo (88) così ottenendo

(67) $\begin{align*} ds = \frac{a}{\sin^2 \alpha}\,d\alpha. \end{align*}$

Per calcolare il campo magnetico in $C$ sfruttiamo (65),(67) e notiamo che $\alpha \in \left[ \frac{\pi}{4}\;,\frac{3\pi}{4}\right]$ .

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Figura 27: angoli degli estremi di integrazione dell’integrale da valutare (esercizio 8).

Inoltre si osserva che il filo è disposto lungo l’asse $y$ e scorrendo la corrente $i$ verso il basso si ha che $\hat{t}\equiv-\hat{y}$ . Non ci resta che calcolare il prodotto vettoriale che compare nell’argomento dell’integrale (36)

(68) $\begin{equation*} \centering \hat{t}\wedge \hat{r}=-\hat{y}\wedge \hat{r}=\begin{vmatrix} \hat{x} & \hat{y} & \hat{z} \\ 0 & -1 & 0 \\ \sin\alpha & -\cos\alpha & 0 \\ \end{vmatrix} =\sin\alpha\,\hat{z}, \end{equation*}$

da cui (36) diventa

(69) $\begin{align*} \vec{B}&=\dfrac{\mu_0i}{4\pi}\int_\gamma\dfrac{\hat{t}\wedge \hat{r}}{r^2}\,ds=\dfrac{\mu_0i}{4\pi}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3}{4}\pi}\left(\dfrac{1}{\dfrac{a^2}{\sin^2\alpha}}\right)\left(\sin\alpha\,\hat{z}\right)\left(\dfrac{a}{\sin^2\alpha}\right)\,d\alpha=\dfrac{\mu_0i}{4\pi a}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3}{4}\pi}\sin\alpha\,d\alpha\,\hat{z}=\\ &=-\dfrac{\mu_0i}{4\pi a}\cos\alpha \bigg\vert^{\frac{3}{4}\pi}_{\frac{\pi}{4}}\,\hat{z}=\dfrac{\mu_0i\sqrt{2}}{4\pi a}\,\hat{z}. \end{align*}$

Concludiamo che:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}_t=4\vec{B}=4\left(\dfrac{\mu_0i\sqrt{2}}{4\pi a}\,\hat{z}\right) =\frac{\mu_0 i \sqrt{2}}{\pi a}\hat{z}.}$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si consideri il circuito rappresentato in figura 28. Si richiede di calcolare:

il campo magnetico $\vec{B}_C$ prodotto in $C$ dal circuito mostrato in figura;
il momento magnetico $\vec{m}$ dello stesso.

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Figura 28: schema esercizio 9.

Svolgimento punto 1.

Suddividiamo il circuito in quattro fili conduttori come mostrato in fugura 29:

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Figura 29: sistema di riferimento introdotto per la risoluzione dell’esercizio 9.

Il campo magnetico totale in $C$ sarà dato dalla somma dei campi magnetici generati da ciascun filo, secondo il principio di sovrapposizione degli effetti:

(70) $\begin{equation*} \centering \vec{B}=\vec{B}_1+\vec{B}_2+\vec{B}_3+\vec{B}_4. \end{equation*}$

Ricordando che nella prima legge elementare di Laplace espressa in (35) è presente il prodotto vettoriale $d\vec{s} \wedge \vec{r}$ , essendo $\vec{r}$ la distanza dell’elemento di filo $d\vec{s}$ dal punto $C$ nel quale il campo magnetico $d\vec{B}$ viene valutato, è facile concludere (i vettori $d\vec{s}$ e $\vec{r}$ relativi al filo 3 e al filo 4 sono tra loro paralleli) che il campo magnetico $d\vec{B}$ sia nullo per tutti gli elementi di filo $d\vec{s}$ in cui il terzo e il quarto filo possono essere suddivisi. In altre parole

(71) $\begin{equation*} \centering \vec{B}_3=\vec{B}_4=\vec{0}\,\text{T}. \end{equation*}$

Calcoliamo i campi magnetici in $C$ generati dal primo e dal secondo tratto di filo conduttore, rispettivamente alle distanze $\vec{R}_1$ e $\vec{R}_2$ dal centro $C$ . Consideriamo il caso più generale di un arco di circonferenza conduttore alla distanza $\vec{R}$ dal centro $C$ della circonferenza, come mostrato in figura 30:

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Figura 30: valutazione del campo magnetico generato da un arco di circonferenza (esercizio 9).

Calcoliamo il campo magnetico generato da quest’ultimo nel punto $C$ applicando (36). Risulta chiaro che $\hat{t}$ è tangente all’arco di circonferenza e che $\hat{r}$ coincide con il versore normale alla circonferenza nella direzione del centro $C$ quindi $\hat{t}\wedge \hat{r}=-\hat{z}$ ; in particolare $r=R$ e $ds=R\,d\theta$ , pertanto

(72) $\begin{equation*} \vec{B}_C=-\dfrac{\mu_0i}{4\pi}\int_{\theta_1}^{\theta_2} \dfrac{\hat{z}}{R^2}\left(R\,d\theta\right)=-\dfrac{\mu_0i}{4\pi R}\left(\theta_2-\theta_1\right)\,\hat{z}, \end{equation*}$

dove $\Delta=\theta=\theta_2-\theta_1$ rappresenta l’ampiezza dell’arco di circonferenza. Questa è la formula che descrive il campo magnetico $\vec{B}_C$ prodotto da un arco di circonferenza conduttore percorso dalla corrente $i$ e con ampiezza $\Delta \theta$ . Applichiamo la formula (72) ai due tratti di filo conduttore del problema, rispettivamente alle distanze $R_1$ e $R_2$ dal centro $C$ , da cui

(73) $\begin{equation*} \centering \vec{B}_1 = \frac{\mu_0 i \theta}{4 \pi R_1}\; \hat{z} \quad \text{e} \quad \vec{B}_2=-\frac{\mu_0 i \theta}{4 \pi R_2}\; \hat{z}, \end{equation*}$

dove $\vec{B}_1$ ha segno diverso da $\vec{B}_2$ perché la corrente è nel verso opposto rispetto alla formula generale (72). Il campo magnetico totale nel punto $C$ sarà allora dato da:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}= \vec{B}_1+\vec{B}_2=\left(\frac{\mu_0 i \theta}{4 \pi R_1}-\frac{\mu_0 i \theta}{4 \pi R_2}\right)\hat{z}=\dfrac{\mu_0i\theta}{4\pi}\left(\dfrac{R_2-R_1}{R_1R_2}\right)\hat{z}.}$

Svolgimento punto 2.

Dato un circuito percorso da una corrente di intensità $i$ , il momento magnetico è definito come quel vettore il cui modulo è pari al prodotto tra l’intensità di corrente $i$ e l’area $\Sigma$ del circuito, parallelo e concorde alla direzione $\hat{n}$ perpendicolare alla superficie su cui il circuito giace orientato secondo la regola della vite

(74) $\begin{equation*} \centering \vec{m}=i \Sigma\, \hat{n}, \end{equation*}$

dove $\Sigma=\left(R_2^2-R_1^2\right)\frac{\theta}{2}$ e $\hat{n}\equiv-\hat{z}$ , da cui:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{m}=-i \frac{\theta}{2}\left( R_2^2 - R_1^2\right)\hat{z}.}$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nei due circuiti in figura i raggi delle semicirconferenze sono $a = 10\;\text{cm}$ e $b=15\;\text{cm}$ . Se la corrente vale $i=20\;\text{A}$ , calcolare, in entrambi i casi:

il campo magnetico $\vec{B}_O$ nel centro $O$ delle semicirconferenze;
il momento magnetico $\vec{m}$ .

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Figura 31: schema esercizio 10.

Svolgimento punto 1.

Il primo circuito del problema è un caso particolare del punto $a$ del problema $9$ , con la differenza che in questo caso la corrente scorre in verso antiorario invece che orario. Infatti, basta porre $\theta=\pi$ , $R_2=b$ , $R_1=a$ e si ha (abbiamo cambiato il segno del risultato del punto $a$ del problema precedente perché la corrente percorre la spira in senso opposto)

$\vec{B}= -\dfrac{\mu_0i\theta}{4\pi}\left(\dfrac{R_2-R_1}{R_1R_2}\right)\hat{z}=-\dfrac{\mu_0i\pi}{4\pi}\left(\dfrac{b-a}{ab}\right)\hat{z}=-\dfrac{\mu_0i}{4}\left(\dfrac{b-a}{ab}\right)\hat{z}.$

Sostituendo i valori numeri troviamo

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}= (- \text{20,9}\; \mu\text{T})\;\hat{z}.}$

Per calcolare il momento magnetico del primo circuito applichiamo la formula (74) tenendo conto del fatto che $\hat{n}\equiv\hat{x}$ :

$\boxcolorato{fisica}{\vec{m}=i\frac{\pi}{2}\left( b^2 - a^2\right)\hat{x} = (\text{0,39} \;\text{A} \text{m}^2)\;\hat{z}.}$

Svolgimento punto 2.

Si procede come per il primo circuito applicando la formula (72), tenendo conto del fatto che il campo magnetico ha segno concorde o discorde a quello della formula (72) a seconda del verso di percorrenza della corrente e della geometria del problema. Per la spira superiore (ovvero quella di raggio $b$ ) osserviamo che la corrente è contraria a quella della formula (72) e pertanto

(75) $\begin{equation*} \vec{B}_{\text{superiore}}=\dfrac{\mu_0i}{4\pi R}\Delta\theta\,\hat{z}=\dfrac{\mu_0i}{4\pi b}\cdot \pi\,\hat{z}=\dfrac{\mu_0i}{4b}\,\hat{z}, \end{equation*}$

dove abbiamo posto $\Delta\theta=\pi$ e $R=b$ . Il secondo circuito nella parte inferiore ha campo magnetico diretto nell’asse positivo delle $z$

(76) $\begin{equation*} \vec{B}_{\text{inferiore}}=\dfrac{\mu_0i}{4\pi R}\Delta\theta\,\hat{z}=\dfrac{\mu_0i}{4\pi a}\cdot \pi\,\hat{z}=\dfrac{\mu_0i}{4a}\,\hat{z}, \end{equation*}$

dove abbiamo applicato la formula (72), ponendo $\Delta\theta=\pi$ e $R=a$ . Applicando la regola della mano destra o della vite, è facile verificare che entrambi i campi magnetici generati dai due archi di circonferenza siano orientati nel verso positivo dell’asse $z$ . Il campo magnetico totale in $O$ sarà dato da:

(77) $\begin{equation*} \centering \vec{B}= \vec{B}_1+\vec{B}_2=\left(\frac{\mu_0 i}{4 b}+\frac{\mu_0 i}{4 a}\right)\;\hat{z}=\frac{\mu_0 i}{4}\left(\frac{b+a}{ab}\right)\;\hat{z}. \end{equation*}$

Sostituendo i valori numerici troviamo

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}= \text{104,7} \;\mu\text{T}\;\hat{z}.}$

Per calcolare il momento magnetico del secondo circuito, applichiamo la formula (74) con $\hat{n}\equiv\hat{x}$ , considerando che le aree dei due semicerchi vanno sommate piuttosto che sottratte:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{m}=\frac{1}{2}i\pi\left[ b^2 + a^2\right]\;\hat{x}\approx\text{1,02}\; \text{A}\text{m}^2\;\hat{x}.}$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Un conduttore cilindrico di rame, molto lungo, di raggio $R=\text{1,25}\;\text{mm}$ , può portare una corrente massima $i=50\;\text{A}$ . Calcolare il valore del campo magnetico $\vec{B}$ sulla superficie del conduttore.

Approfondimento.

Per risolvere il problema 11, è utile ricordare la legge di Ampère. Consideriamo $k$ fili conduttori percorsi dalle correnti $i_k$ e un percorso chiuso $\gamma$ tale che le correnti siano concatenate a $\gamma$ . La legge di Ampère afferma che la circuitazione del campo magnetico totale $\vec{B} = \vec{B}_1 + \vec{B}_2 + \ldots + \vec{B}_k$ generato dai fili lungo tale curva è proporzionale alla somma delle correnti concatenate:

(78) $\begin{equation*} \centering \oint_\gamma \vec{B} \cdot d\vec{s} = \mu_0 i, \end{equation*}$

dove ciascuna corrente $i_k$ che contribuisce alla somma $i = \sum_{k} i_k$ deve essere presa con il segno opportuno. In particolare, il segno della corrente $i_k$ nella somma sarà positivo quando l’orientazione $d\vec{s}$ del percorso chiuso $\gamma$ coincide con il verso delle linee del campo magnetico $\vec{B}_k$ generato dalla corrente $i_k$ secondo la regola della vite (o della mano destra), mentre sarà negativo se accade il contrario. Ad esempio, in figura 32, il percorso $\gamma$ a cui sono concatenate le correnti $i_1$ e $i_2$ è orientato in senso antiorario (l’orientamento è dato dal vettore $d\vec{s}$ ). La somma delle correnti concatenate sarà uguale a $i = i_1 - i_2$ : il segno della corrente $i_1$ è positivo, dal momento che il campo magnetico $\vec{B}_1$ da essa generato è concorde rispetto a $d\vec{s}$ ; al contrario, il segno della corrente $i_2$ sarà negativo, essendo il campo magnetico $\vec{B}_2$ generato dalla corrente $i_2$ discorde rispetto a $d\vec{s}$ .

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Figura 32: applicazione della legge di Ampere (78).

Svolgimento.

Applichiamo la legge di Ampère (78) al problema. Il conduttore cilindrico può essere considerato come un filo conduttore infinito di sezione non trascurabile. Scegliamo come percorso chiuso $\gamma$ una circonferenza di raggio $r$ , contenuta in un piano perpendicolare all’asse del filo conduttore e concentrica ad esso. Supponiamo inoltre che l’orientamento della curva sia antiorario, quindi la corrente che attraversa il cilindro scorre verso il basso (basta usare la regola della vite). Studiamo il caso $r>R$ , dove con $R$ si indica il raggio del cilindro conduttore; in altre parole stiamo considerando il caso in cui la circonferenza $\gamma$ sia esterna al conduttore (figura 33). Dalla prima legge elementare di Laplace (35), si dimostra che il campo magnetico $\vec{B}$ generato dal conduttore ha modulo costante su tutti i punti della circonferenza $\gamma$ . Inoltre la direzione del campo magnetico è in ogni punto della circonferenza parallela a $d \vec{s}$ , avendo imposto che l’orientazione della circonferenza fosse antioraria. Segue che $\oint_\gamma \vec{B}\cdot d\vec{s} = \oint_{\gamma} B ds = B \oint_{\gamma} ds = 2 \pi r B$ . Ma allora, dalla legge di Ampère (78) si ha

(79) $\begin{equation*} \centering \oint_\gamma \vec{B}\cdot d\vec{s}=2 \pi r B = \mu_{0} i \quad \Leftrightarrow \quad B(r) = \frac{\mu_{0} i}{2 \pi r}, \end{equation*}$

dunque ritroviamo proprio la legge di Biot-Savart (1).Nel limite in cui $r$ tende a $R$ , da destra, si ottiene

(80) $\begin{equation*} \centering B(R)=\lim_{r\to R^{+}} B(r) = \frac{\mu_{0} i}{2 \pi R}. \end{equation*}$

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Figura 33: caso $r>R$ (esercizio 11).

Studiamo il caso $r < R$ (figura 34), ovvero il caso in cui la circonferenza $\gamma$ sia definita in una regione interna al filo.

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Figura 34: caso $r<R$ (esercizio 11).

Sia $i^*$ la corrente concatenata alla circonferenza $\gamma$ . Se supponiamo che la corrente che scorre nel conduttore abbia densità di corrente $J$ costante, si avrà che essa sarà uguale al rapporto tra la corrente e la sezione $S$ del cilindro di raggio $R$ in cui essa scorre che chiaramente abbiamo supposto costante in tutto il “percorso” della corrente. Quindi si ha $J\pi R^2=i$ , da cui

(81) $\begin{equation*} i^*(r)=J\pi r^2 =\frac{i}{\pi R^2}\cdot \pi r^2=\frac{i r^2}{R^2}. \end{equation*}$

Analogamente a come avevamo fatto nel caso precedente, segue dalla legge di Ampère (78) quanto segue

(82) $\begin{equation*} \centering \oint_\gamma \vec{B}\cdot d\vec{s}=2 \pi r B = \mu i^* \quad \Leftrightarrow \quad B(r) = \frac{\mu i^*}{2 \pi r}=\frac{\mu i r}{2 \pi R^2}, \end{equation*}$

dove $\mu = \mu_{0} \mu_{r}$ (ricordiamo che il rame è una sostanza diamagnetica, $\mu_{r}\leq1$ ). Il modulo del campo magnetico $\vec{B}$ in una regione interna al conduttore cilindrico dipende sia dal raggio $R$ del cilindro conduttore che dal raggio $r$ della circonferenza scelta come percorso chiuso; in particolare, è nullo lungo l’asse del cilindro conduttore ( $r=0$ ) e cresce linearmente con il raggio $r$ nella regione interna al filo. Nel limite in cui $r$ tende a $R$ , da sinistra, si ha

(83) $\begin{equation*} \centering B(R)=\lim_{r\to R^{-}} B(r) = \frac{\mu i}{2 \pi R}= \frac{\mu_{0}\mu_{r} i}{2 \pi R}. \end{equation*}$

Si osserva che il campo magnetico $\vec{B}$ è discontinuo per $r=R$ , ovvero in ogni punto della sulla superficie del conduttore, cioè:

$\boxcolorato{fisica}{\lim_{r\to R^{+}} B(r) =\frac{\mu_{0} i}{2 \pi R} \neq \lim_{r\to R^{-}} B(r) = \frac{\mu_{0}\mu_{r} i}{2 \pi R}.}$

In generale vale quanto segue. Scelto un qualsiasi piano indefinito che taglia perpendicolarmente il cilindro e su di esso una circonferenza di raggio $r$ si ha che

(84) $\begin{equation*} \vec{B}(r)= \left \{ \begin{array}{ll} \dfrac{\mu_{0}i}{2 \pi r} \; \hat{\phi} & \mbox{se $r>R$}\\\\ \dfrac{\mu r i}{2 \pi R^2} \; \hat{\phi} & \mbox{se $r<R$}, \end{array} \right. \end{equation*}$

dove $\hat{\phi}$ è il versore tangente alla circonferenza ed è orientato rispetto al verso della corrente che scorre nel conduttore secondo la regola della vite. L’andamento del campo magnetico $B(r)$ in funzione della distanza dall’asse del conduttore cilindrico pieno è riassunto nella figura 35.

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Figura 35: $B(r)$ in funzione della distanza $r$ dall’asse del conduttore cilindrico pieno (esercizio 11).

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un filo conduttore piegato ad U ha la distanza tra i fili pari a $2a = 2\;\text{cm}$ ed è percorso dalla corrente $i=\text{0,5}\;\text{A}$ . Calcolare:

il campo magnetico $\vec{B}_C$ nel punto $C$ ;
il campo magnetico $\vec{B}_D$ in un punto $D$ , molto lontano dal tratto di filo curvo, di cui si trascura l’effetto.

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Figura 36: schema esercizio 12.

Svolgimento punto 1.

Per risolvere il problema suddividiamo il filo in tre fili conduttori, come mostrato nella figura 37, e applichiamo la prima legge elementare di Laplace (35).

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Figura 37: valutazione del campo magnetico nel punto C (esercizio 12).

I campi magnetici generati dai tre fili conduttori hanno tutti direzione uscente dal piano rappresentato in figura 37. Il modulo del campo magnetico generato dal primo filo conduttore sarà uguale al modulo del campo magnetico generato dal terzo filo conduttore, essendo il punto $C$ alla stessa distanza $a$ dall’estremità dei due fili. Riprendendo il risultato ottenuto nel caso 3 del problema 6 in equazione (45), in cui era stato supposto che la lunghezza $\ell$ del filo fosse molto più grande della distanza $a$ dal filo del punto in cui il campo magnetico viene valutato, si ha che

(85) $\begin{equation*} \vec{B}_{1}=\vec{B}_{3}=\frac{\mu_{0}i}{4\pi a} \hat{z}. \end{equation*}$

Calcoliamo ora il contributo del secondo filo conduttore. Riprendendo il risultato ottenuto nel caso 1 del problema 9 in equazione (72) e considerando che l’ampiezza $\Delta\theta=\pi$ , si ottiene che

(86) $\begin{equation*} \vec{B}_{2}=\frac{\mu_{0}i\pi}{4\pi a}\hat{z}=\frac{\mu_{0}i}{4a}\hat{z}. \end{equation*}$

Pertanto si ha

(87) $\begin{equation*} \vec{B}_{C}=\vec{B}_{1}+\vec{B}_{2}+\vec{B}_{3}=\vec{B}_{2}+2\vec{B}_{1}=\frac{\mu_{0}i}{4a}\hat{z}+\frac{\mu_{0}i}{2\pi a}\hat{z}, \end{equation*}$

cioè

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}_{C}=\frac{\mu_{0}i}{4a}\left( 1+ \frac{2}{\pi} \right)\hat{z}\approx(\text{25,7} \; \mu\text{T})\;\hat{z}.}$

Svolgimento punto 2.

Rispetto al caso precedente, il problema ci chiede di trascurare il contributo del secondo filo conduttore. Avremo allora:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}_{D}=2\vec{B}_{1}=\frac{\mu_{0}i}{2\pi a}\hat{z}=(10 \; \mu\text{T})\;\hat{z}.}$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una sottile lamina conduttrice di larghezza $h = 2\;\text{cm}$ è percorsa dalla corrente $i=10\;\text{A}$ . Calcolare:

il campo magnetico $\vec{B}(x)$ a una distanza $x$ dal bordo della striscia sul piano sul quale giace la lastra;
in particolare il valore di $\vec{B}(x)$ per $x>>h$ ;
il momento meccanico $\vec{M}$ che agisce su un piccolo ago magnetico di momento $\vec{m}=\text{0,1}\;\hat{x}\;\text{A}\text{m}^2$ , posto ad una distanza $\ell=1\;\text{cm}$ .

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Figura 38: schema esercizio 13.

Svolgimento punto 1.

Introduciamo un sistema di riferimento $Oxyz$ , come illustrato in figura 38. Possiamo immaginare la nostra lamina come un insieme infinito di fili conduttori rettilinei e paralleli, così fitti da non lasciare spazio tra di loro. Suddividiamo quindi la lamina in infiniti fili infinitesimali e consideriamo la parte del piano per $x > 0$ . Valutiamo il contributo $d\vec{B}_P$ di un filo infinitesimo appartenente alla lastra in un punto a distanza $r$ da esso, applicando la legge di Biot-Savart (1), ottenendo:

(88) $\begin{equation*} d\vec{B}_P= - \frac{\mu_{0} di}{2 \pi r} \hat{z}. \end{equation*}$

Senza perdita di generalità consideriamo un punto appartenente all’asse $x$ e calcoliamo il campo magnetico della lastra solo in quel punto. La corrente $di$ è la corrente che scorre nel singolo filo indefinito. Supponendo che la densità di corrente della lamina sia costante e che il singolo filo abbia una sezione infinitesima $ds$ , possiamo scrivere la relazione

(89) $\begin{equation*} \frac{i}{h}=\frac{di}{ds}\quad \Leftrightarrow\quad di = \frac{i\, ds}{h} \end{equation*}$

dove $s$ è la distanza del singolo filo indefinito dal bordo destro della lamina (figura 39).

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Figura 39: valutazione del campo magnetico del singolo filo indefinito in $P$ (esercizio 13).

L’equazione (88) può essere allora riscritta come segue

(90) $\begin{equation*} d\vec{B}_P= - \frac{\mu_{0} i ds}{2 \pi r h} \hat{z} = - \frac{\mu_{0} i ds}{2 \pi (x+s) h} \hat{z}. \end{equation*}$

Il campo magnetico totale $\vec{B}_{P}$ sarà dato dalla somma di tutti i contributi magnetici dei fili indefiniti in cui si può suddividere la lamina, ovvero dall’integrale:

(91) $\begin{equation*} \begin{aligned} \vec{B}_P &=-\int_{0}^{h} \frac{\mu_{0} i ds}{2 \pi (x+s) h} \; \hat{z} = \\[7pt] &= - \frac{\mu_{0} i}{2 \pi h} \int_{0}^{h} \frac{ds}{x+s} \; \hat{z}= \\[7pt] &= - \frac{\mu_{0} i}{2 \pi h} \Bigl| \text{ln}(x+s)\Bigr|_{0}^{h} \; \hat{z}= \\[7pt] &=- \frac{\mu_{0} i}{2 \pi h} \left( \text{ln}(x+h)-\text{ln}(x)\right)\; \hat{z}, \end{aligned} \end{equation*}$

dove ricordiamo che abbiamo definito con $x$ la distanza tra $P$ e il bordo esterno della lamina. Si conclude che il campo magnetico è diretto nel verso negativo dell’asse $z$ e ha modulo pari a:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}(x)= - \frac{\mu_{0} i}{2 \pi h} \text{ln}\Bigl(\frac{x+h}{x}\Bigr)\; \hat{z}.}$

Svolgimento punto 2.

Per distanze $x\gg h$ si ha

(92) $\begin{equation*} \text{ln}\Bigl(\frac{x+h}{x}\Bigr)= \text{ln}\Bigl(1+\frac{h}{x}\Bigr) \approx \frac{h}{x}, \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}(x)=- \frac{\mu_{0} i}{2 \pi h} \text{ln}\Bigl(\frac{x+h}{x}\Bigr)\; \hat{z}\approx - \frac{\mu_{0} i}{2 \pi h}\cdot \frac{h}{x} \; \hat{z} = - \frac{\mu_{0}i}{2 \pi x} \hat{z}.}$

Dunque ritroviamo la legge di Biot-Savart (1). In altre parole, a distanze molto grandi il campo magnetico $\vec{B}(x)$ prodotto dalla lamina coincide con il campo magnetico generato da un filo indefinito di sezione trascurabile, alla stessa distanza $x$ dal punto $P$ in cui il campo magnetico viene valutato.

Svolgimento punto 3.

Sapendo che il momento meccanico $\vec{M}$ è definito come $\vec{M}=\vec{m}\wedge\vec{B}$ si ha che

(93) $\begin{equation*} \vec{M}=\vec{m}\wedge\vec{B} = (m \hat{x})\wedge(-B\hat{z})= mB\;\hat{y}, \end{equation*}$

dove il modulo $B$ del campo magnetico è quello ottenuto nel primo caso (91):

$\boxcolorato{fisica}{\vec{M} = \frac{m \mu_{0} i}{2 \pi h} \text{ln}\Bigl(\frac{\ell+h}{\ell}\Bigr) \; \hat{y}= (\text{1,1} \times 10^{-5}\; \text{Nm})\;\hat{y}.}$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una bobina conduttrice rigida quadrata di lato $a=2\;\text{cm}$ , formata da $N=20$ spire compatte, è percorsa dalla corrente $i_b=2\;\text{A}$ ed è posta ad una distanza $y$ da un filo indefinito percorso dalla corrente $i=50\;\text{A}$ . I versi delle correnti sono indicati nella figura 40. Calcolare:

la forza $\vec{F}(y)$ che agisce sulla bobina;
il lavoro $W$ compiuto dalla stessa forza per spostare la bobina da $y_1=1\;\text{cm}$ a $y_2=2\;\text{cm}$ .

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Figura 40: schema esercizio 14.

Svolgimento punto 1.

Il problema richiede di calcolare la forza che il filo indefinito percorso dalla corrente $i$ esercita sulla bobina. Essendo la bobina compatta, ovvero di spessore trascurabile, possiamo calcolare la forza che il filo esercita su ogni singola spira di cui la bobina è composta e poi estendere il risultato a $N$ spire

(94) $\begin{equation*} \vec{F}_{\text{bobina}}=-N\vec{F}_{\text{spira}}. \end{equation*}$

Suddividiamo la spira in un insieme di quattro fili conduttori (vedi figura 41).

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Figura 41: valutazione della forza impressa dal filo indefinito sulla spira (esercizio 14).

La forza che il filo indefinito esercita sulla spira sarà data dalla somma delle forze che il filo indefinito esercita sui quattro tratti di filo conduttore

(95) $\begin{equation*} \centering \vec{F}_{\text{spira}}=\vec{F}_1+\vec{F}_2+\vec{F}_3+\vec{F}_4. \end{equation*}$

Dalla legge di Biot-Savart (1), sappiamo che il campo magnetico generato dal filo indefinito è pari a

(96) $\begin{equation*} \centering \vec{B}=\frac{\mu_{0}i}{2\pi r}\;\hat{z}, \end{equation*}$

dove $r$ è il segmento verticale che congiunge un generico punto $P$ del piano al filo. Suddividiamo ciascun tratto di filo conduttore in elementi infinitesimi $ds$ e calcoliamo la forza che il filo indefinito esercita su ciascuno di essi per mezzo della seconda legge elementare di Laplace (15)

(97) $\begin{equation*} \centering d\vec{F}=i_bd\vec{s}\wedge\vec{B}. \end{equation*}$

Consideriamo due elementi infinitesimi di spira $d\vec{s}_1$ e $d\vec{s}_3$ , ciascuno su uno dei due lati verticali della spira, opposti e alla stessa distanza dal filo conduttore indefinito (41). È facile verificare come le due forze $d\vec{F}_1$ e $d\vec{F}_3$ che agiscono sui due elementi infinitesimi di spira siano uguali e opposte. Il ragionamento può essere esteso a qualsiasi coppia di elementi $d\vec{s}$ sui due lati verticali della spira. Pertanto la forza totale che agisce sul primo e sul terzo tratto di filo conduttore è nulla, e la forza totale agente sulla spira è

(98) $\begin{equation*} \centering \vec{F}_{\text{spira}}=\vec{F}_2+\vec{F}_4. \end{equation*}$

Calcoliamo le forze che agiscono sui due tratti di spira rimanenti.

Valutazione di $\vec{F}_4.$ Sul quarto tratto di filo conduttore agisce il campo magnetico uniforme:

(99) $\begin{equation*} \centering \vec{B}=\frac{\mu_{0}i}{2\pi (y+a)}\;\hat{z}, \end{equation*}$

dove abbiamo sostituito in (96) $r=(y+a)$ . Il quarto tratto di spira può essere parametrizzato nel seguente modo:

(100) $\begin{equation*} \centering \vec{s}_4(t)=(t,y+a,0)\quad \text{con}\,\, t \in [0,a] \end{equation*}$

da cui

(101) $\begin{equation*} d\vec{s}_4=\dfrac{d\vec{s}_4(t)}{dt}\,dt=\left(1,0,0\right)dt=dt\,\hat{x}, \end{equation*}$

e quindi

(102) $\begin{equation*} \vec{F}_4=i_b\int_{\gamma_4}d\vec{s}_4\wedge \vec{B}=i_b\int_{0}^{a} \frac{\mu_{0}i}{2\pi (y+a)}\,dt\left(\hat{x}\wedge \hat{z}\right)=-\frac{\mu_{0}ai}{2\pi (y+a)}i_b\,\hat{y}. \end{equation*}$

Valutazione di $\vec{F}_2.$ Il campo magnetico che agisce sul secondo tratto di filo conduttore è pari a

(103) $\begin{equation*} \centering \vec{B}=\frac{\mu_{0}i}{2\pi y}\;\hat{z}. \end{equation*}$

Il secondo tratto di filo conduttore può essere parametrizzato come segue

(104) $\begin{equation*} \centering \vec{s}_2(t)=(-t,y,0)\quad \text{con}\,\, t \in [-a,0], \end{equation*}$

da cui

(105) $\begin{equation*} d\vec{s}_2=\dfrac{d\vec{s}_2(t)}{dt}\,dt=\left(-1,0,0\right)dt=-dt\,\hat{x}, \end{equation*}$

e quindi

(106) $\begin{equation*} \vec{F}_2=i_b\int_{\gamma_2}d\vec{s}_4\wedge \vec{B}=i_b\int_{0}^{a} \frac{\mu_{0}i}{2\pi y}\;\hat{z}\,dt\left(-\hat{x}\wedge \hat{z}\right)=\frac{\mu_{0}ai}{2 \pi y}i_b\;\hat{y}. \end{equation*}$

Si ha dunque che la forza totale che agisce sulla bobina sarà pari a:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{F}(y)= \frac{\mu_{0}i_{b}iaN}{2\pi}\left( \frac{1}{y} - \frac{1}{y+a}\right)\; \hat{y}.}$

dove si è tenuto conto del fatto che le spire sono $N$ .

Svolgimento punto 2.

Il lavoro compiuto dalla forza $\vec{F}(y)$ per spostare la bobina da $y_1=1\;\text{cm}$ a $y_2=2\;\text{cm}$ è pari a

(107) $\begin{equation*} \centering \begin{aligned} W&=\int_{y_1}^{y_2} \vec{F}\cdot d\vec{y}=\frac{\mu_{0}i_biaN}{2\pi}\int_{y_1}^{y_2}\left( \frac{1}{y}-\frac{1}{y+a}\right)dy =\frac{\mu_{0}i_biaN}{2\pi} \ln\left(\frac{y}{y+a}\right)\Bigg\vert_{y_1}^{y_2}= \\ &= \frac{\mu_{0}i_biaN}{2\pi} \left( \ln\left(\frac{y_2}{y_{2}+a}\right)-\text{ln}\left(\frac{y_1}{y_{1}+a}\right)\right)=\frac{\mu_{0}i_biaN}{2\pi}\ln\left(\frac{y_{2}\left(y_{1}+a\right)}{y_{1}\left(y_{2}+a\right)}\right), \end{aligned} \end{equation*}$

da cui sostituendo i valori numerici si ottiene

$\boxcolorato{fisica}{W = \frac{\mu_{0}i_biaN}{2\pi}\ln\left(\frac{3}{2}\right) \approx \text{3,24}\cdot10^{-6} \; \text{J}.}$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ .Due piccole spire, di raggio $r_1 = 1\;\text{cm}$ e $r_2=2\;\text{cm}$ , poste in due piani paralleli ad una distanza $x=10\;\text{cm}$ tra i loro centri, sono percorse rispettivamente dalle correnti $i_1=\text{0,1}\;\text{A}$ e $i_2=\text{0,2}\;\text{A}$ . Nell’ipotesi che le due spire possano essere considerate come due dipoli magnetici, calcolare:

l’energia potenziale $U_m$ ;
la forza $\vec{F}$ con cui interagiscono.

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Figura 42: schema esercizio 15.

Svolgimento punto 1.

Il problema fa riferimento al principio di equivalenza di Ampère: una spira piana di area $\Sigma$ percorsa dalla corrente $i$ (il verso è indifferente) si comporta come un dipolo elementare (l’equivalenza vale sia se si considerano le forze subite in un campo magnetico sia gli effetti del campo magnetico prodotto, a patto di trovarsi a una distanza molto maggiore rispetto alle dimensioni della spira) di momento magnetico $\vec{m}=i\Sigma\,\hat{n}$ perpendicolare al piano della spira e orientato rispetto al verso della corrente secondo la regola della vite. Data l’equivalenza con il dipolo, il campo magnetico prodotto dalla spira nei punti lungo il proprio asse è pari a (quando è soddisfatta la condizione $x\gg R$ con $R$ raggio della spira)

(108) $\begin{equation*} \centering \vec{B}_1(x)=\frac{2\mu_{0}{m}_1}{4\pi x^3}\;\hat{x}. \end{equation*}$

Consideriamo dunque le due spire, a grandi distanza l’una dall’altra, come due dipoli magnetici di momenti magnetici

(109) $\begin{equation*} \centering m_1=i_{1}\pi r_{1}^2 \end{equation*}$

(110) $\begin{equation*} \centering m_2=i_{2}\pi r_{2}^2, \end{equation*}$

chiaramente $\vec{m}_1$ e $\vec{m}_2$ sono concordi in direzione e verso, secondo la regola della vite. L’energia potenziale magnetica del secondo dipolo nel campo magnetico del primo dipolo vale

(111) $\begin{equation*} \centering U_{p}=-\vec{m}_2\cdot\vec{B}_1(x)=-\frac{\mu_{0}r_{1}^2 r_{2}^2 i_{1} i_{2} \pi}{2x^3}, \end{equation*}$

da cui, sostituendo i valori numerici, si ha

$\boxcolorato{fisica}{U_{p}=(-\text{1,58}\times10^{-12})\;\text{J}.}$

Svolgimento punto 2.

In generale, la forza di interazione tra due dipoli viene espressa come il gradiente dell’energia potenziale magnetica

(112) $\begin{equation*} \centering \vec{F}=-\vec{\nabla}U_{p} \end{equation*}$

da cui

(113) $\begin{equation*} \centering \vec{F}(x)=-\vec{m}_2\frac{\partial \vec{B}_1(x)}{\partial x}\;\hat{x}= - \frac{3i_1 i_2 r_{1}^2 r_{2}^2 \mu_{0} \pi}{2x^4}\,\hat{x}, \end{equation*}$

e quindi ponendo $x=10\,\text{cm}$ si ottiene:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{F}(x)=-(\text{4,74}\times10^{-11})\;\text{N}.}$

Osservazione.

C’è interazione mutua fra i due dipoli. L’energia potenziale del sistema non dipende dalla scelta della spira. Si sarebbe ottenuto lo stesso risultato considerando l’energia potenziale del primo dipolo nel campo magnetico del secondo.

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Figura 43: Principio di equivalenza di Ampère.

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un conduttore cilindrico $C_1$ , molto lungo e parallelo all’asse $z$ , è percorso dalla corrente $i_1$ , distribuita uniformemente con densità $J_1$ su tutta la sezione di raggio $R=2\;\text{cm}$ . Esso è contornato da un conduttore cavo $C_2$ , molto sottile, concentrico con $C_1$ percorso dalla corrente $i_2$ . Il campo magnetico a distanza $r=R/4=\text{0,5}\;\text{cm}$ dal centro $O$ vale $B(r)=20\;\mu\text{T}$ ; la circuitazione del campo magnetico $\vec{B}$ lungo il percorso MNPQ in figura vale $\Gamma(\vec{B})=0$ . Calcolare:

l’intensità della corrente $i_1$ ;
il valore del campo magnetico ${B}_P$ in un punto $P$ esterno a $C_2$ a distanza $r_P=10\;\text{cm}$ dal centro $O$ .

Si supponga che la corrente $i_1$ sia entrante e la corrente $i_2$ sia uscente.

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Figura 44: schema esercizio 16.

Svolgimento punto 1.

l problema ci fornisce il valore del campo magentico $B(r)$ in un punto distante $r$ dall’asse del primo conduttore cilindrico. Riprendendo il risultato del problema $11$ rappresentato dalla funzione (84), sappiamo che all’interno di un conduttore cilindrico il campo magnetico vale:

(114) $\begin{equation*} \centering B(r)=\frac{\mu_{0}i_1 r}{2 \pi R^2}. \end{equation*}$

Sfruttando il fatto che $R=4r$ , la corrente $i_1$ che scorre nel primo conduttore vale:

(115) $\begin{equation*} \centering i_1=\frac{2 \pi R^2B(r)}{\mu_{0} r} = \frac{2 \pi (16r^2)B(r)}{\mu_{0} r}=\frac{32 \pi RB(r)}{\mu_{0} }=\frac{8 \pi B(r)}{\mu_{0}}, \end{equation*}$

da cui, sostituendo i valori numerici, si ottiene:

$\boxcolorato{fisica}{i_1 = 8 \; \text{A}.}$

Svolgimento punto 2.

Per calcolare il campo magnetico nel punto $P$ occorre conoscere il valore di $i_2$ . Considerando la figura 44, e supponendo che la densità di corrente sia costante nel primo conduttore cilindrico, valgono le seguenti relazioni

(116) $\begin{equation*} \centering \frac{i_1}{\pi R_{1}^2}=\frac{i^}{\pi r^2} \quad \Leftrightarrow\quad i^=\frac{\pi r^2 i_1}{\pi R_{1}^2} = \frac{R_{1}^2 i_1}{16 R_{1}^2} = \frac{i_1}{16}, \end{equation*}$

dove con $i^*$ è stata indicata la corrente che scorre nel cilindro indefinito di raggio $r$ concentrico al cilindro di raggio $R$ (si faccia riferimento alla soluzione dell’esercizio 11). Sfruttando il fatto che $\Gamma(\vec{B})=0$ e applicando la legge di Ampère (78), si ottiene

(117) $\begin{equation*} \centering \Gamma(\vec{B})=\oint_\gamma \vec{B}\cdot d\vec{s} =0 \quad \Leftrightarrow \quad \mu_{0}\left( \frac{i_1}{2} - \frac{i^*}{2} + \frac{i_2}{2} \right) = 0, \end{equation*}$

da cui

(118) $\begin{equation*} \centering i_2=i^*-i_1 = \frac{i_1}{16}-i_1=-\frac{15}{16} i_1 = -\text{7,5} \;\text{A}, \end{equation*}$

dove il segno meno sta ad indicare che la corrente $i_2$ è diretta nel verso opposto rispetto alla corrente $i_1$ . Per calcolare il valore del campo magnetico nel punto $P$ basta allora considerare una circonferenza di raggio $r_P$ contenuta in un piano perpendicolare ai due conduttori cilindrici, concentrica ad essi, passante per $P$ e con verso di percorrenza antiorario, e applicare la legge di Ampère (78)

(119) $\begin{equation*} \centering 2 \pi r_{P} B_{P} = \mu_{0} (i_1 + i_2), \end{equation*}$

da cui:

$\boxcolorato{fisica}{B_{P}=\frac{\mu_{0} (i_1 + i_2)}{2 \pi r_P} = (1 \cdot 10^{-6}) \; \text{T}=1\mu\; \text{T}.}$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Due conduttori cilindrici molto lunghi di raggio $R$ , paralleli tra loro e ad una notevole distanza uno dall’altro, sono percorsi dalla corrente $i_1$ e $i_2$ rispettivamente in versi opposti. La circuitazione del campo magnetico lungo i percorsi chiusi $C_1$ e $C_2$ , indicati in figura, vale rispettivamente $\Gamma_1(\vec{B})=0$ e $\Gamma_2(\vec{B})=-20\pi\cdot 10^{-7}\;\text{Tm}$ . Calcolare $i_1$ e $i_2$ .

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Figura 45: schema esercizio 17.

Svolgimento.

Come per il problema precedente, l’esercizio si risolve ricordando la legge di Ampère (78) e supponendo che la densità di corrente sia costante in entrambi i conduttori. Alla circuitazione $\Gamma_1(\vec{B})$ contribuiranno le correnti $\tilde{i}_1$ e $\tilde{i}_2$ concatenate al percorso $C_1$ mostrato in figura 45, dove

(120) $\begin{equation*} \centering \dfrac{\tilde{i}_1}{\dfrac{\pi}{2}\Bigl ( R^2 - \dfrac{R^2}{4}\Bigr )}=\dfrac{i_1}{\pi R^2} \quad \Leftrightarrow \quad\tilde{i}_1 = \dfrac{i_1 \pi R^2}{2\pi R^2}\Bigl( 1-\dfrac{1}{4}\Bigr) = \dfrac{3}{8} i_1 \end{equation*}$

(121) $\begin{equation*} \centering \dfrac{\tilde{i}_2}{\frac{\pi}{4}\Bigl ( R^2 - \dfrac{R^2}{4}\Bigr )}=\dfrac{i_2}{\pi R^2} \quad \Leftrightarrow \quad \tilde{i}_2 = \dfrac{i_2 \pi R^2}{4\pi R^2}\Bigl( 1-\frac{1}{4}\Bigr) = \dfrac{3}{16} i_2. \end{equation*}$

Applicando la legge di Ampère (78) si ottiene

(122) $\begin{equation*} \centering \Gamma_1(\vec{B})=0 \quad \Leftrightarrow \quad -\tilde{i}_1 + \tilde{i}_2 = 0 \quad \Leftrightarrow \quad -\frac{3}{8} i_1 +\frac{3}{16} i_2 = 0 \quad \Leftrightarrow \quad i_2 = 2 i_1 . \end{equation*}$

Alla circuitazione $\Gamma_2(\vec{B})$ contribuiranno le correnti $\tilde{i}_1^*$ e $\tilde{i}_2^*$ concatenate al percorso $C_2$ mostrato in figura 45 e definite come

(123) $\begin{equation*} \centering \frac{\tilde{i}_1^*}{\frac{3}{4}\pi R^2 +\frac{1}{4} \pi \frac{R^2}{4}}=\frac{i_1}{\pi R^2} \quad \Leftrightarrow \quad \tilde{i}_1^* = \frac{i_1 \pi R^2}{\pi R^2}\Bigl( \frac{3}{4}+\frac{1}{16}\Bigr) = \frac{13}{16} i_1 \end{equation*}$

(124) $\begin{equation*} \centering \frac{\tilde{i}_2^*}{\frac{\pi}{4}R^2}=\frac{i_2}{\pi R^2} \quad \Leftrightarrow\quad \tilde{i}_2^* = \frac{1}{4} i_2. \end{equation*}$

Applicando la legge di Ampère e definendo $\Gamma_2(\vec{B})=K$ con $K=-20\pi\cdot 10^{-7}\;\text{Tm}$

(125) $\begin{equation*} \centering \mu_{0}(-\tilde{i}_1^* + \tilde{i}_2^*) = K \quad \Leftrightarrow\quad \mu_{0}\Bigl( -\frac{13}{16} i_1 + \frac{1}{4} i_2 \Bigr) = K. \end{equation*}$

Mettiamo a sistema (125) e (122)

(126) $\begin{equation*} \begin{cases} i_2=2i_1\\\\ \mu_{0}\Bigl( - \dfrac{13}{16} i_1 + \dfrac{1}{4} i_2 \Bigr) = K, \end{cases} \end{equation*}$

da cui

(127) $\begin{equation*} \mu_{0}\Bigl( - \dfrac{13}{16} i_1 + \dfrac{1}{2} i_1 \Bigr) = K\quad \Leftrightarrow\quad i_1=-\dfrac{16K}{5\mu_{0}}, \end{equation*}$

e quindi

(128) $\begin{equation*} i_2=2i_1=-\dfrac{32K}{5\mu_{0}}. \end{equation*}$

Sostituendo i valori numerici a (127) e (128) si ottiene

$\boxcolorato{fisica}{i_1 \approx 16 \;\text{A} \; \text{e}\; i_2 \approx 32 \;\text{A}.}$

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Molti fili indipendenti paralleli, ciascuno percorso dalla corrente $i$ , sono disposti uno accanto all’altro su una superficie piana, come mostrato in figura. Il numero di fili per unità di lunghezza è $n$ (densità dei fili). Dimostrare, utilizzando la legge di Biot-Savart (1), che il campo magnetico $\vec{B}$ sta nel piano del disegno ed è parallelo al piano in cui stanno i fili; calcolarne inoltre il modulo servendosi della legge di Ampère (78).

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Figura 46: schema esercizio 18.

Svolgimento.

Consideriamo per semplicità due fili appartenenti alla lastra conduttrice continua, alla stessa distanza $a$ dall’origine del sistema di riferimento $Oxyz$ introdotto (figura 47) e calcoliamo il campo magnetico da loro generato in un punto $P\equiv(x,0,0)$ dell’asse $x$ . Per la legge di Biot-Savart (1), tenendo conto del fatto che entrambi i fili distano dal punto $P$ una distanza $r=\sqrt{a^2+x^2}$ e che sono percorsi dalla stessa corrente $i$ , si ha

(129) $\begin{equation*} \vec{B}_1=\frac{\mu_0 i}{2\pi r}\,\hat{r}_1=\frac{\mu_0 i}{2\pi \sqrt{a^2+x^2}}\,\hat{r}_1 \quad\quad \quad \text{e}\quad \quad \quad \vec{B}_2=\frac{\mu_0 i}{2\pi r}\,\hat{r}_2=\frac{\mu_0 i}{2\pi \sqrt{a^2+x^2}}\,\hat{r}_2, \end{equation*}$

dove i versori $\hat{r}_1$ e $\hat{r}_2$ indicano rispettivamente la direzione dei campi elettrici. I campi magnetici $\vec{B}_1$ e $\vec{B}_2$ sono orientati come in figura 47.

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Figura 47: Valutazione di $\vec{B}_{P}$ generato da una coppia di fili simmetrici rispetto al punto $P$ (esercizio 18).

Risulta evidente che l’angolo $\theta$ che i due vettori $\vec{B}_1$ e $\vec{B}_2$ formano con l’asse $y$ sia lo stesso. Segue che $\hat{r}_1=\cos \theta \,\hat{y}+\sin\theta \,\hat{x}$ e $\hat{r}_2=\cos\theta \,\hat{y}-\sin \theta \,\hat{x}$ , da cui (129) diventa

(130) $\begin{equation*} \vec{B}_1=\frac{\mu_0 i}{2\pi \sqrt{a^2+x^2}}\, (\cos \theta \,\hat{y}+\sin\theta \,\hat{x}) \quad\quad \quad \text{e}\quad \quad \quad \vec{B}_2=\frac{\mu_0 i}{2\pi \sqrt{a^2+x^2}}\, (\cos\theta \,\hat{y}-\sin \theta \,\hat{x}). \end{equation*}$

Calcoliamo il campo magnetico totale

(131) $\begin{equation*} \vec{B}_P(x)=\vec{B}_1+\vec{B}_2=\frac{\mu_0 i}{2\pi \sqrt{a^2+x^2}}\, (\cos\theta \,\hat{y}+\sin\theta \,\hat{x} + \cos\theta \,\hat{y}-\sin \theta \,\hat{x}) = \frac{\mu_0 i\cos\theta}{\pi \sqrt{a^2+x^2}} \,\hat{y}. \end{equation*}$

Pertanto abbiamo ottenuto che il campo magnetico $\vec{B}_P(x)$ prodotto dai due fili simmetrici rispetto a $P$ è concorde all’orientamento dell’asse $y$ . Il risultato non dipende da quale coppia di fili si seleziona: data una qualsiasi coppia di fili simmetrici rispetto a $P$ , il loro campo magnetico in $P$ continuerà ad essere concorde all’asse $y$ . Per ogni coppia, le componenti del campo magnetico parallele alla lastra si sommano e quelle ortogonali si elidono. Considerando allora non più due fili ma l’intera lastra conduttrice, il campo magnetico totale nel punto $P$ , pari alla somma di tutti i campi magnetici prodotti dai fili di cui la lastra è composta, continuerà ad avere la stessa direzione e lo stesso verso di (131), perché sarà dato dalla somma dei campi magnetici generati da infinite coppie di fili simmetrici rispetto a $P$ . Per $x<0$ vale lo stesso ragionamento, ma il campo magnetico totale in un punto $Q\equiv(-x,0,0)$ ha verso opposto rispetto all’asse $y$ (figura 48)

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Figura 48: Valutazione di $\vec{B}_Q$ generato da una coppia di fili simmetrici rispetto al punto $Q$ (esercizio 18).

Il campo magnetico in $Q$ è:

(132) $\begin{equation*} \vec{B}_Q(x)=\vec{B}_1+\vec{B}_2=\frac{\mu_0 i}{2\pi \sqrt{a^2+x^2}}\, (-\cos \theta \,\hat{y}+\sin\theta \,\hat{x} - \cos\theta \,\hat{y}-\sin \theta \,\hat{x}) = - \frac{\mu_0 i\cos\theta}{\pi \sqrt{a^2+x^2}} \,\hat{y}. \end{equation*}$

Si conclude che in ogni punto del piano $xy$ il campo magnetico è parallelo all’asse $y$ , ovvero alla lastra conduttrice. Rispetto alla figura 46, esso sarà concorde all’asse $y$ nella regione a destra della lastra conduttrice e discorde all’asse $y$ nella regione sinistra. Calcoliamone il modulo considerando il percorso chiuso mostrato in figura 49 e applicando la legge di Ampère (78).

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Figura 49: applicazione della legge di Ampère alla corrente piana indefinita (esercizio 18).

Supponiamo che i punti $A$ , $B$ , $C$ e $D$ del percorso siano tutti alla stessa distanza dalla lastra conduttrice. Pertanto, il campo magnetico sul lato $AB$ è costante e uguale in modulo al campo magnetico sul lato $CD$ (facendo riferimento alla figura 49, $|\vec{B}_1|\equiv|\vec{B}_2|$ ). Sia $h$ la lunghezza del lato $AB$ , il numero di correnti concatenate al percorso $ABCD$ è $nih$ e applicando la legge di Ampère (78) (si noti come il campo magnetico generato dalla lastra sia perpendicolare ai lati $BC$ e $AD$ , i contributi alla circuitazione vengono solo dai tratti $AB$ e $CD$ )

(133) $\begin{equation*} \oint \vec{B}\cdot d\vec{s}=2Bh=\mu_{0}nih, \end{equation*}$

da cui:

$\boxcolorato{fisica}{B = \frac{\mu_{0}ni}{2}.}$

Osservazione.

Si poteva procedere in modo differente definendo $j_s=ni$ , cioè abbiamo definito una densità lineare di carica avente unità di misura $[j_s]=\dfrac{\text{A}}{m}$ , da cui si ha $j_s=di/da$ . Immaginiamo la distribuzione del problema come un insieme fittissimo di fili, ognuno attraversato da una corrente infinitesima $di$ (con questa premessa si può passare dal discreto al continuo). Consideriamo due elementi infinitesimi della distribuzione, simmetrici rispetto all’asse $x$ , e procediamo come nel primo punto del problema, ottenendo per $x>0$ :

(134) $\begin{equation*} dB=\dfrac{2\mu_0\cos \theta \,di}{2\pi\left(y^2+x^2\right)}=\dfrac{\mu_{0} x j_s}{\pi}\left(\dfrac{da}{a^2+x^2}\right), \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato il fatto che $\cos \theta=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}$ con $a$ distanza del filo rispetto all’origine del sistema di riferimento. Integrando nella variabile $a \in [0,+\infty)$ si ha

(135) $\begin{align*} B=\dfrac{\mu_{0} x j_s}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\left(\dfrac{da}{a^2+x^2}\right)&=\left(\dfrac{\mu_{0} j_s}{\pi}\right)\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\dfrac{1}{x}}{1+\left(\dfrac{a}{x}\right)^2}\,da=\\ &=\left(\dfrac{\mu_{0} j_s}{\pi}\right)\arctan\left(\dfrac{a}{x}\right)\bigg\vert^{+\infty}_0=\\ &=\left(\dfrac{\mu_{0} j_s}{\pi}\right)\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{\mu_{0} j_s}{2}. \end{align*}$

Ricordando che abbiamo definito $j_s=ni$ , si giunge allo stesso risultato ottenuto in precedenza, come si voleva dimostrare.

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un conduttore cilindrico cavo di raggi $a$ e $b$ è percorso da una corrente distribuita uniformemente e con permeabilità magnetica relativa $\mu$ . Calcolare il campo magnetico $\vec{B}(r)$ in funzione della distanza $r$ dall’asse;

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Figura 50: schema esercizio 19.

Svolgimento.

Per risolvere il problema applichiamo la legge di Ampère (78), scegliendo come percorso chiuso una circonferena di raggio $r$ concentrica al conduttore cilindrico, contenuta in un piano perpendicolare ad esso. Per $0\leq r \leq a$ la circonferenza così definita non concatena nessuna corrente, di conseguenza

(136) $\begin{equation*} \centering \oint \vec{B} \cdot d\vec{s} = 0 \quad \Leftrightarrow \quad B(r) = 0 \,\,\text{T}. \end{equation*}$

Consideriamo ora una circonferenza definita all’interno del conduttore con $a \leq r < b$ . Applichiamo nuovamente la legge di Ampere

(137) $\begin{equation*} \centering \oint \vec{B} \cdot d\vec{s} = 2 \pi r B = \mu i^*, \end{equation*}$

dove $i^*$ è la corrente concatenata alla circonferenza di raggio $r$ . Assumendo che la densità di corrente nel filo conduttore sia costante, si ha

(138) $\begin{equation*} \centering \frac{i}{\pi (b^2 -a^2)}=\frac{i^*}{\pi (r^2 - a^2)} \quad\Leftrightarrow\quad i^*=\frac{i (r^2-a^2)}{(b^2-a^2)}, \end{equation*}$

da cui

(139) $\begin{equation*} \centering \vec{B}(r)=\dfrac{\mu i^\star}{2\pi r}= \frac{\mu i}{2 \pi r}\Bigl( \frac{r^2-a^2}{b^2-a^2} \Bigr)\;\hat{\phi} \quad \text{con} \quad a \leq r < b, \end{equation*}$

dove $\hat{\phi}$ è il versore tangente alla circonferenza ed è orientato rispetto al verso della corrente che scorre nel conduttore secondo la regola della vite. Nel limite in cui $r$ tende a $b$ da sinistra si ottiene

(140) $\begin{equation*} \centering {B}(b)=\lim_{r\to b^{-}} {B}(r) = \frac{\mu i}{2 \pi b}. \end{equation*}$

Infine, se la circonferenza è definita in una regione esterna al filo conduttore, $r > b$

(141) $\begin{equation*} \centering \oint \vec{B} \cdot d\vec{s} = 2 \pi r B = \mu_{0} i \quad\Leftrightarrow\quad {B}(r)=\frac{\mu_{0} i}{2 \pi r} \quad \text{con} \quad r > b. \end{equation*}$

Ritroviamo la legge di Biot-Savart (1): il modulo del campo magnetico per $r > b$ non dipende dal raggio $b$ del conduttore cilindrico cavo e coincide al campo magnetico generato da un filo di sezione trascurabile, coincidente con l’asse del conduttore cilindrico. Si conclude che

$\boxcolorato{fisica}{ {B}(r)= \left \{ \begin{array}{ll} 0 & \mbox{se $0 \leq r \leq a$}\\\\ \dfrac{\mu i}{2 \pi r}\Bigl( \dfrac{r^2-a^2}{b^2-a^2} \Bigr) & \mbox{se $a \leq r < b$}\\\\ \dfrac{\mu_{0} i}{2 \pi r} & \mbox{se $r>b$} \end{array} \right. \label{Eq:campoConduttoreCilindrico}}$

e si osserva che nel limite in cui $r$ tende a $b$ da destra si ha

(142) $\begin{equation*} \centering {B}(b)=\lim_{r\to b^{+}} {B}(r) = \frac{\mu_{0} i}{2 \pi b}. \end{equation*}$

Risulta evidente che nel punto $r=b$ , il campo magnetico presenta una discontinuità eliminabile

(143) $\begin{equation*} \centering \lim_{r\to b^{+}} B(r) =\frac{\mu_{0} i}{2 \pi b} \neq \lim_{r\to b^{-}} B(r) = \frac{\mu i}{2 \pi b}. \end{equation*}$

L’andamento del campo magnetico $B(r)$ in funzione della distanza dall’asse del conduttore cilindrico cavo è riassunto nella figura 51.

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Figura 51: $B(r)$ in funzione della distanza $r$ dall’asse del conduttore cilindrico cavo (esercizio 19).

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Esaminando i risultati degli esempi 7.3 e 7.4, relativi al campo magnetico $\vec{B}$ all’interno di un solenoide indefinito e toroidale, e del problema 18 per una distribuzione indefinita di fili, ricavare una relazione che leghi la discontinuità $\Delta\vec{B}$ del campo magnetico, nell’attraversamento della distribuzione continua delle correnti che generano il campo magnetico, alle correnti stesse.

Svolgimento.

Si vuole dimostrare come il campo magnetico sia discontinuo nell’attraversamento di una distribuzione superficiale continua di correnti. Consideriamo il problema $18$ , in cui è stato valutato il campo magnetico sui due lati di una distribuzione superficiale piana di correnti. Facendo riferimento alle figure 47 e 48, dalle equazioni (131) e (132) risulta che la discontinuità del campo magnetico $\Delta \vec{B}_{PQ}$ nell’attraversamento della superficie è non nulla e pari a

(144) $\begin{equation*} \Delta \vec{B}_{PQ}=\vec{B}_P-\vec{B}_Q= \frac{\mu_0 i}{\pi \sqrt{a^2+x^2}}\, (\cos\theta \,\hat{y})-\Bigl [ -\frac{\mu_0 i}{\pi \sqrt{a^2+x^2}}\, (\cos\theta \,\hat{y})\Bigr]=\frac{2\mu_0 i}{\pi \sqrt{a^2+x^2}}\, (\cos\theta \,\hat{y}), \end{equation*}$

la discontinuità $\Delta \vec{B}_{PQ}$ è tangente alla superficie e ortogonale alle linee di corrente. In generale, riprendendo l’equazione (133), sui due lati della superficie piana (figura 49) il campo magnetico è pari a

(145) $\begin{equation*} \vec{B}_1=-\vec{B}_2=\frac{\mu_{0}j_s}{2}\;\hat{y}, \end{equation*}$

definendo $j_s=ni$ come la densità lineare di corrente. Dunque avremo

(146) $\begin{equation*} \centering \Delta \vec{B}=\vec{B}_1-\vec{B}_2=\mu_{0} j_s \;\hat{y}. \end{equation*}$

Il risultato è del tutto generale: data una superficie sede di una densità lineare $j_s$ di corrente, la discontinuità del campo magnetico nell’attraversamento della superificie è tangente alla superficie e di modulo pari a $\mu_{0} j_s$ :

$\boxcolorato{fisica}{\Delta \vec{B} = \mu_{0} j_s \;\hat{y}.}$

Nell’attraversamento della superficie piana varia in modulo, direzione e verso solo la componente tangenziale del campo magnetico. Concludiamo dimostrando come lo stesso risultato possa essere ottenuto considerando il campo magnetico generato da un solenoide rettilineo indefinito. Nella regione esterna del solenoide, il campo magnetico è nullo. Nella regione interna, il campo magnetico è orientato parallelamente all’asse del solenoide e concorde alla corrente che scorre nel solenoide secondo la regola della vite. In particolare, si ha che il modulo del campo magnetico sarà $B=\mu_{0}ni=\mu_{0}j_s$ . Pertanto $\Delta \vec{B}=\vec{B}_{\text{int}} - \vec{B}_{\text{ext}}=\mu_{0}j_s\;\hat{n}$ , con $\hat{n}$ ortogonale a $\vec{j}_s$ . Si ottiene di nuovo lo stesso risultato: la discontinuità del campo magnetico è proporzionale alla densità lineare di corrente $j_s$ e ortogonale alle linee di corrente sorgenti del campo magnetico stesso.

Osservazione.

In questo caso la densità lineare di carica ha unità di misura $[j_s]=\dfrac{\text{A}}{m}$ .

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Gli atomi di un gas paramagnetico hanno momento di dipolo magnetico pari ad un magnetone di Bohr $\mu_B=\text{0,93}\cdot 10^{-23}\;\text{Am}^2$ . Posto un campione del gas in un campo magnetico $B=\text{0,5}\;\text{T}$ , essi tendono ad orientarsi parallelamente a $\vec{B}$ . Confrontare l’energia $W$ necessaria a ruotare di $180^\circ$ un dipolo magnetico con l’energia cinetica $E_k$ degli atomi di gas alla temperatura ambiente $T=20^\circ C$ .

Svolgimento.

Dalla teoria cinetica dei gas, l’energia cinetica media degli atomi del gas $E_k$ è proporzionale alla temperatura $T$ alla quale il gas si trova, secondo la relazione

(147) $\begin{equation*} \centering E_k=\frac{3}{2} k_{B} T, \end{equation*}$

dove $k_{B}$ è la costante di Boltzmann, pari a $\text{1,38} \times 10^{-23} \; \text{J/K}$ . Segue che alla temperatura $T = 20^{\circ}C = \text{293,15} \, K$ , $E_k = \text{6,07} \times 10^{-21} \; \text{J}$ .

L’energia potenziale magnetica $U_p$ di un dipolo magnetico $\vec{m}$ immerso in un campo $\vec{B}$ si calcola come $U_p = -\vec{m} \cdot \vec{B}$ . Il magnetone di Bohr, $\mu_B$ , il cui modulo è pari al momento di dipolo magnetico dell’intero gas, è inizialmente concorde al campo magnetico esterno; poi viene ruotato di $180^{\circ}$ . L’energia necessaria per la rotazione è pari a

(148) $\begin{equation*} \centering W = U_f - U_0 = \vec{m} \cdot \vec{B} - (-\vec{m} \cdot \vec{B}) = 2\vec{m} \cdot \vec{B} = \text{9,3} \times 10^{-24} \; \text{J}. \end{equation*}$

Si conclude che:

$\boxcolorato{fisica}{\frac{W}{E_k}=\text{1,6}\times10^{-3}.}$

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . La magnetizzazione massima di un campione di ferro è ${M}_{max}=\text{1,72}\times 10^6\;\text{A/m}$ . Sapendo che per il ferro $\rho=\text{7,9}\times 10^3\;\text{kg/m}^3$ e $A=\text{55,85}$ , calcolare il momento magnetico $\vec{m}$ di ciascun atomo di ferro.

Svolgimento.

Il ferro è una sostanza ferromagnetica. La magnetizzazione $\vec{M}$ che si osserva quando un campione di ferro è posto sotto l’azione di un campo magnetico esterno $\vec{B}$ è data dalla somma di tutti i momenti magnetici $\vec{m}$ che possono essere associati agli atomi che formano il materiale. In condizioni di campo nullo, $\vec{B}=\vec{0}$ , i momenti magnetici $\vec{m}$ associati agli atomi sono orientati in modo disordinato a causa dell’agitazione termica e si compensano a vicenda: la magnetizzazione media del materiale risulta quindi nulla. Al contrario, in presenza di un campo magnetico $\vec{B}\neq \vec{0}$ , i momenti magnetici atomici tendono ad orientarsi parallelamente ad esso, dando luogo ad un effetto macroscopico. La magnetizzazione è definita come il momento magnetico del materiale per unità di volume. La magnetizzazione massima si ottiene quando tutti gli atomi del campione sono orientati parallelamente uno all’altro. Dunque la magnetizzazione $\vec{M}_{max}$ può essere posta uguale al prodotto del momento magnetico $\vec{m}$ del singolo atomo per il numero di atomi per unità di volume $n$

(149) $\begin{equation*} \centering \vec{M}_{max}=n\,\vec{m}. \end{equation*}$

Conoscendo la densità $\rho$ e il numero di massa $A$ del materiale, e ricordando che in una mole di sostanza sono presenti un numero $N_{A}=\text{6,022}\times10^{23}$ di atomi, il numero di atomi per unità di volume $n$ può essere espresso come

(150) $\begin{equation*} \centering n = \frac{\text{numero atomi}}{V}=\frac{(\text{moli di sostanza}) N_{A}}{V}=\frac{(\text{quantità sostanza}) N_{A}}{A V}=\frac{\rho N_{A}}{A}, \end{equation*}$

pertanto:

$\boxcolorato{fisica}{{m}=\frac{{M}_{max}A }{\rho N_{A}}=2\times10^{-20}\;\text{A}\text{m}^2.}$

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ .La Terra ha un momento di dipolo mganetico $m_T=8\cdot 10^{22}\;\text{Am}^2$ . Calcolare il valore della corrente $i$ che dovrebbe percorrere una spira conduttrice di raggio pari al raggio terrestre $R_T=6370\;\text{km}$ per dare origine allo stesso momento magnetico.

Svolgimento.

Il problema si risolve con il principio di equivalenza di Ampère (problema $15$ , figura 43). Il momento di dipolo $m_{T}$ sarà pari al prodotto tra l’area $\Sigma=\pi R^2$ della spira e la corrente $i$ che vi scorre

(151) $\begin{equation*} \centering m_{T}=i\Sigma=i\pi R^2, \end{equation*}$

da cui:

$\boxcolorato{fisica}{i = \frac{m_{T}}{\pi R_{T}^2}=\text{6,27}\times10^{8}\;\text{A}.}$

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una sbarretta di ferro, cilindrica di raggio $r=\text{2,5}\;\text{cm}$ e di lunghezza $h=10\;\text{cm}$ , ha una magnetizzazione $M = \text{1,8}\cdot 10^6\; \text{A/m}$ . Calcolare:

il momento di dipolo magnetico $\vec{m}$ della sbarretta;
il momento meccanico $\vec{\tau}$ agente sulla stessa quando è posta in un campo magnetico $B=\text{1,3}\;\text{T}$ , che forma un angolo $\alpha=30^\circ$ con l’asse della sbarretta.

Svolgimento punto 1.

Scegliamo un sistema di riferimento $Oxyz$ con l’asse $z$ coincidente con l’asse del cilindro e quindi $\vec{M}=M\;\hat{z}$ . Per calcolare il momento di dipolo magnetico della sbarretta occorre conoscere il valore della sua corrente amperiana $i_{m}$ , data dal contributo di tutte le correnti atomiche originate nel mezzo quando magnetizzato, ovvero in presenza di un campo magnetico esterno. Se dividiamo la sbarretta in un insieme di prismetti di base $d\Sigma$ , altezza $dz$ e volume $d\Sigma\, dz$ , ciascuno con un momento magnetico $d\vec{m}$ parallelo a $\vec{M}$ , dalla definizione di magnetizzazione varrà la seguente relazione

(152) $\begin{equation*} \centering d\vec{m}=\vec{M}\,d\tau=\vec{M}\,d\Sigma\, dz = M\, d\Sigma\, dz \;\hat{z}. \end{equation*}$

Dal principio di equivalenza di Ampère, ciascun momento magnetico $d\vec{m}$ può essere considerato pari al momento magnetico generato da una spira di area $d\Sigma$ e percorsa dalla corrente $di_{m}$

(153) $\begin{equation*} \centering d\vec{m}=d\Sigma\, di_{m}\;\hat{z}, \end{equation*}$

dunque

(154) $\begin{equation*} \centering d\Sigma\, di_{m} \; \hat{z} = M\, d\Sigma\, dz \;\hat{z} \quad\Leftrightarrow\quad di_{m} = M \,dz \,\quad\Leftrightarrow\quad i_{m}=M\,h, \end{equation*}$

da cui

(155) $\begin{equation*} \vec{m}=i_{m}\,\Sigma \;\hat{z}=i_{m}\,\pi \,r^2 \;\hat{z}=M\,h\,\pi r^2\;\hat{z} \end{equation*}$

cioè:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{m}= M\,h\,\pi\, r^2\;\hat{z} = 353 \;\text{A}\,\text{m}^2 \;\hat{z}.}$

Svolgimento punto 2.

Il momento meccanico si calcola come $\tau=\vec{m}\wedge\vec{B}$ . Dal risultato precedente, segue che

$\boxcolorato{fisica}{\vec{\tau}=M\,h\,\pi\,r^2\wedge \left(B\sin\alpha \,\hat{x}+B\cos\alpha \,\hat{y}\right)=B\,\sin\alpha\,M\,h\,\pi\,r^2\,\hat{z}.}$

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un ago magnetico a forma di sbarretta di sezione $\Sigma=\pi 10^{-2}\;\text{cm}^2$ e di lunghezza $d=4\;\text{cm}$ è sottoposto all’azione di un campo magnetico $B=10^{-4}\;\text{T}$ ; si trova che il momento meccanico massimo che agisce sull’ago è $\tau_0=10^{-5}\;\text{Nm}$ . Calcolare:

la magnetizzazione $M$ dell’ago nell’ipotesi che sia uniforme;
il momento magnetico medio $m$ di ogni atomo se l’ago è di ferro ( $A=\text{55,85}$ e $\rho=\text{7,9}\cdot 10^3\;\text{kg/m}^3$ ).

Svolgimento punto 1.

Il momento meccanico massimo si ottiene quando il campo magnetico applicato è parallelo al momento di dipolo magnetico associato all’ago, in modulo $\tau_0=mB=i_{m}\Sigma B$ . La corrente amperiana $i_{m}$ associata all’ago magnetico vale quindi $i_{m}=\frac{\tau_0}{\Sigma B}$ . Dalla relazione (154) segue che

$\boxcolorato{fisica}{M = \frac{i}{d}=\frac{\tau_0}{\Sigma B d} = \text{7,96}\times10^{5}\;\text{A/m}.}$

Svolgimento punto 2.

Ricordando, dall’esercizio 22, che

${m}=\frac{{M}{max}A }{\rho N{A}},$

si trova subito:

$\boxcolorato{fisica}{m=\frac{M A}{\rho N_{A}}=\text{9,34}\times10^{-21}\;\text{A}\text{m}^2.}$

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un anello toroidale di piccola sezione avente raggio medio $R=20\;\text{cm}$ è fatto di ferro con permeabilità magnetica relativa $\kappa_m=5000$ . Una bobina con $N=100$ spire è avvolta sulla superficie dell’anello. Calcolare la corrente $i$ che deve percorrere la bobina per produrre una magnetizzazione $M=2\cdot 10^5\;\text{A/m}$ .

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Figura 52: schema esercizio 26.

Svolgimento.

Dato un materiale magnetizzato con magnetizzazione $\vec{M}$ , vale la seguente relazione tra la magnetizzazione $\vec{M}$ e la corrente amperiana $i_{m}$ associata al materiale magnetizzato

(156) $\begin{equation*} \centering \oint_{\gamma} \vec{M}\cdot d\vec{s} = i_{m}, \end{equation*}$

dove $\gamma$ è un percorso chiuso che concatena la corrente amperiana. L’equazione di Ampère (78) in presenza di materiali magnetizzati con corrente amperiana $i_{m}$ è

(157) $\begin{equation*} \oint \vec{B}\cdot d\vec{s}=\mu_{0}(i+i_{m})=\mu_{0}i+\mu_{0}\oint\vec{M}\cdot d\vec{s} \quad\Leftrightarrow\quad \oint (\vec{B}-\mu_{0}\vec{M})\cdot d\vec{s}=\mu_{0} i \quad\Leftrightarrow\quad \oint \vec{H}\cdot d\vec{s} = i, \end{equation*}$

dove è stato introdotto il nuovo campo vettoriale $\vec{H}=\left(\dfrac{\vec{B}}{\mu_{0}}-\vec{M}\right)$ . Tra $\vec{M}$ e $\vec{H}$ vale inoltre la relazione caratteristica del mezzo magnetizzato

(158) $\begin{equation*} \centering \vec{M}=({\kappa_m -1})\vec{H}. \end{equation*}$

Considerando un percorso $\gamma$ che concateni tutte le $N$ spire, applicando al problema la legge di Ampère in presenza di materiali magnetizzati (157) e sfruttando la relazione (158), segue che

(159) $\begin{equation*} \oint_{\gamma} \vec{H}\cdot d\vec{s} = N i\quad \Leftrightarrow \quad 2\pi R H = N i \quad \Leftrightarrow \quad 2 \pi R \left(\frac{M}{\kappa_m -1}\right)= Ni \end{equation*}$

da cui:

$\boxcolorato{fisica}{i = \frac{2 \pi R M}{N (\kappa_m -1)}= \text{0,503} \;\text{A}.}$

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una sbarretta di acciaio laminato a freddo, $\kappa_m=3500$ , è circondata da un avvolgimento solenoidale di diametro molto maggiore del diametro della sbarretta, con $n=100$ spire/m, percorse dalla corrente $i=1\;\text{A}$ . Calcolare:

il campo magnetico $\vec{B}_f$ nel ferro;
la magnetizzazione $\vec{M}$ del ferro;
il campo magnetico $\vec{B}_0$ dentro la bobina al di fuori del ferro.

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Figura 53: schema esercizio 27.

Svolgimento punto 1.

Consideriamo un percorso chiuso $\gamma$ come in figura 24.

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Figura 54: valutazione di $\vec{B}_{f}$ (esercizio 27).

Avendo il solenoide una densità lineare $n$ di spire, le correnti concatenate al percorso saranno $n\,i\,h$ , con $h$ lunghezza del lato $AB$ . Quindi, applicando la legge di Ampère (157) in presenza di materiali magnetizzati, si ha

(160) $\begin{equation*} \centering \oint_{\gamma} \vec{H}\cdot d\vec{s} = n\,i\,h=H\,h\quad \Leftrightarrow \quad \vec{H} = ni\;\hat{z}, \end{equation*}$

avendo posto l’asse $z$ parallelo all’asse del solenoide e concorde rispetto al verso della corrente che scorre nelle spire secondo la regola della vite. Sfruttando (158), segue che

(161) $\begin{equation*} \centering \vec{B}=\mu_{0}(\vec{H}+\vec{M})=\mu_{0}\;\vec{H}+\mu_{0}\;(\kappa_{m}-1)\;\vec{H}=\mu_{0}\;\kappa_{m}\;\vec{H}. \end{equation*}$

Dunque il campo magnetico $\vec{B}_{f}$ nel ferro vale:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}_{f}=\mu_{0}\;\kappa_{m}\;\vec{H}=\mu_{0}\;\kappa_{m}n\;i\;\hat{z}=(\text{0,44}\;\text{T})\;\hat{z}.}$

Svolgimento punto 2.

La magnetizzazione $\vec{M}$ del ferro si ottiene sfruttando direttamente (158) e (160):

$\boxcolorato{fisica}{\vec{M}=(\kappa_{m}-1)\;\vec{H}=(\kappa_{m}-1)\;n\;i\;\hat{z}=(\text{3,5}\times10^{5}\;\text{A/m})\;\hat{z}.}$

Svolgimento punto 3.

Data la geometria del problema, il solenoide può essere considerato come un solenoide rettilineo indefinito. Nella regione esterna al solenoide, il campo magnetico è nullo. Nella regione interna del solenoide indefinito, al di fuori della sbarretta di acciaio, il campo magnetico è ovunque uniforme, di modulo pari a $B=\mu_{0} ni$ , parallelo all’asse del solenoide e concorde al verso della corrente nel solenoide secondo la regola della vite. Abbiamo dunque:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{B}_{0}=\mu_{0}ni\;\hat{z}.}$

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Un filo indefinito di raggio $R$ è percorso dalla corrente $i$ ed è posto sull’asse di una guaina cilindrica indefinita di raggio interno $a$ e raggio esterno $b$ , avente permeabilità magnetica relativa $\kappa_m$ . Calcolare: il campo $H(r)$ , il campo magnetico $B(r)$ e
la magnetizzazione $M(r)$ , in funzione della distanza $r$ dall’asse. Si supponga che la densità di corrente $j$ sia uniforme.

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Figura 55: schema esercizio 28.

Svolgimento.

Applichiamo la legge di Ampère in presenza di materiali magnetizzati (157) definendo come percorso chiuso $\gamma$ una circonferenza di raggio $r$ concentrica al conduttore, contenuta in un piano perpendicolare ad esso e con verso di percorrenza concorde alla corrente $i$ . Nella regione per $0 \leq r \leq R$ si ha

(162) $\begin{equation*} \oint_{\gamma} \vec{H}\cdot d\vec{s}=2 \pi r H = i^*, \end{equation*}$

dove $i^*$ la corrente concatenata alla circonferenza di raggio $r$ . Il vettore di densità di corrente $j$ è supposto costante quindi

(163) $\begin{equation*} \centering \frac{i^*}{\pi r^2}=\frac{i}{\pi R^2} \quad\Leftrightarrow\quad i^*= \frac{i r^2}{R^2} \end{equation*}$

da cui

(164) $\begin{equation*} \centering H(r)=\frac{i^*}{2 \pi r}=\frac{i r}{2 \pi R^2}. \end{equation*}$

Per $r \geq R$ alla linea chiusa $\gamma$ è concatenata tutta la corrente $i$ , pertanto

(165) $\begin{equation*} \centering \oint_{\gamma} \vec{H}\cdot d\vec{s}=2 \pi r H = i \quad\Leftrightarrow\quad H(r)=\frac{i}{2 \pi r}. \end{equation*}$

Quindi si ha

$\boxcolorato{fisica}{ \vec{H}(r)= \left \{ \begin{array}{ll} \dfrac{i\, r}{2\, \pi\, R^2} & \mbox{se $\,0 \leq r \leq R$}\\\\ \dfrac{i}{2\, \pi\, r} & \mbox{se $\,r \geq R$}. \end{array} \right.}$

Si ricordano le relazioni date da (158) e (161), cioè

$B(r)=\mu_{0}\,k_m\,H(r)$

$M(r)=\left(k_m-1\right)\,H(r).$

Tenendo conto che per $r\in [0,R]\cup[a,b]$ si ha $k_m$ , e per $r\in [R,a]\cup [b,+\infty]$ si ha $k_m=1$ , si ottiene:

$\boxcolorato{fisica}{{B}(r)= \left \{ \begin{array}{ll} \dfrac{\mu_0\,k_m\, i \,r}{2 \,\pi\, R^2} & \mbox{se $\,0 \leq r \leq R$}\\\\ \dfrac{\mu_{0}\,i}{2\, \pi\, r} & \mbox{se $\,R \leq r \leq a\,\,\vee \,\, r\geq b$ }\\\\ \dfrac{\mu_{0}\,\kappa_{m}\, i}{2 \,\pi\, r} & \mbox{se $\,a \leq r \leq b$ }, \end{array} \right.}$

$\boxcolorato{fisica}{ {M}(r)= \left \{ \begin{array}{ll} \dfrac{i\,r\left(k_m-1\right)}{2\,\pi\,R^2} & \mbox{se $\,0 \leq r \leq R$}\\\\ 0 & \mbox{se $\,R \leq r \leq a\,\,\vee \,\,r \geq b$}\\\\ \dfrac{(\kappa_{m}-1)\, i}{2\, \pi\, r\,} & \mbox{se $\,a \leq r \leq b$}. \end{array} \right.}$

Il campo magnetico di $B$ presenta tre discontinuità di prima specie: per $r=R$ (si veda a proposito la soluzione dell’esercizio 11), per $r=a$ e per $r=b$

(166) $\begin{align*} &\lim_{r\to R^{+}} B(r) =\frac{\mu_{0}\, i}{2\, \pi\, R} \neq \lim_{r\to R^{-}} B(r) = \frac{\mu_{0}\,k_m\, i}{2\, \pi\, R};\\ &\lim_{r\to a^{+}} B(r) =\frac{\mu_{0}\,\kappa_{m}\, i}{2 \,\pi \,a} \neq \lim_{r\to a^{-}} B(r) = \frac{\mu_{0}\, i}{2 \,\pi\, a};\\ &\lim_{r\to b^{+}} B(r) =\frac{\mu_{0}\, i}{2 \pi b} \neq \lim_{r\to b^{-}} B(r) = \frac{\mu_{0}\,\kappa_{m}\, i}{2 \,\pi\, b}. \end{align*}$

Il vettore $H$ risulta continuo in $r=R$

(167) $\begin{equation*} \lim_{r\to R^-}H(r)=\dfrac{i}{2\pi R}=\lim_{r\to R^+}H(r). \end{equation*}$

Il vettore $M$ , ovviamente risulta avere tre discontinuità, in quanto non tutto lo spazio risulta avere $k_m$ , quindi si ha

(168) $\begin{align*} &\lim_{r\to R^-} M(r)=\dfrac{i\left(k_m-1\right)}{2\,\pi\,R}\neq \lim_{r\to R^+} M(r)=0;\\ &\lim_{r\to a^-} M(r)=0\neq \lim_{r\to a^+} M(r)=\dfrac{\left(k_m-1\right)i}{2\,\pi\,a};\\ &\lim_{r\to b^-} M(r)=\dfrac{\left(k_m-1\right)i}{2\,\pi\,b}\neq \lim_{r\to a^+} M(r)=0. \end{align*}$

Di seguito la rappresentazione del vettore $H$

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Figura 56: campo vettoriale ${H}(r)$ in funzione della distanza $r$ dall’asse del conduttore (esercizio 28).

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Figura 57: Campo vettoriale ${B}(r)$ in funzione della distanza $r$ dall’asse del conduttore (esercizio 28).

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Figura 58: Campo vettoriale ${B}(r)$ in funzione della distanza $r$ dall’asse del conduttore (esercizio 28).

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare il campo magnetico $\vec{B}$ sull’asse di un cilindro di raggio $R$ e lunghezza $d$ , magnetizzato uniformemente con magnetizzazione $\vec{M}$ e in particolare il campo magnetico $\vec{B}_O$ nel centro $O$ .

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Figura 59: schema esercizio 29.

Svolgimento.

Un modo per risolvere il problema consiste nel pensare al cilindro come a un insieme infinito di spire aventi spessore infinitesimo $dz$ .

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Figura 60: rappresentazione di un cilindro con spire infinite.

Procediamo dunque andando ad isolare ciascuna spira e a calcolare il campo magnetico lungo il suo asse; dal momento che non sono presenti correnti di conduzione, e poichè il problema impone che il vettore magnetizzazione $\vec{M}$ sia uniforme, l’unica corrente che si deve considerare è la corrente di superficie $i_{s,m}$ . Dalla letteratura sappiamo che la densità di corrente superficiale è legata al vettore di polarizzazione magnetica secondo la relazione che segue

(169) $\begin{equation*} \vec{J}_{s,m}=\vec{M}\wedge\hat{n} \end{equation*}$

dove con $\hat{n}$ si indica il versore perpendicolare alla superficie lungo la quale scorre la corrente $i_{s,m}$ . Scegliamo un sistema di riferimento $0xyz$ con asse $z$ coincidente con l’asse di simmetria del solenoide e origine $O$ posizionato nel centro della base del cilindro che si vede partendo da sinistra osservando la figura 60; pertanto il vettore di magnetizzazione $\vec{M}$ è diretto lungo l’asse delle $z$ , e applicando la regola della mano destra, si ottiene che il vettore $\vec{J}_{s,m}$ è tangente alla superficie del cilindro. Una volta trovata la densità di corrente $\vec{J}_{s,m}$ è possibile ricavare il modulo della corrente $i_{s,m}$ , ossia il valore analitico della corrente amperiana superficiale che scorre lungo una spira di spessore $dz$ . In particolare si ottiene

(170) $\begin{equation*} i_{s,m}=J_{s,m}\,dz=M\,dz. \end{equation*}$

In figura 60 viene rappresentato il campo magnetico prodotto dalla spira, avente centro di coordinate $(a,0,0)$ , in un generico punto dell’asse di coordinate $(b,0,0)$ .

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Figura 60: Campo elettrico della spira in un generico punto di coordinate $(b,0,0)$ .

Il campo magnetico infinitesimo $d{B}$ della spira nel punto $(b,0,0)$ è

(171) $\begin{equation*} dB=\dfrac{\mu_0R^2\,di_{s,m}}{2\left(\left(b-z\right)^2+R^2\right)^{\frac{3}{2}}}=\dfrac{\mu_0MR^2}{2\left(\left(b-z\right)^2+R^2\right)^{\frac{3}{2}}}dz, \end{equation*}$

da cui per ottenere il campo magnetico del solenoide nel punto $(b,0,0)$ è necessario sommare i contributi di tutte le infinite spire che fanno parte del solenoide. Pertanto abbiamo

$\begin{aligned} B(b&)=\int_{0}^{d}\dfrac{\mu_0MR^2}{2\left(\left(b-z\right)^2+R^2\right)^{\frac{3}{2}}}dz=\dfrac{\mu_0MR^2}{2}\int_{0}^{d}\dfrac{1}{\left(\left(b-z\right)^2+R^2\right)^{\frac{3}{2}}}dz=\dfrac{\mu_0MR^2}{2R^3}\int_{0}^{d}\dfrac{1}{\left(\left(\dfrac{b-z}{R}\right)^2+1\right)^{\frac{3}{2}}}dz=\\ &=\dfrac{\mu_0M}{2R}\int_{0}^{d}\dfrac{1}{\left(\left(\dfrac{b-z}{R}\right)^2+1\right)^{\frac{3}{2}}}dz\overset{\clubsuit}{=}-\dfrac{\mu_0M}{2R}\int_{\frac{b}{R}}^{\frac{b-d}{R}}\dfrac{R}{\left(1+t^2\right)^{\frac{3}{2}}}dt=-\dfrac{\mu_0M}{2}\int_{\frac{b}{R}}^{\frac{b-d}{R}}\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^{\frac{3}{2}}}dt, \end{aligned}$

dove in $\clubsuit$ si è operata la seguente sostituzione $\dfrac{b-z}{R}=t$ ; si osserva il seguente fatto

$\begin{aligned} &\int\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^{\frac{3}{2}}}dt=\int\dfrac{\dfrac{1}{t^3}}{\left(1+\dfrac{1}{t^2}\right)^{\frac{3}{2}}}dt=-\dfrac{1}{2}\int\dfrac{-\dfrac{2}{t^3}}{\left(1+\dfrac{1}{t^2}\right)^{\frac{3}{2}}}dt=-\dfrac{1}{2}\dfrac{\left(1+\dfrac{1}{t^2}\right)^{-\frac{1}{2}}}{-\dfrac{1}{2}}+\text{costante}=\\ &=\left(\dfrac{t^2+1}{t^2}\right)^{-\frac{1}{2}}+\text{costante}=\left(\dfrac{t^2}{t^2+1}\right)^{\frac{1}{2}}+\text{costante}=\dfrac{t}{\sqrt{t^2+1}}+\text{costante} \end{aligned}$

oppure, in modo equivalente, si può procedere come segue

$\begin{aligned} \int\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^\frac{3}{2}}dt&=\int\dfrac{1+t^2-t^2}{\left(1+t^2\right)^\frac{3}{2}}dt=\int\dfrac{1+t^2}{\left(1+t^2\right)^\frac{3}{2}}dt-\int\dfrac{ t^2}{\left(1+t^2\right)^\frac{3}{2}}dt=\\ &=\int\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^\frac{1}{2}}dt-\dfrac{1}{2}\int\dfrac{2t}{\left(1+t^2\right)^\frac{3}{2}}\cdot t \,dt=\\ &=\int\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^\frac{1}{2}}dt-\dfrac{1}{2}\left(-\dfrac{2t}{\left(1+t^2\right)^\frac{1}{2}}-\int-\dfrac{2}{\left(1+t^2\right)^\frac{1}{2}}dt\right)=\\ &=\int\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^\frac{1}{2}}dt+\dfrac{t}{\left(1+t^2\right)^\frac{1}{2}}-\int\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^\frac{1}{2}}dt+\text{costante}=\\ &=\dfrac{t}{\left(1+t^2\right)^\frac{1}{2}}+\text{costante}, \end{aligned}$

pertanto, usando il fatto ottenuto, si ha

$\begin{aligned} B(b)&=-\dfrac{\mu_0M}{2}\int_{\frac{b}{R}}^{\frac{b-d}{R}}\dfrac{1}{\left(1+t^2\right)^{\frac{3}{2}}}dt=-\dfrac{\mu_0M}{2}\dfrac{t}{\left(1+t^2\right)^\frac{1}{2}}\bigg\vert^{\frac{b-d}{R}}_{\frac{b}{R}}=\\ &=-\dfrac{\mu_0M}{2}\left(\dfrac{\dfrac{b-d}{R}}{\left(1+\left(\dfrac{b-d}{R}\right)^2\right)^\frac{1}{2}}-\dfrac{\dfrac{b}{R}}{\left(1+\left(\dfrac{b}{R}\right)^2\right)^\frac{1}{2}}\right)=\\ &=\dfrac{\mu_0M}{2}\left(\dfrac{\left(d-b\right)}{\left(R^2+\left(d-b\right)^2\right)^{\frac{1}{2}}}+\dfrac{b}{\left(R^2+b^2\right)^{\frac{1}{2}}}\right), \end{aligned}$

che è il campo magnatico del solenoide nel generico punto $(b,0,0)$ . Posto $b=\dfrac{d}{2}$ si ottiene

$\begin{aligned} B\left(\dfrac{d}{2}\right)&=\dfrac{\mu_0M}{2}\left(\dfrac{\left(d-\dfrac{d}{2}\right)}{\left(R^2+\left(d-\dfrac{d}{2}\right)^2\right)^{\frac{1}{2}}}+\dfrac{\dfrac{d}{2}}{\left(R^2+\left( \dfrac{d}{2}\right)^2\right)^{\frac{1}{2}}}\right)=\\ &=\dfrac{\mu_0M}{2}\left(\dfrac{\dfrac{d}{2}}{\left(R^2+\left(\dfrac{d}{2}\right)^2\right)^{\frac{1}{2}}}+\dfrac{\dfrac{d}{2}}{\left(R^2+\left( \dfrac{d}{2}\right)^2\right)^{\frac{1}{2}}}\right)=\\ &=\dfrac{\mu_0M}{2}\left(\dfrac{\dfrac{2d}{2}}{\left(R^2+\left(\dfrac{2d}{2}\right)^2\right)^{\frac{1}{2}}}\right)=\dfrac{\mu_0M}{2}\left(\dfrac{2d}{\left(4R^2+d^2\right)^{\frac{1}{2}}}\right)=\\ &=\dfrac{\mu_0Md}{\left(4R^2+d^2\right)^{\frac{1}{2}}}. \end{aligned}$

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