Cutnell, Johnson – Fisica volume 3 Capitolo 22 Interazioni

Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
Domande
1. Se si usa la mano sinistra per determinare il verso della forza magnetica che agisce su una carica
positiva in moto in un campo magnetico, si ottiene il verso opposto a quello corretto.
2. Dato che la particella 2, la cui velocità è perpendicolare al campo magnetico, attraversando il
campo non subisce deflessioni, ne deduciamo che essa è elettricamente neutra.
Le particelle 1 e 3 descrivono traiettorie circolari. La figura sotto mostra la direzione della forza
magnetica (centripeta) che agisce sulla particella. Orientiamo le dita della mano destra nella
direzione del campo (cioè entranti nel foglio), in modo che il pollice punti nella direzione di moto
della particella 1, il palmo della mano punta verso il centro della traiettoria circolare descritta dalla
particella. Per la prima regola della mano destra possiamo concludere che la particella 1 è carica
positivamente. Puntiamo ora le dita della mano destra nella direzione del campo (entranti nel
foglio), in modo che il pollice punti nella direzione di moto della particella 3, il palmo della mano
punta dalla parte opposta al centro della traiettoria circolare descritta: per la prima regola della
mano destra, la particella 3 è carica negativamente.
F
#1
F
#3
3.
In ogni camera la particella descrive un quarto di circonferenza. Il disegno a destra mostra la
direzione che deve avere la forza centripeta che agisce sulla particella, in ogni camera, perché essa
possa descrivere quella traiettoria. La particella carica può descrivere una traiettoria circolare se
viene immessa in una regione in cui è presente un campo magnetico perpendicolare alla direzione
della sua velocità. Nella camera 1, se il palmo della mano destra è rivolto nella direzione di F in
modo che il pollice indichi la direzione di moto della particella, le dita devono uscire dalla pagina.
Questa dovrebbe essere la direzione che deve avere il campo magnetico perché una carica positiva
descriva la traiettoria indicata nella camera 1. Dato che la particella è
negativa, il campo magnetico deve avere verso opposto, cioè deve entrare
3
4
nella pagina. Ragionando analogamente, nel rispetto della regola della
F
F
mano destra, giungiamo a queste conclusioni: nella regione 2 il campo
deve essere uscente dalla pagina, come anche nella regione 3, mentre nella
regione 4 il campo deve essere entrante nella pagina.
Se la velocità della particella è v quando entra nella camera 1, deve uscire
dalla camera 4 con la stessa velocità. La forza magnetica, infatti, è sempre
perpendicolare alla velocità della particella e, quindi, non compie lavoro.
Di conseguenza, l’energia cinetica della particella rimane immutata e la
velocità della particella non può cambiare.
F
F
1
2
v
–q
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
4. Il tubo a raggi catodici della televisione consiste in un tubo, nel quale è stato praticato il vuoto,
che contiene un cannone elettronico che invia verso lo schermo un sottile fascio di elettroni ad alta
velocità. La superficie interna dello schermo è ricoperta con un rivestimento fosforescente che
emette un piccolo punto luminoso quando viene colpito dagli elettroni. Il campo magnetico prodotto
dagli elettromagneti esercita sugli elettroni in movimento delle forze che ne incurvano la traiettoria
e li inviano in punti differenti dello schermo, in modo da ricostruire l’immagine. Se poniamo vicino
allo schermo una calamita, il campo magnetico di quest’ultima modifica le traiettorie degli elettroni
e l’immagine risulta distorta.
5.
Sappiamo che due fili percorsi da corrente nello stesso verso si attraggono, mentre fili percorsi da
corrente in verso opposto si respingono. Il filo centrale sarà quindi attratto dal filo alla sua sinistra e
respinto da quello a destra: di conseguenza la forza risultante è rivolta a sinistra e il filo centrale si
muoverà in quella direzione.
Current
6.
Il piano dell’anello di corrente deve essere perpendicolare all’asse magnetico terrestre, come mostra
la figura a lato. Nel rispetto della seconda regola della mano destra, la corrente, osservata dal polo
nord magnetico, deve circolare in senso orario.
Test
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
D
C
A
D
A
B
B
A
B
C
A
A
B
A
B
Problemi
1.
La forza magnetica che agisce su una carica in movimento è F = q0 vB sen! . Questa forza deve
equilibrare la forza peso del protone, per cui: mg = q0 vB sen! .
Risolvendo in funzione di v, otteniamo
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
mg
(1,67 "10 –27 kg)(9,80 m/s2 )
v=
=
= 4,1"10 –3 m/s
–19
–5
q0 B sen! (1,6 "10
C)(2,5 "10 T) sen 90,0°
2.
B=
F
5,4 "10#3 N
=
= 1,1"10#4 T
#6
6
q0 v sen! #8,3"10 C 7,4 "10 m/s sen 52°
(
)
3.
La velocità dell’elettrone si può ricavare dall’uguaglianza eV = (1/2)mv2 , quindi
(
)
2 1, 60 "10!19 C (19000V )
2eV
v=
=
= 8,17 "107 m/s
!31
m
9,11 "10 kg
La forza magnetica è
F = q vB senθ = (1,60 · 10–19 C)(8,17 · 107 m/s)(0,28 T) sen 90,0° = 3,7·10-12 N
4.
F = q vB sen!
14424431
e
2F = q vB sen! 2
1442443
Situazione 1
Situazione 2
Dividendo membro a membro, otteniamo
2F q vB sen! 2
=
F
q vB sen!1
o
sen! 2 = 2 sen!1 = 2 sen25° = 0,85
! 2 = sen"1 (0,85) = 58°
5.
(a) F = q vB sen 30,0° = (8,4 · 10–6 C)(45 m/s)(0,30 T) sen 30,0° = 5,7·10-5 N, entrante nel foglio.
(b) F = q vB sen 90,0° = (8,4 · 10–6 C)(45 m/s)(0,30 T) sen 90,0° = 1,1·10-4 N, entrante nel foglio.
(c) F = q vB sen 150° = (8,4·10–6 C)(45 m/s)(0,30 T) sen 150° = 5,7·10-5 N, entrante nel foglio.
6.
F = q0 v Bsen! . Applichiamo questa equazione due volte:
F90,0° = q0 v Bsen90,0°
e
F38° = q0 v Bsen38°
Dividiamo membro a membro le due equazioni
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
F38°
F90,0°
=
q0 v Bsen38°
q0 v Bsen90,0°
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
e ricaviamo
! sen 38° $
! sen 38° $
(3
(3
F38° = F90,0° #
& = 2,7 '10 N #
& = 1,7 '10 N
" sen 90,0° %
" sen 90,0° %
(
)
7.
sen ! =
F
q vB
dove F = ma.
Quindi
*
&
9,11 ) 10"31 kg 3,50 ) 1014 m/s2
ma (
/ = 19,7°
"1 ,
! = sen
= sen ,
/
% q vB (
"19
6
"4
$
'
,+ 1,60 ) 10 C 6,80 ) 10 m/s 8,70 ) 10 T ./
(
#
"1 %
(
8.
)(
)(
+z
)
)(
)
+z
+y
By = 0,065 T
v
4.
0.
0
4
8
T
+y
F1
F
θ
+x
F2
+x
Bx = 0,048 T
L’intensità F1 della forza magnetica dovuta al campo magnetico di 0,048T è
(
)(
)(
F1 = q0 vBx sen90,0° = 2,0 !10"5 C 4,2 !103 m/s 0,048 T = 4,0 !10"3 N
)
L’intensità F2 della forza magnetica dovuta al campo magnetico di 0,065T è
(
)(
)(
F2 = q0 vBy sen90,0° = 2,0 !10"5 C 4,2 !103 m/s 0,065 T = 5,5 !10"3 N
)
La parte destra del disegno indica le direzioni della forza ottenute ricorrendo alla prima regola della
mano destra, nonché la direzione della forza risultante la cui intensità si ottiene dal teorema di
Pitagora.
F = F12 + F22 =
2
2
(4, 0 "10!3 N ) + (5,5 "10!3 N ) = 6,8 "10!3 N
in direzione:
#F $
# 4, 0 %10"3 N $
! = tan "1 && 1 '' = tan "1 &&
'' = 36°
"3
F
5,5
%
10
N
(
)
( 2)
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
9.
Applicando la regola della mano destra, dato che l’elettrone ha carica negativa, deduciamo che
l’elettrone viene deflesso a sud.
q vB sen!
F
a =
= 0
m
m
dove v = 2 ( K ) / m .
Per cui
q0 vB sen!
a =
m
(1,60 " 10
=
#19
=
C
q0
2(K )
B sen!
m
=
m
(
) 9,11
" 10
) (2,00 " 10 T) sen 90,0°
kg
2 2,40 " 10#15 J
#31
9,11 " 10
#31
#5
= 2,55 " 1014 m/s2
kg
10.
La forza magnetica è Fmagnetica = q vB sen θ, ed essendo θ = 90°, l’espressione diventa
Fmagnetica = q vB. La forza elettrica vale, invece, F = q E . Applicando il teorema di Pitagora
otteniamo che il valore della forza risultante è:
2
2
F = Fmagnetica
+ Felettrica
=
(
= 1,8 !10"6 C
2
( q vB) + ( q E )
2
=q
(vB)
2
+ E2 =
# 3,1!106 m/s 1,2 !10"3 T &2 + 4,6 !103 N/C
('
$%
) (
)(
) (
)
2
11.
La forza magnetica, che corrisponde alla forza centripeta della
particella, deve essere rivolta verso il centro della traiettoria
circolare (vedi la figura). Se la particella fosse positiva, per la
regola della mano destra, la forza dovrebbe avere un verso
opposto a quello rappresentato in figura: la particella è, quindi,
negativa.
= 1,1!10"2 N
B (uscente)
foglio)
v
F
Il raggio della traiettoria circolare descritta dalla particella è
r = mv / q B , da cui possiamo ricavarne la massa come
m=
q Br
v
8, 2 "10!4 C )(0, 48 T )(960 m )
(
=
= 2, 7 "10!3 kg
140 m/s
12.
r=
mv
, da cui
qB
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
(
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
)(
)
3,06 !10"25 kg 7,2 !103 m/s
mv
B=
=
= 0,14 T
qr
+1,60 !10"19 C 0,10 m
(
)
13.
The speed of a proton can be found from Equation r =
v=
q Br
m
=
(1.6 !10 –19 C)(0.30 T)(0.25 m)
mv
,
qB
= 7.2 !106 m/s
–27
1.67 !10
kg
The magnitude Fc of the centripetal force is given by Equation,
Fc =
mv 2 (1.67 !10 –27 kg)(7.2 !106 m/s)2
=
= 3.5 !10 –13 N
r
0.25 m
14.
Il raggio della circonferenza descritta da una particella carica in un campo magnetico è r =
mv
.
qB
Per un elettrone:
(
)(
)(
)
9,11 !10"31 kg 9,0 ! 106 m/s
mv
r =
=
= 4,3 ! 102 m
"19
"7
qB
1,6 ! 10 C 1,2 ! 10 T
(
)
Per un protone:
(
)(
)(
)
1,67 !10"27 kg 9,0 ! 106 m/s
mv
r =
=
= 7,8 ! 105 m
"19
"7
qB
1,6 ! 10 C 1,2 ! 10 T
(
)
15.
Il raggio di curvatura di una particella carica in uno spettrometro di massa è: r =
2mV
. Nel
eB 2
nostro caso la particella ha una carica uguale a +2e, quindi:
r=
2mV
2eB
2
(
)(
)
C) (0,500 T)
2 3,27 ! 10"25 kg 1,00 ! 103 V
=
(
2 1,60 ! 10"19
2
= 0,0904 m
16.
Indicando con A e B le situazioni, inziale e finale rispettivamente, il principio di conservazione
dell’energia (essendo l’energia gravitazionale trascurabile) si scrive
1
mvB2
2 24
1
4
3
Energia cinetica
finale
+
UB
{
Energia potenziale
elettrica finale
=
1
mvA2
2 24
1
4
3
Energia cinetica
iniziale
+
U
12A3
Energia potenziale
elettrica iniziale
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
Ma l’energia potenziale elettrica vale U = q0V, quindi
1
mvB2
2
1
2
+ q0VB = mvA2 + q0VA
Dato che vA = 0 m/s, ricaviamo
(
2q0 VA !VB
vB =
m
)=
2 #%2 +1,60 "10!19 C &( 1,20 "106 V
$
'
(
)(
6,64 "10
(
!27
)(
kg
)(
) = 1,08 "10
7
m/s
F = q0 vB Bsen! = 2 1,60 "10#19 C 1,08 "107 m/s 2,20 T sen90,0° = 7,60 "10#12 N
)
Il raggio della traiettoria è:
r=
(6,64 !10 kg) (1,08 !10 m/s) = 0,102 m
=
B
2 (1,60 !10
C) ( 2,20 T)
q0
7
"27
mvB
"19
B (uscente)
17.
Il diametro della traiettoria circolare descritta dal
carbonio-12 è indicato come 2r12, mentre quello del
carbonio-13 è indicato come 2r13. La separazione
spaziale dopo che i due isotopi hanno percorso una
semicirconferenza è:
v
2r12
2r13
# m v & # m v & 2v
!d = 2r13 " 2r12 = 2 %% 13 (( " 2 %% 12 (( =
m13 " m12 =
$ eB ' $ eB ' eB
(
(
2 6,667 )105 m/s
=
(1,60 ) 10
"19
)
(21,59 )10
C) (0,8500 T)
)
"27
)
kg "19,93)10"27 kg =
= 1,63 ) 10"2 m
18.
Quando la particella carica “cade” verso i punti a potenziale più basso, perde energia potenziale e
acquista energia cinetica: il principio di conservazione dell’energia allora si esprime come
2qV
q V = 12 mv 2 o v =
m
Con questa espressione della velocità, il raggio della traiettoria descritta è
mv
m 2 q V 1 2mV
r=
=
=
qB qB
m
B
q
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
La carica dello ione ionizzato una volta è +e, mentre la carica dello ione ionizzato due volte è +2e.
Il rapporto tra i raggi delle traiettorie descritte diventa:
1 2mV
r1 B
e = 2 = 1, 41
=
r2 1 2mV
B
2e
19.
Analizzando la figura del testo, si comprende che, applicando la regola della mano destra, la forza
magnetica sulla particella carica positivamente è diretta verso il basso della pagina.
Inoltre, se l’intensità della forza totale agente sulla particella è doppia della sola forza magnetica,
dobbiamo dedurre che la forza elettrica deve avere la stessa intensità della forza magnetica. In
formula: q E = q vB sen! , da cui
(
)(
)( )
E = vB sen! = 270m/s 0,52T 1,0 = 140V/m
20.
Il raggio della traiettoria circolare descritta dalla particella è r = mv/( q B) e inoltre
q vB = q E , da cui v = E/B
FB = FE o
Sostituendo questa espressione della velocità nella relazione precedente e risolvendo in funzione di
q
, otteniamo
m
q
m
=
E
rB
3,80 ! 103 N/C
=
2
(4,30 ! 10 m) (0,360 T)
"2
= 6,8 !105 C/kg
2
21.
Il protone non raggiungerà la lamina opposta, se la distanza tra le due lamine è uguale al raggio
della traiettoria circolare che descrive all’interno del campo magnetico, ovvero se
d = r = mv / ( q B ). Possiamo quindi ricavare
(
)(
)(
)
1,67 ! 10"27 kg 3,5 !106 m/s
mv
B=
=
= 0,16 T
qr
1,60 ! 10"19 C 0,23 m
(
)
22.
t =
s
!r
! " mv #
!m
! (6,0 $10 –8 kg)
=
= %
=
=
= 8,7 $10 –3 s
&&
–6
%
v
v
v ' q B(
qB
(7,2 $10 C)(3,0 T)
23.
r = mv / ( q B ) dove v =
2K
, quindi
m
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
mv
r=
=
qB
m
( )
2 K
m
qB
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
(
=
)(
2 9,11 ! 10"31 kg 2,0 !10"17 J
( )=
2m K
(1,60 !10
qB
"19
)(
C 5,3 ! 10"5 T
)
) = 0,71 m
24.
La forza magnetica è uguale alla forza centripeta → F = mv 2 / r . La distanza percorsa dalla
particella è un quarto di circonferenza, s = 14 (2! r ), ma la particella si muove a velocità costante
quindi vale anche la relazione s = vt : possiamo, allora, ricavare
2 s 2 (vt )
r=
=
!
!
E, quindi, la forza magnetica diventa
(
)(
)
)8
mv 2
mv 2
! mv ! 7,2 ( 10 kg 85 m/s
F=
=
=
=
= 4,4 ( 10)3 N
)3
"
%
r
2t
2vt
2 2,2 ( 10 s
$
'
!
#
&
(
)
L’espressione della forza magnetica è anche F = q vB sen! , quindi
q=
F
4,4 ! 10"3 N
=,
= 1,7 ! 10"4 C
vB sen90,0°
85 m/s 0,31 T sen90,0°
(
)(
)
25.
La forza che agisce sul filo conduttore è: F = ILB sen! . Possiamo, allora, ricavare
F
0,15 N
B=
=
= 5,1 " 10#5 T
I L sen!
75 A 45 m sen60,0°
(
)(
)
26.
F = ILB sen! , da cui, risolvendo in funzione di θ, otteniamo
)
,
# F &
5,46N
"1
. = 57,6°
! = sen "1 %
( = sen +
+* 21,0A 0,655m 0,470T .$ iLB '
(
)(
)(
)
27.
La forza su ciascun lato vale F = ILB sen θ. Per il lato superiore, θ = 90,0°, quindi
F = (12 A)(0,32 m)(0,25 T) sen 90,0° = 0,96 N
La forza sul lato inferiore è uguale a quella sul lato superiore, quindi F = 0,96 N.
Per gli altri due lati θ = 0°, e, quindi, la forza F = 0 N.
28.
Il verso della corrente nel lato AB è opposto a quello del campo magnetico, quindi corrente e campo
formano un angolo θ = 180° e l’intensità della forza su questo lato è:
FAB = ILB sen! = ILB sen180° = 0N
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
Per il lato BC, l’angolo θ vale 55,0°, la sua lunghezza è
2, 00m
L=
= 3, 49m
cos55,0°
Quindi, la forza magnetica vale
FBC = ILB sen! = 4,70A 3,49m 1,80T sen55,0° = 24,2N
(
)(
)(
)
e, per la prima regola della mano destra, è uscente dal foglio.
Per il lato AC, θ = 90,0°, la sua lunghezza è
L = (2,00 m) tan 55,0° = 2,86 m
E la forza magnetica vale
FAC = ILB sen! = 4,70A 2,86m 1,80T sen90,0° = 24,2N
(
)(
)(
)
e, per la prima regola della mano destra, è entrante nel foglio.
La forza risultante sul triangolo è la somma vettoriale delle forze che agiscono sui tre lati. Cioè
!F = 0N + 24,2N + ( " 24,2N) = 0N
29.
Le molle si allungheranno se la forza magnetica sulla barretta di rame sarà diretta verso il fondo
della pagina: ponendo, allora, la mano destra in modo che le dita puntino nella direzione uscente
dalla pagina e il palmo sia rivolto verso il fondo della pagina, il pollice sarà orientato da sinistra
verso destra. Quindi, perché le molle si allunghino, la corrente deve circolare da sinistra a destra.
La forza magnetica sulla barretta di rame, vale:
F = ILB sen! = 12A 0,85cm 0,16T sen90,0° = 1,6N
(
)(
)(
)
Per la legge di Hooke Fx = kx , dove k è la costante di elasticità della molla. Dato che ci sono due
molle, la forza magnetica esercitata sulla corrente deve essere uguale a 2kx . Da cui
F
1,6 N
x=
=
= 1,1 !10 –2 m
2k 2(75 N/m)
30.
Dato che la barretta non ruota, il momento torcente totale deve essere uguale a zero. I momenti
magnetici sono due e sono determinati uno dalla forza magnetica e l’altro dalla forza peso della
barretta. Supponiamo che entrambi agiscano sul centro di gravità della barretta, che coincide con il
suo centro geometrico. Per la regola della mano destra, la forza magnetica agisce
perpendicolarmente alla barretta ed è diretta verso l’alto e a sinistra del disegno: quindi il momento
magnetico è antiorario (e positivo). L’intensità dei due momenti torcenti è :
! magnetico = + ( ILB) ( L / 2)
{ 123
e
forza braccio
! peso = " ( mg ) $%( L / 2) cos # &'
{ 14
4244
3
forza
braccio
Uguagliando a zero la somma dei due momenti, otteniamo:
ILB
+ ILB L / 2 ! mg #$ L / 2 cos " %& = 0
'
cos " =
mg
( )(
) ( )(
#
" = cos
)
%
(4,1 A) (0,45 m ) (0,36 T) ) =
(
2 )
($ (0,094 kg ) (9,80 m/s ) )&
–1 (
44°
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
31.
Sulla barra di alluminio agiscono tre forze: il suo peso mg, la forza magnetica F e la forza normale
FN . Per la regola della mano destra, la forza magnetica è diretta verso sinistra, come mostra il
disegno. La barra non ha accelerazione, quindi la somma delle forze applicate deve essere nulla.
Orientiamo l’asse x in direzione dei binari e imponiamo che ΣFx = max = 0, da cui
!F cos30,0° + mg sen30,0° = 0
La forza magnetica vale F = ILB sen θ, dove θ = 90,0°
Current (out
of paper)
FN
Aluminum
rod
F
x
mg
30.0 o
Conducting
rail
Uguagliando le due espressioni della forza, possiamo, infine, ricavare l’intensità della corrente
come:
0,20kg 9,80m/s 2 sen30,0°
mg sen30,0°
I=
=
= 14A
LB sen90,0° cos30,0° !" 1,6m 0,050T sen90,0° #$ cos30,0°
)(
(
(
)(
) (
)(
)(
)(
)
)(
)
32.
( )
! = N I ABsen" = N I # r 2 Bsen"
dove r =
L
. Quindi
2!
* $ '2 L
N I L2 B
! = N I " r Bsen# = N I ," & ) / Bsen# =
sen#
, % 2" ( /
4"
+
.
( )
2
Il momento torcente massimo si avrà per φ = 90,0°, per cui
2
2
! max =
NIL B
sen 90, 0° =
4"
(1)(4,30 A )(7, 00 $10#2 m ) (2,50 T )
4"
sen 90, 0° = 4,19 $10#3 N $ m
33.
τ = NIAB senφ da cui, notando che φ = 90,0° dato che abbiamo il valore del momento torcente
massimo, ricaviamo
!
5,8 N # m
I=
=
= 2,2 A
$2
NAB sen" 1200 1,1 # 10 m 2 0,20 T sen90,0°
(
)(
)(
)
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
34.
! max = NI " r12 B1
1442443
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
! max = NI " r22 B2
1442443
e
Bobina 1
Bobina 2
Dividendo le due espressioni membro a membro, otteniamo
! max NI " r22 B1
r22 B1
=
ovvero 1= 2
! max NI " r12 B2
r1 B2
Da cui
B1
0,18T
= (50, 0cm )
= 3,3cm
B2
0, 42T
r2 = r1
35.
Il modulo del momento torcente massimo sulla bobina è:
! = NIABsen" = 75 4,4A 0,35m 2 1,8T sen55° = 170N # m
)(
( )(
)( )
La bobina percorsa da corrente immersa nel campo magnetico tenderà a ruotare in modo che la
perpendicolare alla sua superficie si allinei con il campo. Inizialmente la normale alla spira forma
un angolo di 55° con il campo e, dato che questo angolo diminuisce mentre la bobina ruota, ne
consegue che l’angolo di 35° aumenta.
36.
1 Iquadrato Aquadrato B sen! = 1 Icerchio Acerchio B sen!
1444
424444
3
14444
244443
()
()
" cerchio
" quadrato
2
I quadrato
I cerchio
37.
! quadrato
=
" L #
!$
%
4
2!
= & 2' = = 1, 27
1 L
!
16
Acerchio
Aquadrato
2
IAquadrato B
! rettangolo
(L / 4 )
=
=
IArettangolo B 2 (L / 6 )2
= 1,13
38.
µ = NIA , dove N = 1 ;
(
)(
)
1, 6 #10"19 C 2, 2 #106 m/s
$q
$q
I=
=
=
= 1, 06 #10"3 A e
"11
$t 2! r / v
2! 5,3 #10 m
(
)
A = ! r = ! (5,3 #10 m ) = (8,82 #10 m ). Quindi
µ = NIA = (1)(1, 06 "10 A )(8,82 "10 m )= 9,3 "10
2
2
"11
!3
"21
!21
2
2
!24
A " m2
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
39.
Il campo magnetico al centro della spira di raggio r è: B = µ0I/(2R), quindi
r=
µ0 I
2B
(4! " 10 T " m/A) (12 A) = 4,2 " 10
=
2 (1,8 " 10 T)
#7
#4
#2
m
40.
Il campo magnetico a distanza r da un conduttore percorso dalla corrente I è B = µ0I/(2π r). Quindi
µ I (4! #10 T # m/A )(48A )
r= 0 =
= 0,12m
2! B
2! (8, 0 #10"5 T )
"7
41.
B = µ0 N I , da cui ricaviamo
N=
B
7,0 T
=
= 2,8 #104 avvolgimenti/m
µ0 I
4! ,10"7 T # m/A 2,0 #102 A
(
)(
)
42.
F = q0 vBsen! e B = µ0 I / (2! r ) , per cui
"µ I %
F = q0 v $$ 0 '' sen( =
# 2! r &
(6,00 ) 10 C) (7,50 ) 10
=
*6
4
)(
)(
)
m/s 4! )10*7 T ) m/A 67,0 A sen90,0°
(
2! 5,00 ) 10
*2
m
)
= 1,21 ) 10*4 N
La direzione della forza magnetica è perpendicolare al filo e diretta verso l’esterno.
43.
Il campo magnetico prodotto da una bobina percorsa da corrente è B = Nµ0I/(2R), in direzione
perpendicolare al piano della bobina. I campi prodotti dalle due bobine sono tra di loro
perpendicolari, quindi per trovarne la risultante possiamo utilizzare il teorema di Pitagora.
! Nµ I $ ! Nµ I $
! Nµ I $
0
0
0
Btot = #
&+#
& = 2#
&=
" 2R % " 2R %
" 2R %
=
( )(
)(
2 1 4' (10)7 T ( m/A 1,7A
(
2 0,040m
)
) = 3,8 (10
)5
T
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
44.
Il modulo del campo magnetico creato dalla bobina interna nel centro è Bi = !0 I i Ni /(2 Ri ) , mentre
quello creato nello stesso punto dalla bobina esterna è Be = !0 I e N e / (2 Re ) . Perché il modulo del
campo totale sia nullo, i due campi devono avere moduli uguali, quindi:
!0 I i Ni
2 Ri
=
!0 I e N e
2 Re
Da cui
Ie =
!
#N
Ii # i
#N
" e
$!
& # Re
&#
&# R
%" i
$
&
&
&
%
(
= 7,2 A
)
!
$!
$
# 140 avvolgimenti & # 0,023 m &
#
&#
&
" 180 avvolgimenti % " 0,015 m %
= 8,6 A
Perché il verso dei due campi sia opposto, la corrente nella bobina esterna deve circolare in verso
opposto a quello della bobina interna.
45.
B = Nµ 0 I / ( 2 r ) , dove N =
V
12V
2, 03 "103
L
=
A . Quindi
eI= =
R
L
2! r
5,90 "10!3 # /m L
(
)
! µ I $ ! L $ ! µ I $ µ LI
B= N# 0 &=#
&# 0 & = 0 2 =
" 2r % " 2' r % " 2r % 4' r
! 2,03(103 $
4' (10)7 T ( m/A L #
A&
L
"
%
=
= 1,04 (10)2 T
2
4' 0,140m
(
)
(
)
46.
Le forze che agiscono su ciascun filo sono la forza magnetica , la forza gravitazionale e la tensione
della corda. Il sistema è in equilibrio, quindi, per la seconda legge di Newton
!T
sen2
7,5°
+3
F = 0 e T1cos
7,5°
! mg
144
44
44
244
3 = 0
" Fx
" Fy
Risolvendo la prima equazione in funzione di T e sostituendo il risultato nella seconda, otteniamo
F
(dopo qualche semplificazione)
tan 7,5° =
mg
La forza magnetica esercitata da ogni filo sull’altro è F =
µ0I 2 L
. Sostituendo questa espressione
2! d
di F nell’equazione precedente, possiamo risolvere in funzione della corrente, ottenendo:
! 2' d $
! m$
I = # & g tan7,5° #
&=
" L%
" µ0 %
=
(
( 2' 0,31m +
- = 320A
0,050kg/m 9,80m/s 2 tan7,5°*
µ0
*)
-,
)(
)
(
)
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
47.
Le correnti che
nella figura, le
campi create
B1 = B2 = µ0 I /
(
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
circolano nei tre fili producono, nel vertice vuoto, i campi magnetici rappresentati
cui direzioni si sono ottenute applicando la seconda regola della mano destra. I
dalle correnti 1 e 2 nel vertice in questione sono uguali e valgono
2! r . Inoltre, questo due campi sono tra loro perpendicolari, quindi:
)
2
B1+2 =
2
1
2
2
B +B
2
"µ I % "µ I %
$ 0 ' +$ 0 ' =
# 2! r & # 2! r &
=
2 µ0 I
2! r
La corrente 3 determina il campo B3 e, dato che nel vertice considerato il campo totale deve
risultare nullo, B3 deve avere verso opposto a B1+2 , quindi deve puntare verso sinistra: per la
seconda regola della mano destra, la corrente nel filo 3 deve essere uscente dal foglio.
Per di più B3 e B1+2 devono avere lo stesso modulo, quindi, sapendo che la distanza del filo 3 dal
r2 +r2 =
vertice vuoto è d =
B3 = B1+ 2
2 r possiamo imporre l’uguaglianza
B3
µ0 I 3
"
2!
2 µ0 I
=
2! r
2r
Wire 1
X
( )
da cui ricaviamo
I3
=2
I
B2
r
B1
Wire 3
B1+2
X
Wire 2
48.
Il flusso magnetico attraverso il cerchio è:
2
! = BAcos " = B ( # r 2 ) cos " = (0,078 T) # (0,10 m ) cos 25° = 2,2 $10%3 Wb
49.
Il flusso magnetico attraverso la porta è massimo quando le linee di forza del campo magnetico
sono perpendicolari alla porta, per cui !1 = 0, 0° e !1 = ! max = BA(cos 0,0°) = BA .
Quando la porta ruota di un angolo !2 , il flusso magnetico attraverso la porta diventa un terzo del
valore massimo precedente, quindi ! 2 = 13 ! max , per cui
!2 = BAcos "2 = 1 BA
3
#
cos "2 = 1
3
o
"2 = cos –1
( ) = 70,5°
1
3
50.
Il campo magnetico B è parallelo alle tre superfici formate dai due lati del triangolo e dal lato di
0,50 m, quindi il flusso attraverso ciascuna di queste tre superfici è 0 Wb.
Il flusso attraverso la superficie di lati 1,2 m e 0,30 m è
! = (0,25 T)(1,2 m)(0,30 m) cos 0,0° = 0,090 Wb
La superficie di lati da 1,2 m e 0,50 m forma con il campo magnetico B un angolo
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
# 0,30m $
! = 90° " tan "1 %
& = 53°
' 0, 40m (
Quindi,
! = (0,25 T)(1,2 m)(0,50 m) cos 53° = 0,090 Wb
51.
) (
(
!1 = BA = 7,4T " 40 #10$2 m
)
2
= 3,7Wb
! 2 = 0Wb
52.
Dato che i due fili sono posti uno vicino all’altro, il campo magnetico risultante è dovunque
parallelo a ∆s nella figura 22.39. Inoltre, il campo magnetico B ha la stessa intensità in ogni punto
della traiettoria circolare, perché tutti questi punti si trovano alla stessa distanza dai fili. Quindi, nel
teorema di Ampère B|| = B , I = I1 + I 2 , per cui
(
)
!B|| "s = B !"s = µ0 I1 + I 2 , ovvero B (2! r ) = µ0 (I1 + I 2 )
(
)
Quando le correnti sono nello stesso verso:
B=
(
µ0 I1 + I 2
2! r
) = (4! " 10–7 T " m/A) (28 A +12 A) = 1,1 " 10 –5 T
2! (0,72 m )
Quando le correnti circolano in verso opposto:
B=
(
µ0 I1 – I 2
2! r
) = (4! " 10–7 T " m/A) (28 A–12 A) = 4,4 " 10 –6 T
2! (0,72 m )
53.
Per la legge di Ampère !B||"s = µ0 I . Il campo magnetico è dappertutto perpendicolare al piano del
foglio e, quindi, è dappertutto perpendicolare alla traiettoria circolare e non ha nessuna componente
parallela alla traiettoria. Quindi !B||"s = 0 = µ0 I , cioè la corrente totale attraverso la circonferenza è
zero.
54.
Il teorema di Ampère può essere utilizzato per rispondere a entrambi i quesiti utilizzando i cammini
chiusi consigliati dal suggerimento.
Circular path,
radius = r
Copper
cylinder
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
La figura mostra una sezione del cilindro di rame. I punti sulla circonferenza indicano che la
corrente è uscente dal foglio stampato. La circonferenza tratteggiata di raggio r è il cammino chiuso
considerato e ha il suo centro sull’asse del cilindro. Per il teorema di Ampère, !B||"s = µ0 I : per la
simmetria della disposizione B|| = B per tutti i ∆s del cammino considerato, quindi
(
)
!B||"s = B !"s = µ0 I
dove I è la corrente che circola nel tubo di rame. Dall’equazione precedente, allora, possiamo
ricavare, individuando la Σ∆s come la circonferenza del cerchio:
µ I
B !"s = B 2# r = µ0 I o B = 0
2# r
(
)
(
)
Per calcolare il campo magnetico dentro il cilindro, utilizziamo una circonferenza interna di raggio
r. In questa situazione attraverso il cammino tratteggiato non circola corrente, perché essa circola
solo all’esterno del percorso e, quindi
µ I
B= 0 =0 T
2! r
55.
Circular path,
radius = r
Copper
cylinder
La figura rappresenta la situazione illustrata nel testo del problema. Per il teorema di Ampère
!B||"s = µ0 I . La simmetria del sistema indica che B = B per tutti i ∆s
||
(
)
Quindi, il teorema di Ampère diventa !B||"s = B !"s = µ0 I
La corrente I è quella parte della corrente totale che attraversa l’area ! r 2 individuata dalla linea
tratteggiata e può essere calcolata ricorrendo alla corrente per unità di sezione del cilindro, per cui
I r2
" I #
I = $ 02 % ! r2 = 0 2
! R 3'
R
&1
424
( )
densità di
corrente
E, infine
(
)
B !"s = µ0 I
o
$ I r2 '
B 2# r = µ0 & 0 )
& R2 )
%
(
(
)
da cui
B=
µ0 I 0 r
2# R 2
56.
Il campo magnetico all’interno del solenoide è
B = µ0 nI = (4! "10 –7 T " m/A) 1400 avvolgimenti/m (3,5 A) = 6,2 "10 –3 T
(
)
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
E il momento torcente sulla bobina vale
! = NIABse n " = (50)(0,50 A)(1,2 #10 –3 m 2 )(6,2 #10 –3 T)(sen 90,0°) = 1,9 #10 –4 N # m
57.
La forza agente su ognuna delle particelle è
F = q1 v1 B sen! e F = q2 v2 B sen!
144
2443
1442443
Particella 1
Particella 2
Dividiamo membro a membro, ricordando che v1 = 3v2 , e otteniamo
q v B sen!
F
= 1 1
F q v B sen!
2 2
1=
"
q1 v1
o
q2 v2
q1
q2
=
v2
v1
=
v2
3v2
=
1
3
58.
2
! max
# L&
= NI " r B = NI " % ( B
$ 2" '
2
E, risolvendo in funzione di L, otteniamo
4!" max
=
NIB
L=
4! (8, 4 #10N # m )
(1)(3, 7A )(0, 75T )
= 0, 062m
59.
Nella figura 22.26A il campo magnetico esistente nel punto in cui si trovano i fili è diretto verso
l’alto, cioè uscente dalla pagina stampata. Dato che le correnti che circolano in entrambi i fili sono
uguali, anche i campi prodotti nel punto in cui essi si trovano saranno uguali: quindi, per annullare
la repulsione tra i fili sarà sufficiente aggiungere un campo magnetico esterno, di intensità uguale a
quella prodotta da ciascuno dei due fili, ma rivolto in basso, cioè entrante nella pagina stampata.
Il modulo del campo esterno deve essere:
B =
µ0 I
2! r
(4! " 10
=
–7
)(
T " m/A 25 A
(
2! 0,016 m
)
)
= 3,1 "10 –4 T
60.
t=
d
2! r
2!
2!
=
=
=
= 1,5 "10 –8 s
8
v q Br / m B q / m (0,72 T)(5,7 "10 C/kg)
(
)
61.
Indichiamo con I1 la corrente che circola nel filo di sinistra e con I2 quella che circola nel filo di
destra.
Nel punto A: B1 è uscente e B2 è entrante: quindi
B1 = µ0I1/(2π d1) = µ0(8,0 A)/[2π (0,030 m)]
B2 = µ0I2/(2π d2) = µ0(8,0 A)/[2π (0,150 m)]
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
e
BA = B1 − B2 = 4,3 · 10-5 T
Nel punto B: B1 e B2 sono entrambi entranti. Quindi
B1 = µ0(8,0 A)/[2π (0,060 m)]
B2 = µ0(8,0 A)/[2π (0,060 m)]
e
BB = B1 + B2 = 5,3 · 10-5 T
62.
Una particella carica che si muove perpendicolarmente a un campo magnetico, descrive una
traiettoria circolare. La figura sotto mostra la particella che inizialmente si muoveva in direzione
orizzontale (lungo l’asse delle x positive) e poi descrive una traiettoria circolare che interseca l’asse
delle ordinate alla distanza maggiore possibile dall’origine (distanza che corrisponde al doppio del
raggio della traiettoria circolare).
y
ymax
r
x
v
Particle
Quando la particella passa per l’origine, la sua velocità è parallela all’asse delle ascisse, per cui
! = 0.
La massima distanza possibile vale:
( 3,8 '10 –8 kg 44 m/s +
!
$
mv
- =
& = 2*
ymax = 2r = 2 #
*
# q B&
–6
"
%
*) 7,3'10 C 1,6 T -,
= 0,29 m
(
)(
)(
(
)
)
63.
F = q vB sen 90,0°, q = ε0AE, quindi
(
)
F = !0 AE vB =
(
)(
= $%8,85 " 10#12 C2 /(N " m 2 )&' 7,5 " 10#4 m 2 170 N/C 32 m/s 3,6 T =
)(
)(
)
= 1,3 " 10#10 N
Applicando la prima regola della mano destra, ricaviamo che la forza magnetica è perpendicolare al
piano della pagina e uscente da essa, cioè rivolta verso il lettore.
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
64.
L’intensità del campo magnetico vale
B1 = B2 = µ0 I/(2π r) = µ0 (85,0 A)/[2π (0,150 m)] = 1,13 · 10–4 T
La direzione di B1 è 30,0° al di sotto dell’asse orizzontale e verso destra; la direzione B2 è 30,0° al
di sotto dell’asse orizzontale e verso sinistra. Le componenti di B1 e B2 sono
B1x = +B1 cos 30,0° = + 9,79 · 10–5 T
B1y = −B1 sen 30,0° = − 5,65 · 10–5 T
B2x = −B2 cos 30,0° = − 9,79 · 10–5 T
B2y = −B2 sen 30,0° = − 5,65 · 10–5 T
Per cui
Bx = B1x + B2x = 0,
e
By = B1y + B2y = −2(5,65·10–5 T) = −1,13 · 10–4 T
Il campo magnetico risultante, infine
B = Bx2 + By2 = 1,13 "10!4 T , entrante nella pagina.
65.
–6
µm = NIA ; I = #q = #q = ! #q = (150 rad/s)(4,0 $10 C) = 9,5 $10 –5 A
T
2" / !
2"
2"
2
2
2
A = ! r = ! (0,20 m) = 0,13 m
Quindi
µm = NIA = (1)(9,5 !10 –5 A)(0,13 m 2 ) = 1,2 !10 –5 A ! m 2
Olimpiadi della fisica
1. A
2. B
3. B
Test di ammissione all’Università
1. A
2. A
3. A
© Zanichelli 2009
Cutnell, Johnson – Fisica volume 3
Capitolo 22 Interazioni magnetiche
e campi magnetici
Prove d’esame all’Università
1.
µ0 I1 4! "10#7 N/A 2 10A
=
= 2 "10#4 T
#2
2! d
2!
1"10 m
o
F = I 2 LBsen90 = (2A)(1m)(2 "10!4 T) = 4 "10!4 N ; attrattiva.
B=
2.
!10
3
mv (1 "10 kg )(1 "10 m/s )
q=
=
= 4 "10!6 C
-2
RB
(5 "10 m )(0,5T )
F = qvB = (4 "10!6 C )(1 "103 m/s )(0,5T ) = 2mN
L=0J
B
0,5T
I=
=
= 5A
"7
µ0 n (4! #10 N/A 2 )(8 #104 m -1 )
© Zanichelli 2009