Esercizio - Dipartimento di Fisica

Università di Pisa
Corso di laurea in Fisica
Alessandro Strumia
Esercitazioni di Elettromagnetismo
www.pi.infn.it/˜astrumia/fisica2.html www.df.unipi.it/˜astrumia/fisica2.html
Indice
I Elettrostatica 4
1 Campi e potenziali elettrici 5
Es 1 Gravità vs elettromagnetismo . . . . 5
Es 2 Rompere una bacchetta . . . . . . . . 5
Es 3 Reazione chimica . . . . . . . . . . . 5
Es 4 Sistemi stabili? . . . . . . . . . . . . 6
Es 5 Sale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Es 6 Campo elettrico di un filo . . . . . . 8
Es 7 Campo elettrico di un piano . . . . . 8
Es 8 Campo elettrico di una sfera . . . . . 9
Es 9 Energia di un guscio sferico . . . . . . 9
Es 10 Modelli dell’atomo . . . . . . . . . . . 10
Es 11 Energia di una sfera . . . . . . . . . . 11
Es 12 Raggio classico dell’elettrone . . . . . 12
Es 13 Masse dei nuclei . . . . . . . . . . . . 12
Es 14 Differenza di massa protone-neutrone 13
Es 15 Nucleo che si spezza . . . . . . . . . . 13
Es 16 Energia di due cariche . . . . . . . . 13
Es 17 Forza su cariche superficiali . . . . . 14
Es 18 Scattering debole . . . . . . . . . . . 14
Es 19 Scattering Rutherford . . . . . . . . . 14
Es 20 Esplosione Coulombiana . . . . . . . 16
Es 21 Sfera polarizzata . . . . . . . . . . . . 16
Es 22 Cilindro polarizzato . . . . . . . . . . 17
Es 23 Formule di base sui dipoli . . . . . . 17
Es 24 Forno a microonde . . . . . . . . . . 18
Es 25 Paradosso sui dipoli I . . . . . . . . . 18
Es 26 Paradosso sui dipoli II . . . . . . . . 18
Es 27 Paradosso sui dipoli III . . . . . . . . 19
Es 28 Paradosso sui dipoli IV . . . . . . . . 19
Es 29 Allineamento di dipoli elettrici . . . . 19
Es 30 Coordinate polari . . . . . . . . . . . 20
Ultimo aggiornamento: 2 luglio 2007
1
Es 31 Laplaciano . . . . . . . . . . . . . . . 21
Es 32 Potenziale di Yukawa . . . . . . . . . 21
Es 33 Atomo di idrogeno quantistico . . . . 21
2 Conduttori 23
Es 34 Piano conduttore . . . . . . . . . . . 23
Es 35 Lastra conduttrice . . . . . . . . . . . 23
Es 36 Metodo delle immagini . . . . . . . . 24
Es 37 Piano carico fra 2 piani conduttori . . 24
Es 38 Carica fra 2 piani conduttori . . . . . 25
Es 39 1 lastre conduttrice carica . . . . . . 25
Es 40 2 lastre conduttrici cariche . . . . . . 25
Es 41 Capacitatore cilindrico . . . . . . . . 25
Es 42 Contatore Geyger . . . . . . . . . . . 26
Es 43 Capacitatore di dimensioni variabili . 26
Es 44 Conduttore in capacitatore . . . . . . 27
Es 45 Sfera conduttrice a terra . . . . . . . 27
Es 46 Sfera conduttrice isolata . . . . . . . 28
Es 47 Sfera conduttrice in E costante . . . 28
Es 48 Tetraedro conduttore . . . . . . . . . 29
Es 49 Condensatore sferico . . . . . . . . . 29
Es 50 Condensatori in serie . . . . . . . . . 30
Es 51 Effetto delle punte . . . . . . . . . . . 30
Es 52 Sfera conduttrice bucata . . . . . . . 30
Es 53 Carica dentro sfera . . . . . . . . . . 30
Es 54 Dumbo . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3 Dielettrici 32
Es 55 Transistor veloce . . . . . . . . . . . 32
Es 56 2 dielettrici in condensatore piano . . 32
Es 57 N dielettrici in condensatore piano . 33
Es 58 Condensatore in acqua . . . . . . . . 33
Es 59 Carica davanti a semipiano dielettrico 34
Es 60 Dielettrico in condensatore . . . . . . 34
Es 61 Forza di conduttore su dielettrico . . 35
Es 62 Dielettrico in campo esterno . . . . . 35
Es 63 Buco in dielettrico . . . . . . . . . . . 36
Es 64 Sfera dielettrica in dielettrico . . . . . 36
Es 65 Uva in microonde . . . . . . . . . . . 37
Es 66 Attrazione fra dielettrici . . . . . . . 37

2 Indice
4 Correnti 38
Es 67 Capacitatore piano imperfetto . . . . 38
Es 68 Scarica di sfera carica . . . . . . . . . 38
Es 69 Resistenza fra sfere concentriche . . . 38
Es 70 Sonda marina . . . . . . . . . . . . . 39
Es 71 Fulmine . . . . . . . . . . . . . . . . 39
Es 72 Semipiano dielettrico imperfetto . . . 39
Es 73 Diodo termoionico . . . . . . . . . . . 40
Es 74 Piatto dielettrico . . . . . . . . . . . 40
Es 75 Sfera dielettrica . . . . . . . . . . . . 41
5 Circuiti 42
Es 76 Resistenze in parallelo . . . . . . . . 42
Es 77 Resistenze su cubo . . . . . . . . . . 42
Es 78 Pile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Es 79 Ponte di Wheatstone . . . . . . . . . 43
Es 80 Impedenze . . . . . . . . . . . . . . . 44
Es 81 Potenza dissipata . . . . . . . . . . . 44
Es 82 Filtro che taglia frequenze alte . . . . 44
Es 83 Filtro che taglia frequenze basse . . . 44
Es 84 Pendolo accoppiato . . . . . . . . . . 44
Es 85 Attenuatore . . . . . . . . . . . . . . 45
Es 86 Catena LC . . . . . . . . . . . . . . . 46
II Magnetostatica 47
6 Campi magnetici 48
Es 87 Forza fra 2 cariche . . . . . . . . . . . 48
Es 88 Disco di Rowland . . . . . . . . . . . 48
Es 89 Filo rettilineo . . . . . . . . . . . . . 49
Es 90 Cavo coassiale . . . . . . . . . . . . . 49
Es 91 Spira circolare . . . . . . . . . . . . . 49
Es 92 Due spire circolari . . . . . . . . . . . 49
Es 93 Filo a U . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Es 94 Piano a U . . . . . . . . . . . . . . . 50
Es 95 Solenoide rettilineo infinito . . . . . . 50
Es 96 Solenoide rettilineo finito . . . . . . . 50
Es 97 Solenoide toroidale . . . . . . . . . . 50
Es 98 Sfera ruotante . . . . . . . . . . . . . 51
7 Moto in campo magnetico esterno 52
Es 99 Trottola magnetica . . . . . . . . . . 52
Es 100 Cilindro su piano inclinato . . . . . . 52
Es 101 Ago magnetico . . . . . . . . . . . . . 53
Es 102 Carica in quadrupolo magnetico . . . 53
Es 103 Carica in quadrupoli magnetici . . . . 53
Es 104 Ottica geometrica matriciale . . . . . 54
Es 105 Carica in B costante . . . . . . . . . 55
Es 106 Campo magnetico galattico . . . . . . 56
Es 107 Paradosso . . . . . . . . . . . . . . . 57
Es 108 Ciclotrone a raggio costante . . . . . 57
Es 109 Spettrometro . . . . . . . . . . . . . . 57
Es 110 Carica in B ed E costanti . . . . . . 57
Es 111 Fotomoltiplicatore in B, E . . . . . . 58
Es 112 Accelerazione di raggi cosmici? . . . . 59
Es 113 Ciclotrone . . . . . . . . . . . . . . . 60
Es 114 Carica in B con direzione non uniforme 61
Es 115 Carica in B con modulo non uniforme 62
Es 116 Carica in B(t) uniforme . . . . . . . . 62
Es 117 Atomo in B(t) uniforme . . . . . . . 63
Es 118 Carica in B non uniforme . . . . . . . 63
Es 119 Intrappolamento magnetico . . . . . . 64
8 Induzione magnetica 65
Es 120 Circuito allungato . . . . . . . . . . . 65
Es 121 Circuito in moto . . . . . . . . . . . . 65
Es 122 Centrale elettrica . . . . . . . . . . . 66
Es 123 L’eccezione . . . . . . . . . . . . . . . 67
Es 124 Circuito ruotante . . . . . . . . . . . 67
Es 125 Generatore in orbita . . . . . . . . . 67
Es 126 Cilindro ruotante . . . . . . . . . . . 67
Es 127 Trasformatore . . . . . . . . . . . . . 67
Es 128 Trasformatore con due spire . . . . . 68
Es 129 Induzione . . . . . . . . . . . . . . . . 68
Es 130 Trapano . . . . . . . . . . . . . . . . 69
9 Forze magnetiche fra circuiti 71
Es 131 Due circuiti lunghi . . . . . . . . . . 71
Es 132 Rotazione di due spire circolari . . . 71
Es 133 Una spira ed un dipolo . . . . . . . . 72
Es 134 Monopolo magnetico . . . . . . . . . 73
Es 135 Traslazione di due spire circolari . . . 74
Es 136 Molla magnetica . . . . . . . . . . . . 76
Es 137 Forza dall’energia . . . . . . . . . . . 76
Es 138 Attrazione o repulsione? . . . . . . . 77
10 Campi magnetici nella materia 78
Es 139 Cilindro magnetizzato . . . . . . . . . 78
Es 140 Materiali ferromagnetici . . . . . . . 78
Es 141 Ferromagneti più calamite . . . . . . 79
Es 142 Due bacchette . . . . . . . . . . . . . 80
Es 143 Tre bacchette . . . . . . . . . . . . . 80
Es 144 Trasformatore ideale . . . . . . . . . 80
Es 145 Fascio di protoni . . . . . . . . . . . . 80
Es 146 Correnti parassite . . . . . . . . . . . 81
Es 147 Correnti parassite . . . . . . . . . . . 81
III Elettrodinamica 83
11 Corrente di spostamento 84
Es 148 Scarica di un filo . . . . . . . . . . . . 84
Es 149 Piano con carica ondulata . . . . . . 84
Es 150 Sfera radioattiva . . . . . . . . . . . . 85
Es 151 Carica in moto . . . . . . . . . . . . . 85
Es 152 Scarica di un condensatore . . . . . . 86
Es 153 Condensatore in alternata . . . . . . 87
Es 154 Cavità risuonante . . . . . . . . . . . 88
Es 155 Effetto pelle . . . . . . . . . . . . . . 88
Es 156 Filo conduttore interrotto . . . . . . 89
Es 157 Due cilindri cavi . . . . . . . . . . . . 90

Indice 3
12 Onde e oscillazioni 92
Es 158 Sorgenti di onde . . . . . . . . . . . . 92
Es 159 Ricevitore di onde . . . . . . . . . . . 92
Es 160 Antenna lineare vs circolare . . . . . 93
Es 161 Sommergibile . . . . . . . . . . . . . 93
Es 162 Luce solare . . . . . . . . . . . . . . . 94
Es 163 Efficienza energetica . . . . . . . . . . 95
Es 164 Luce delle stelle . . . . . . . . . . . . 96
Es 165 Vettore di Poynting . . . . . . . . . . 96
Es 166 Rilfessione di onde in una corda . . . 97
Es 167 Riflessione . . . . . . . . . . . . . . . 98
Es 168 Rifrazione ⊥ . . . . . . . . . . . . . . 99
Es 169 Rifirazione . . . . . . . . . . . . . . 100
Es 170 Forza su superficie . . . . . . . . . . . 100
Es 171 Riflessione da un metallo . . . . . . . 100
Es 172 Onde adiabatiche . . . . . . . . . . . 102
Es 173 Telefono vs radio . . . . . . . . . . . 102
Es 174 Miraggi . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
Es 175 Guida d’onda . . . . . . . . . . . . . 103
Es 176 Cavità risuonante . . . . . . . . . . . 104
Es 177 Pressione di radiazione . . . . . . . . 105
Es 178 Velocità di gruppo . . . . . . . . . . . 105
Es 179 Pulsar . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
Es 180 Polarizzazione . . . . . . . . . . . . . 106
13 Diffrazione 109
Es 181 Diffrazione di Young . . . . . . . . . 109
Es 182 Interferenza alla Young . . . . . . . . 109
Es 183 Diffrazione di Fraunhofer . . . . . . . 110
Es 184 Griglia di diffrazione . . . . . . . . . 110
Es 185 CD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
Es 186 Interferometro di Michelson . . . . . 111
Es 187 Esperimento di Michelson-Morley . . 112
Es 188 Grande fratello . . . . . . . . . . . . 112
Es 189 Minima distanza visibile . . . . . . . 113
14 Irraggiamento 114
Es 190 Atomo di idrogeno . . . . . . . . . . . 114
Es 191 Decadimento del positronio . . . . . . 115
Es 192 Scattering protone/nucleo . . . . . . 115
Es 193 Scattering protone/protone . . . . . . 116
Es 194 Onde gravitazionali . . . . . . . . . . 116
Es 195 Scattering elettrone/fotone . . . . . . 117
Es 196 Radiazione cosmica . . . . . . . . . . 118
Es 197 Nube . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
Es 198 Un condensatore . . . . . . . . . . . . 119
Es 199 Un’antenna . . . . . . . . . . . . . . . 119
Es 200 Due antenne . . . . . . . . . . . . . . 120
Es 201 Interferenza fra due sorgenti . . . . . 120
Es 202 Dipolo magnetico . . . . . . . . . . . 121
15 Relatività 122
Es 203 Contrazione di Lorentz . . . . . . . . 122
Es 204 Che cosa è l’elettromagnetismo . . . 122
Es 205 Forza fra 2 cariche bis . . . . . . . . . 123
Es 206 Verifica conservazione impulso . . . . 123
Es 207 Carica in E e B ortogonali bis . . . . 124
Es 208 Filo in moto . . . . . . . . . . . . . . 124
Es 209 Forza prodotta da filo in moto . . . . 125
Es 210 Onda vista da sistema in moto . . . . 125
Es 211 Riflessione da specchio in moto . . . 125
Es 212 Aberrazione relativistica . . . . . . . 126
Es 213 π 0 → 2γ . . . . . . . . . . . . . . . . 126
Es 214 GPS . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
Es 215 Effetto Compton . . . . . . . . . . . . 127
Es 216 Esperienza d Fizeau . . . . . . . . . . 127
Es 217 Iraggiamento da elettroni relativistici 128
Es 218 ν della radiazione di sincrotrone . . . 128

Parte I
Elettrostatica

Capitolo 1
Campi e potenziali elettrici
Forza di Coulomb: F = kˆrq1q2/r 2 dove k = 8.9875 10 9 N m 2 /C 2 , riscritto in termini della ‘costante dielettrica
del vuoto’ ɛ0 come k = 1/4πɛ0 con ɛ0 = 8.8542 10 −12 C 2 / N m 2 . Altre unità usate altrove sono k = 1, k = 1/4π.
È utile introdurre il campo elettrico E, ed il potenziale elettrico ϕ. La forza di Coulomb F ∝ r p ha importanti
proprietà speciali vere solo per p = −2, che rendono possibile reinterpretarla come ‘teorema di Gauss’ Φ(E) =
Qin/ɛ0 e poi come ∇ · E = ρ/ɛ0
∇ × E = 0
↔
∇ 2 ϕ = −ρ/ɛ0
E = −∇ϕ
(Analogamente a come ¨x = a è equivalente ma più utile di x = 1
2at2 ). Energia elettromagnetica e sua densità
U = qiqj
=
4πɛ0rij
i>j
1 qiqj
=
2 4πɛ0rij
i=j
1
ρ(x1)ρ(x2) 1
dV1dV2
= dV ρϕ =
2 4πɛ0|x1 − x2| 2
ɛ0
dV E
2
2
Un Coulomb sono 6.24 10 18 elettroni. Una unità di misura molto usata è l’elettron-volt eV = J(qe/C) =
J/6.24 10 18 , che è l’energia che un singolo elettrone acquista passando per una differenza di potenziale di un
Volt.
Esercizio 1: Gravità vs elettromagnetismo
Un atomo di idrogeno è composto da un elettrone e da un protone (con massa me = 0.911 10 −30 kg e mp ≈
1836me) a distanza circa ˚A = 10 −8 cm. Calcolare la forza elettrica e gravitazionale.
bSoluzione: La forza elettrica ha un valore quasi macroscopico FC ≈ ke 2 /˚A 2 ≈ 10 −8 N. La forza gravitazionale
(GN = 6.67 10 −11 N m/ kg 2 ) è invece trascurabile:
FN
FC
= GNmemp
ke 2
= 4.4 10 −40
Sebbene esistano motivi plasusibili non si sa da dove un rapporto così grosso esca fuori.
Le particelle si combinano formando materia neutra in modo da cancellare, in media, l’enorme forza elettrica.
L’energia di legame vale
E = me
2 v2 e − k e2 e
− = −k
r 2
2
= −13.6 eV
r
per r = 0.53 ˚A. L’elettrone ha velocità v = c/137.036 e quindi è non relativistico.
Esercizio 2: Rompere una bacchetta
Una bacchetta ha sezione di 1 cm 2 . Che forza bisogna avere per romperla?
bSoluzione: Se la materia è costituita da atomi di dimensione a0 ∼ ˚A legati dalla forza di Coulomb, uno
deve rompere n = ( cm/A) 2 = 10 16 legami e quindi serve una forza nFC ∼ 10 8 N. Tenendo conto che non
distinguiamo idrogendo da gesso da acciaio, la stima non è male; combinando quantità come a0, e, n, che sono
fuori scala rispetto all’esperienza ordinaria, avrebbe potuto venire una cosa sbagliata di decide di ordini di
grandezza. Si potrebbe essere più precisi: il legame vero è più debole; non occorre ionizzare gli atomi.
5

6 Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici
Esercizio 3: Reazione chimica
Stimare l’energia liberata in una reazione chimica o in un cambiamento di stato, assumendo che essa abbia
origine elettromagnetica.
bSoluzione: Un cm 3 di materia contiene circa N = ( cm/A) 3 = 10 24 atomi, ciascuno dei quali possiede, come
visto sopra, una energia di legame di circa
1 eV = e ×
metro · Newton
Coulomb
= 1.60 10 −19 Joule
Una tipica pila ha voltaggio di circa 1 Volt, appunto perchè questa è la tipica differenza di potenziale in un
atomo. Ricombinare un cm 3 di materia fornisce o richidede una energia U ∼ N · eV ∼ 10 5 Joule ∼ 100 kcal
(si ricordi cal = 4.2 J). Il risultato è ragionevolmente simile a quello di tipiche reazioni chimiche e fisiche, at
esempio
1 cm 3 di cioccolato ∼ 1 gianduiotto ∼ 0.1 kcal
2 H2(gas) + O2(gas) ↔ H2O(gas) + 115 kcal
mole
H2O(solido) ↔ H2O(liquido) + 0.08 kcal
grammo , H2O(gas) ↔ H2O(liquido) + 0.54 kcal
grammo
La stima è una sovrastima, in quanto solo gli elettroni esterni vengono ritoccati in una reazione chimica o fisica.
(Esercizio addizionale: quanti cubetti di ghiaccio bisogna mangiare per ogni gianduiotto?)
Esercizio 4: Sistemi stabili?
Assemblare un sistema di cariche elettriche in equilibrio stabile.
bSoluzione: Presentiamo tre tentativi fallimentari: la cosa interessante è capire perchè non funzionano.
2) Usando solo due cariche non è possibile assemblare un sistema stabile.
3) Proviamo con tre cariche: due cariche q lungo l’asse x
P1 = ℓ(−1, 0, 0), P2 = ℓ(1, 0, 0)
ed una q ′ in mezzo a P3 = (0, 0, 0) dove E = 0. Scegliendo q ′ = −q/4 si ha E = 0 anche sulle cariche q.
Quindi abbiamo realizzato un sistema in equilibrio, e rimane da vedere se si tratta di equilibrio stabile o
instabile. È facile vedere che q′ è in equilibrio instabile: il campo elettrico per X = (x, y, z) ≈ 0 è
E(x, y, z) = q
4πɛ0
2
i=1
X − P i q
|X − P 3
i| 4πɛ0L3 (−4x, 2y, 2z) + O(x, y, z)2 .
Come intuitivamente atteso l’equilibrio è instabile lungo x e stabile lungo y e z. Il calcolo di Ey ed Ez è
immediato; conoscendo il teorema di Gauss anche Ex segue immediatamente: il flusso di E calcolato su
di un cubetto attorno a 0 vale zero grazie a −4 + 2 + 2 = 0.
Attorno alla carica 2 si ha
E(x, y, z)
q − ℓ
(x , −y , −z
4πɛ0L3 4 8 8 )
chè è stabile lungo z ed y ma instabile lungo x. Nuovamente il flusso di E calcolato su di un cubetto
= 0.
attorno a P2 vale zero: 1
4
− 1
8
− 1
8

Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici 7
4) Con quattro cariche: tre q ai vertici di un triangolo equilatero di lato ℓ:
P1 = ℓ(0, 1
√ , 0), P2 = ℓ(
3 1 1
,
2 2 √ 3 , 0), P3 = ℓ( 1 1
,
2 2 √ , 0),
3
Ciascuna risente una forza F = 2·(kq 2 /ℓ 2 )( √ 3/2) diretta verso l’esterno. In mezzo al triangolo (a distanza
d = ℓ/ √ 3 dalle altre) il campo elettrico vale zero, quindi provo ad aggiungere una carica q ′ = −q/ √ 3 in
modo che le altre cariche risentano forza zero. L’equilibrio e’instabile. Ad esempio il campo elettrico per
X = (x, y, z) ≈ 0 è
E = q
4πɛ0 i
X − P i q
|X − P 3/2
i| 4πɛ0
9 √ 3
L
(−x , −y , z) + O(x, y, z)2
3 2 2
che è instabile nel piano (x, y) e stabile lungo la direzione z. In pratica uno può calcolare le componenti
meno laboriose Ez ed Ey, ed ottenere Ex sapendo che il flusso vale zero: infatti si ha −1/2 − 1/2 + 1 = 0.
Il campo elettrico attorno alla carica 1 è
E
q
4πɛ0L
7
(−5 x, 3 2 2
y
(y − P1 ), −z)
che è stabile lungo z e lungo x ma non lungo y. Di nuovo il flusso su di un cubetto attorno alla carica 1
vale zero.
5) Proviamo a vedere se è possibile stabilizzare una carica, assumendo che altre cariche siano magicamente
stabilizzate. Ad esempio, mettiamo una carica q al centro di un cubo di lato L ai cui vertici ci sono cariche
q. La speranza è che ad ogni spostamento dal centro la forza repulsiva delle altre cariche la rispinga verso
il centro. Questo è vero per spostamenti in direzione delle cariche, ma per spostamenti ad esempio verso
una faccia l’equilibrio risulta invece essere instabile:
V (x, y = 0, z = 0) = q2
4
4πɛ0 L2 /2 + (x + L/2) 2 +
4
, Fx = −
L2 /2 + (x − L/2) 2
∂V
∂x
x→0
896q 2 x 3
81 √ 3L 5 πɛ0
( È più facile plottare V numericamente che calcolare la sua derivata quarta: tutte le derivate precedenti
fanno zero).
È importante notare che per altri potenziali V ∝ 1/r p con p = 1 sarebbe possibile costruire sistemi stabili.
Nel caso speciale di V ∝ 1/r il problema non ha soluzione, in quanto il fenomeno che abbiamo verificato è del
tutto generale: il flusso del campo elettrico generato dalle cariche esterne ad una superficie è zero (teorema di
Gauss). Lo si può verificare in generale espandendo il campo generato da una singola carica q — il campo di
tante cariche è la sovrapposizione dei campi delle singole cariche, ciascuna delle quali dà flusso zero. Mettendo
la carica q in (0, 0, 0), nella regione attorno a X = (r, 0, 0) + (x, y, z) si ha
E = q
4πɛ0
X
|X| p/2
q
4πɛ0r
(1 + (1 − p)x
p−1 r
y z
, ,
r r ) + O(x2 , y 2 , z 2 )
che ha flusso zero solo per p = 2. Quindi il campo elettrico non può essere solo entrante o solo uscente, come
sarebbe necessario per avere una forza attrattiva in qualunque direzione.
Questo fallimento ha una conseguenze fisica importante: l’elettromagnetismo da solo non può spiegare la
stabilità della materia. L’energia elettromagnetica è in accordo con l’energia di legame degli atomi (un esempio
è l’esercizio sotto) se uno mette il valore misurato di a; ma predice anche che la materia dovrebbe collassare
verso a → 0.
Esercizio 5: Sale
Un cristallo di cloruro di sodio può essere visto come un reticolato cubico avente ioni Na + nel centro di ogni
lato e di ogni cubo, e ioni Cl − su ogni spigolo e nel centro di ogni faccia. Ogni ione è approssimativamente
sferico e quindi può essere approssimato come puntiforme. Ogni cubo ha lato a. Si provi a calcolare l’energia
elettrostatica.

8 Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici
bSoluzione: Con un po’di pazienza uno vede che ogni ione ha la stessa energia: nessuno ha una posizione
privilegiata. Infatti il segno della carica in un punto (x, y, z) è dato dalla parità di x + y + z in unità del passo
reticolare. Quindi possiamo calcolare l’energia totale come N per l’energia di un singolo ione, ad esempio quello
positivo messo al centro del cubo:
U = N
2
1
4πɛ0
(+e)qi
i
ri
= N
2
1
4πɛ0
−2.13/a
− 6e2 12e2
+ √ −
a 2a 8e2
√ + · · ·
3a
= −1.748 Ne2
4πɛ0a
dove il primo pezzo è dato dai 6 ioni Cl − a distanza a (nel centro di ogni faccia); il secondo dai 12 Na + a
distanza √ 2a (nel centro di ogni lato); il terzo dagli 8 Cl − a distanza √ 3a (sugli spigoli); e gli altri termini (che
diventano progressivamente più picccoli) possono essere dati in pasto ad un computer:
m
m
m
x=−m y=−m z=−m
⎧
⎪⎨
−1.51 per m = 2 cubi
If[EvenQ[x + y + z],1,-1] −1.61 per m = 4 cubi
=
x2 + y2 + z2 ⎪⎩
−1.69 per m = 10 cubi
−1.72 per m = 20 cubi
Notare che viene U ∝ N (due grammi hanno il doppio di energia di un grammo) perchè abbiamo assunto
carica totale zero, altrimenti U ∝ N 2 . Inoltre viene (come atteso per motivi dimensionali), U ∝ 1/a: il
potenziale classico non è stabile.
Esercizio 6: Campo elettrico di un filo
Si calcoli il campo e potenziale di un filo rettilineo infinito con densità lineare di carica λ.
bSoluzione: A distanza r dal filo
Er =
+∞
−∞
dz
kλr
(r2 + z2 =
) 3/2
kλz
r √ r 2 + z 2
+∞
−∞
= 2kλ
r , Eθ = 0
Il potenziale elettrico ϕ consente di calcolare facilmente E = −∇ϕ di un filo di lunghezza finita 2ℓ
ϕ(z, r) =
dove Q = λ2ℓ.
+ℓ−z
−ℓ−z
dz ′ kλ
√ = kλ ln
r2 + z′2 z ′ + z ′2 + r2
Ez = −∂zϕ =
+ℓ−z
−ℓ−z
kQ
√ 1 + 0
r2 + z2 ℓ ℓ2 r
−
d 6
2 − 2z2 (r2 + z2 ) 2 + O(ℓ4
)
kλ
r2 + (z − ℓ) 2 −
kλ
r2 + (z + ℓ) 2 , Er = −∂rϕ = ...
Espandendo in serie di Taylor per ℓ ≪ r, z, il primo termine corrisponde alla carica totale. Il termine successivo
è ‘di quadrupolo’ (il dipolo vale zero).
Per ℓ = ∞ viene ϕ = ∞. Avendo cariche all’infinito non è possibile mettere ϕ(∞) = 0. L’infinito è tutto
nella costante addittiva arbitraria in ϕ: fissando ϕ(r0) = 0 viene
ϕ(r) = kλ
+∞
−∞
dz
1
√ r 2 + z 2 −
1
r2 0 + z2
= −2kλ ln r
= −2kλ ln r + costante
r0
Se il mondo avesse 2 dimensioni invece di 3, questi sarebbero il campo ed il potenziale di Coulomb. Verificherebbero
ancora ∇ 2 ϕ = 0. Siccome ϕ cresce per r → ∞, in 2 dimensioni non esisterebbero cariche
libere.
Esercizio 7: Campo elettrico di un piano
Calcolare il campo elettrico di un piano infinito di raggio R con densità superficiale di carica σ
bSoluzione:

Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici 9
1) Calcolo diretto. Per motivi di simmetria E ha solo la componente Er ortogonale al piano. Passiamo
attraverso il campo generato da un disco circolare di raggio R.
Er(r) = 1
4πɛ0
R
0
2πρ dρ
σr
(r 2 + ρ 2 )
σ r
= −
3/2 2ɛ0 r2 + ρ2
ρ=R
Per r ≪ R in termini della carica totale Q = πR2σ viene
Er Q
4πɛ0r2
1 − 3R2
4r2 + O(R4
)
ρ=0
= σ
(1 −
2ɛ0
r R→∞
√ ) =
r2 + R2 σ
2ɛ0
che sarebbe ottenibile a botto se avessimo studiato la teoria generale dell’espansione in multipoli: monopolo
(E Qˆr/r 3 , of course) più dipolo (E = 0 in questo caso) più quadrupolo, etc.
Per R ≫ r si ottiene il piano cairico: Er(r) = σ/2ɛ0.
2) Teorema di Gauss: flusso = carica interna/ɛ0. Prendendo un cilindretto schiacciato che attraversa una
qualunque superficie con densità di carica variabile σ
Φ = S(E 1 ⊥ − E 2 ⊥) = σ/ɛ0
in qualunque punto
Nel caso del piano, aggiungendo considerazioni di simmetria, si riottiene il risultato precedente.
3) Il potenziale lungo l’asse di un disco uniformemente carico di raggio R vale
Per R ≫ r
ϕ(r, 0) = σ
2ɛ0
ϕ(r) = σ
2ɛ0
( R2 + r2 − √ r2 ) Q R2
(1 −
4πɛ0r 4r2 + O(R4 ))
∞
0
ρ
ρ2 + r2 −
ρ
ρ2 + r2 0
Esercizio 8: Campo elettrico di una sfera
= σ
σ(r0 − r)
2ɛ0
Calcolare il campo elettrico generato da una densità superficiale di carica σ = Q/4πR 2 distribuita su di un
guscio sferico di raggio R.
bSoluzione: Il teorema di Gauss darebbe immediatamente il risultato, ma qui lo vogliamo ottenere tramite
un calcolo a testa bassa. Mettiamo la sfera nell’origine e calcoliamo E in (r, 0, 0). Per motivi di simmetria E
ha solo la componente radiale:
Er = Ex = σ
π
r − R cos θ
R dθ 2πR sin θ
4πɛ0
0
[(r − R cos θ)
dS
2 + R2 sin 2
0 r < R
=
θ] 3/2 Q/4πɛ0r2 r > R
Si dice che Newton abbia ritardato di 20 anni la pubblicazione dei Principia per riuscire a fare questo calcolo
(cioè per dimostrare che la forza di gravità della terra è uguale a quella che ci sarebbe se tutta la massa fosse
concentrata nel centro): pare un po’esagerato.
Esercizio 9: Energia di un guscio sferico
Si calcoli il lavoro necessario per comprimere un palloncino sferico contenente una carica Q uniformemente
distribuita da un raggio r1 ad r2.
bSoluzione: A raggio r generico il campo elettrico è radiale
Q/4πɛ0r
Er(r) =
2 fuori
0 dentro
sgn r

10 Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici
Le cariche vorrebbero espandersi: in generale una densità di superficie risente una forza σEmedio dove Emedio =
(E1 + E2)/2. In questo caso il campo interno è zero e σ = Q/4πr 2 . Per comprimere da r1 ad r2 occorre
esercitare un lavoro
L =
r2
r1
πr 2 · σ(r) Er(r)
2
dr = Q2
r2
8πɛ0 r1
dr Q2
= (
r2 8πɛ0
1
−
r1
1
)
r2
Sostituendo σ = ɛ0Er e S dr = dV ottengo anche L = Sσ Er
2 dr = ɛ0 E2 r
2 dV . In generale il campo elettrico
contiene una densità di energia u = ɛ0E2 /2. Le dimensioni sono giuste. In questo caso la verifica è semplice
perchè mano a mano che si contrae varia solo il campo nella zona di contrazione
∆U = u dV = ɛ0
r2
r1
2 E2 Q2
4πr = (
2 8πɛ0
1
−
r1
1
)
r2
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
Come ulteriore verifica calcoliamo anche l’energia totale per ri = R
U = 1
2
ρϕ dV ? = ɛ0
2
E 2 dV
Inserendo nella prima espressione ϕ = Q/(4πɛ0R) e Sσ = Q, si ottiene subito
U = 1 Q2
Sσϕ =
2 8πɛ0R
Inserendo nella seconda E = Q/(4πr 2 ɛ0) viene lo stesso risultato:
U = ɛ0
2
∞
4πr
R
2 E 2 dr = Q2
8πɛ0
∞
Esercizio 10: Modelli dell’atomo
R
dr Q2
=
r2 8πɛ0R .
Nel modello di Thomson per l’atomo di idrogeno, la carica positiva e è distribuita uniformemente in una sfera
di raggio a0. L’elettrone di carica −e è considerato puntiforme e si muove all’interno della sfera.
a) Calcolare il campo elettrico ed il potenziale generati dalla carica positiva e la posizione d’equilibrio per
l’elettrone (assunto in uno stato di momento angolare nullo).
b) Determinare l’energia di ionizzazione UI (ovvero l’energia necessaria ad estrarre l’elettrone dall’atomo).
Trovare il valore di a0 consistente col valore sperimentale UI = 2.18 × 10 −18 Joule.
c) Determinare il periodo di oscillazione dell’elettrone intorno alla posizione d’equilibrio e confrontarlo col
valore sperimentale T = 3.04 × 10 −16 sec −1 .
d) Si calcoli il momento di dipolo elettrico p indotto nell’atomo da un campo esterno E0, la polarizzabilità
α dell’atomo e la costante dielettrica ɛ dell’idrogeno allo stato solido (cioè nello stato in cui tutti gli atomi
sono adiacenti fra loro a formare un reticolo).
bSoluzione: L’energia di ionizzazione si può anche riscrivere come 13.6 eV dove eV = e × mN/C = 1.60 10 −19
Joule.
a) Il campo è radiale e si ha equilibrio stabile in r = 0:
Er(r) =
b) UI = −eϕ(0) = 3e 2 /8πɛ0a0
e r
4πɛ0 a3 0
e 1
4πɛ0 r2 r < a0
r > a0
ϕ(r) =
− e
4πɛ0a0
+ e 1
4πɛ0 r
r 2
2a 2 0
− 3
2
r < a0
r > a0

Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici 11
c) Dall’equazione del moto
¨r = − e
me 4πɛ0 a3 0
si ha ω2 = e2 /4πɛ0mea3 0 e quindi T = 2π/ω = 7.9 10−16 s.
e
r
= −ω 2 r
d) La nuova posizione d’equilibrio req è data da E(req) = E0 da cui req = 4πɛ0a 3 0E0/e; p = −ereq = αE0
dove α = 4πɛ0a 3 0; la densità di atomi è n = 1/(2a0) 3 ; quindi ɛ = 1 + nα/ɛ0 = 1 + π/2.
Nel modello di Rutheford l’energia di ionizzazione vale
e la frequenza di rotazione
2 mev
UI = −
2 − ϕ(a0) = (− 1
2
ω 2 = v2
a2 =
0
F/me
=
a0
e
+ 1)
2
4πɛ0a0
e 2
4πɛ0mea 3 0
Modello ω 2 Energia di ionizzazione
Rutherford e 2 /4πɛ0mea 3 0 e 2 /8πɛ0a0 = 8.5 eV
Thomson e 2 /4πɛ0mea 3 0 3e 2 /8πɛ0a0 = 26 eV
Per fissare l’ω 2 osservato serve a0 = 8.4 10 −11 m in entrambi i casi; dopodichè entrambi i modelli non azzeccano
UI (la frequenza è data dalla differenza di energia tra i livelli quantistici).
Esercizio 11: Energia di una sfera
Calcolare l’energia potenziale di una sfera di raggio R contenente una carica Q distribuita uniformemente.
bSoluzione: Otteniamo il risultato seguendo diversi procedimenti.
1) Integrando la densità di energia
U = ɛ0
E
2
2 dV = ɛ0
R
2
0
4πr 2 ( Qr
4πɛ0R 3 )2 +
∞
R
4πr 2 ( Q
)2 =
4πɛ0r2 1
2 Q Q2
+
4πɛ0 10R 2R
2) Calcolo che ottiene il risultato giusto pur essendo doppiamente sbagliato. Densità di carica: ρ = Q/V =
3Q/4πR 3 . Carica dentro una sferetta di raggio r < R: qin(r) = Q(r/R) 3 , quindi ϕ = qin(r)/4πɛ0r
(soddisfa ϕ(∞) = 0 e continutità ad r = R)
U = ρϕ dV =
R
0
4πr 2 ρ dr
dq
qin(r)
4πɛ0R
ϕ
= 1
4πɛ0
2 ′ ) Calcolo giusto. Il potenziale dentro la sfera vale ϕ(r) = Erdr = cte − 1
2qin(r)/(4πɛ0r). Imponendo
continuità ad r = R
2 2 Q(3R − r )/8πɛ0R
ϕ(r) =
2 per r < R
Q/4πɛ0r per r > R
Integrando
U = 1
2
ρϕ dV = 1
4πɛ0
I plot delle funzioni Ee e ϕ giuste sono:
E
r
R
0
3Q 2 r 2 (3R 2 − r 2 )
4R 6
ϕ
3 Q
5
2
R
= 3 Q
5
2
4πɛ0R
r

12 Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici
3) Il calcolo sbagliato al punto 2) non dà il risultato giusto per caso. Partendo dai principi primi, costruisco
la sfera aggiungendo mano a mano carica dq facendo crescere il suo raggio r da 0 a R a densità costante
ρ. La ϕ usata in 2) non è il potenziale della sfera finale, ma l’energia necessaria per portare cariche da ∞
a r nel modo appena descritto.
quindi
dU = 1
4ɛ0
q(r)dq
r
dU = 4πρ2
r
3ɛ0
4
dr U =
q(r) = ρ 4πr3 r
Q(
3 R )3
dU = 4πρ2 R 5
15ɛ0
dq = ρ 4πr 2 dr
= 1 3Q
4πɛ0
2
5R
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
Le stesse cose valgono per la gravità. L’energia potenziale gravitazionale del sole vale U⊙ ∼ GM 2 /R ∼ 10 41 J
(G = 6.6 10 −11 N m 2 /kg 2 , M⊙ = 2 10 30 kg, R⊙ = 7 10 8 m), ed i fisici pensavano che questa fosse la sorgente di
energia del sole. Siccome l’energia emessa dal sole ha potenza K⊙ = 1366 J m −2 s −1 alla distanza r = 1.5 10 11 m
a cui si trova la terra, i fisici pensavano che il sole fosse più giovane di T⊙ = U⊙/(K⊙4πr 2 ) ≈ 30 Myr. I biologi
ed i geologi (come Darwin) sostenevano invece che almeno 300 Myr erano necessari per l’erosione e l’evoluzione
delle specie. Infinie, teologi (come Lightfoot) sostenevano che la terra era stata creata il 23 ottobre −4004,
alle nove del mattino. I fisici successivamente scoprirono che il sole ha una altra sorgente di energia: l’energia
nucleare. Oggi sappiamo che l’età dell’universo è circa 13.7 Gyr.
Esercizio 12: Raggio classico dell’elettrone
Approssimando l’elettrone come una sferetta di raggio R, calcolare il valore di R tale che U = mec 2 .
bSoluzione: Approssimare le particelle come puntiformi è un limite singolare. Ad esempio: (1) Quando si
calcola la forza su di un elettrone non si include nel campo elettrico quello infinito generato dall’elettrone stesso.
(2) L’energia elettromagnetica U diverge per R → 0.
Nel secolo scorso ci sono stati tentativi di migliorare questa situazione proponendo teorie dell’elettrone in
cui l’elettrone veniva approssimato con una palletta di raggio R finito. L’energia elettromagnetica U allora è
finita: U = cq 2 e/4πɛ0R dove c dipende da quale distribuzione di carica viene assunta. c = 3/5 per una densità
ρ uniforme; c = 1/2 per una densità superficiale σ uniforme. Assumiamo c = 1.
L’energia elettromagnetica contribuisce alla massa dell’elettrone, secondo m = U/c 2 . Assumendo che tutta
la massa sia di origine elettromagnetica si determina
R = re = q2 e
meɛ0c 2 = 2.82 10−15 m
chiamato ‘raggio classico dell’elettrone’, sebbene non abbia niente a che vedere con le dimensioni di un elettrone
(solo una piccola parte dell’energia dell’elettrone è di origine elettromagnetica). Numericamente, re è simile alla
dimensione di un protone: si tratta di un accidente fuorviante.
Una aspettazione qualitativa più corretta è U < mec 2 (altrimenti U eccederebbe la massa dell’elettrone):
questa implica R > re. Oggi si sa quello che succede: a scale R ∼ 1000re iniziano a farsi sentire gli effetti del
positrone, una particella identica all’elettrone ma con carica positiva. Ripetendo il calcolo di U in teorie di
campo quantistiche relativistiche si trova che il contributo elettromagnetico alla massa dell’elettrone esiste ma
è piccolo, circa 1/100 della massa totale.
Esercizio 13: Masse dei nuclei
Si può approssimare un nucleo come una sfera a densità costante, contenente Z = A/2 protoni e circa A/2
neutroni con raggio R = A 1/3 rN con rN = 1.2 10 −15 m. Calcolare l’energia elettromagnetica e discutere la
stabilità dei nuclei.
bSoluzione: La massa di un nucleo con Z protoni ed A nucleoni (cioè protoni più neutroni) è circa data da
mnucleo = Zmp + (A − Z)mn + U 3
, U =
c2 5
(Ze) 2
+ ElegameA.
4πɛ0R

Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici 13
dove U contiene l’energia elettromagnetica e quella dovuta alle interazioni forti. Quest’ultimo effetto si può
approssimare come una funzione circa lineare in A in quanto le interazioni forti sono a corto raggio, cioè si
esercitano soltanto fra i nucleoni che stanno uno accanto all’altro. La costante di proprzionalità è detta ‘energia
di legame forte’. Per essere più precisi bisognerebbe tenere in conto che i nuclei sul bordo della sfera sono
meno legati, e lo si potrebbe fare aggiungendo un termine di ‘tensione superficiale’, che trascuriamo in quanto
è importante solo per nuclei piccoli.
Si osserva che esistono nuclei stabili fino a Z ∼ 100: imponendo dU/dZ|Z∼100 = 0 si trova l’energia di legame
per nucleone:
2/3 100 e
Elegame = −
4
2
≈ −10 MeV
4πɛ0rN
A grandi Z la repulsione Coulombiana diventa l’effetto principale ed impedisce di formare nuclei grossi. Minimizzando
U/Z si trova che il nucleo che ha la maggior energia di legame per nucleone ha Z ∼ 20, ed infatti in
natura è il ferro (Z = 26).
Esercizio 14: Differenza di massa protone-neutrone
Stimare la differenza di massa protone-neutrone approssimandoli come 3 quarks fermi ai vertici di un triangolo
equilatero come p = uud e n = udd (qu = 2e/3, qd = −e/3).
bSoluzione: L’energia elettrostatica vale
Ep = (q 2 u + 2quqd) e2
4πɛ0r = 0, En = (q 2 d + 2quqd) e2 e2
= −
4πɛ0r 4πɛ0
Convertendo energia in massa tramite E = mc 2 l’elettromagnetismo tende a rendere il protone (carico) più
pesante del neutrone (neutro): mp − mn ∼ e 3 /12πɛ0r = MeV · 0.5 10 −15 m/r. L’ordine di grandezza è giusto
(mn − mp = 1.3 MeV, rN = 1.2 10 −15 m) ma il segno è sbagliato. Se fosse mp > mn non esisterebbero atomi.
Tenere conto che i quark ruotano con v ∼ c (e quindi c’e’anche una energia magnetica) non cambia il segno. Il
neutrone n ddu pesa più del protone p uud perchè i quark d hanno massa maggiore dei quark u:
mn − mp
1.3 MeV
= md − mu
3 MeV
+ O(e 2 /4πɛ0r)
−1.7 MeV
Il fatto che il neutrone sia poco più pesante del protone è essenziale per avere una chimica complessa. Il neutrone
libero decade: se fosse mp < mn il protone (e quindi l’atomo di idrogeno) decadrebbe. Se mn − mp fosse un
poco più grande supererebbe l’energia di legame e non esisterebbero nuclei. 1
Esercizio 15: Nucleo che si spezza
Si può approssimare un nucleo come una sfera a densità costante. Un nucleo si spezza in due nuclei di carica
Q ′ = Q/2 e raggio R ′ = R/2 1/3 . Di quanto cambia l’energia elettromagentica?
bSoluzione: Ricordando che U = 3Q2 /5R/4πɛ0, l’energia elettromagnetica liberata da un nucleo che si spezza
è
∆Eem = Eem − 2E ′ em = 3 Q
5
2 −2/3
1 − 2
4πɛ0R
= 0.22 Q2
4πɛ0R
Per Q = 100e e R = rNN 1/3 ∼ 10 −14 m viene ∆U ∼ 250 MeV: l’ordine di grandezza è giusto. L’effetto
elettromagnetico è proporzionale a Z 2 , ed a grande Z diventa più importante dell’effetto dovuto alla differenza
di massa protone/neutrone ed alla loro energia di legame, proprozionale a Z.
Un kg di uranio contiene circa 4 moli: quindi fissionandolo si libera un’energia 4NA · 250 MeV = NA GeV ≈
10 14 J ≈ 20kton ≈ (kg/1000)c 2 (dove kton = 4.2 10 12 J è un unità di energia usata per bombe e corrisponde
all’energia rilasciata nell’esplosione di 1000 tonnellate di TNT).
1 L’energia di legame nucleare è indirettamente dovuta alle masse dei quark che controllano la massa dei π (che sono le forze di
van der Waals nucleari) ed è di ordine mu + md.
1
3r

14 Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici
Per due cariche q1 e q2 ad x = ±1.
Esercizio 16: Energia di due cariche
bSoluzione: Usando il potenziale si ottiene subito U = q1q2/4πɛ0d. Integrando E2 i calcoli sono troppo difficili,
ma interessanti perchè occorre rinormalizzare
U = 1
(E1 + E2)
8πk
2 − E 2 1 − E 2 2 = 1
E1 · E2 =
4πk
q1q2
4πk
L’integrale in r⊥ dà 4π/x 2 se x 2 > 1 e 0 altrimenti. L’integrale in x è banale
U = k q1q2
d
r 2 − 1
(r 2 − 2x + 1) 3/2 (r 2 + 2x + 1) 3/2
La cosa qualitativa importante è che due cariche opposte hanno E = 0 nel mezzo: quindi si attraggono in quanto
avvicinandosi minimizzano U. La stessa cosa accade per due fili: siccome il campo B è rotazionale invece che
radiale si ha B = 0 nel mezzo con correnti uguali, che quindi si attraggono.
Esercizio 17: Forza su cariche superficiali
Dimostrare che una generica densità di carica superficiale σ induce una variazione E⊥1 − E⊥2 = σ/ɛ0 e subisce
una forza F = σ(E1 + E2)/2
bSoluzione: Applicando il teorema di Gauss ad un cilindretto schiacciato infinitesimo che attraversa perpendicolarmente
la superficie si ottiene la variazione di E⊥. E è continuo.
Per calcolare la forza occorre vedere spessore zero come limite di uno spessore finito. Chiamando z l’asse ⊥
alla superficie si ha dEz/dz = ρ/ɛ0 (relazione che segue dalla dimostrazione precedente, ed è un caso particolare
di ∇ · E = ρ/ɛ0). Intergrando in dz si riottiene Ez2 − Ez1 = σ/ɛ0 con σ = ρdz. La densità di forza vale
pz = dFz
dS =
Ez ρ dz = ɛ0
Ez
dEz E
dz = ɛ0
dz 2 z2 − E2 z1
= σ
2
Ez2 + Ez1
= σE
2
ext
z
La media geometrica viene per un motivo fisico semplice: la forza deve essere generata solo dal campo elettrico
‘esterno’, non da quello generato dalla σ stessa.
Esercizio 18: Scattering debole
Una carica q urta su di un sistema di cariche totali Q. Calcolare il piccolo angolo di deflessione θ assumendo
simmetria cilindrica (o che sia possibile osservare soltanto uno scattering medio, come capita in esperimenti che
utilizzano un fascio di molte particelle) e che q e ciascuna delle cariche in Q vengano perturbate poco dall’urto.
bSoluzione:
θ(b) = ∆p⊥
p
=
F⊥dv/x
mv
= 1
mv2
q
2πb
E⊥ dS =
qQ(r < b)
4πɛ0bK
≪ 1 K ≡ m
2 v2
Quindi misurando θ(b) si fa una tomografia della distribuzione di cariche. Ad esempio, se Q è puntiforme si ha
Q(r < b) = Q e quindi θ ∝ 1/b: in tal caso la cosa più spettacolare è che esistono urti a grande angolo: come
calcolato nell’esercizio successivo Rutherford si beccò delle particelle α in faccia.
Esercizio 19: Scattering Rutherford
Una particella α (di massa me ≪ m ≪ mN, carica +2e, ed energia E = 4 MeV) viene fatta collidere su atomi
contenti nuclei di carica Ze e massa mN. Calcolare l’angolo di deflessione in funzione del parametro d’impatto
b ≪ A e la sezione d’urto.

Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici 15
bSoluzione: Siccome m ≫ me ed E ≫ (energia di ionizzazione) gli Z elettroni hanno effetto trascurabile, se
la particella α entra nella zona b ≪ A dove gli elettroni non schermano il nucleo. Conta solo il nucleo, che
approssimativamente rimane fermo. Facciamo il conto in 3 modi.
1. Adattando le note formule per le orbite dei pianeti. Tenendo conto che in questo caso la forza F = α/r 2
(α = 2kZe 2 ) è repulsiva
ℓ
r = −
1 + e cos θ , e2 = 1 + 2EL2
α2m = 1 + m2v4b2 α2 Si ha r > 0 per cos θ < −1/e e cioè in un range ∆θ dato da cos ∆θ/2 = 1/e. L’angolo di deflessione è
definito come θd = π − ∆θ e vale quindi
sin θd
2
= cos ∆θ
2
= 1
e
o anche tan θd
2 =
Il parametro d’impatto che produce una data deflessione è
b = kZe2
E
tan−1 θd
2
dove
kZe 2
E = 10−13 m Z
70
1
√ =
e2 − 1 α
.
bmv2 MeV
E .
2. Procedendo in modo diretto, senza usare tecniche sofisticate. Usando coordinate polari (r, θ) e mettendo
l’asse x lungo la linea di simmetria, l’equazione del moto è
m ˙vx = α α
cos θ = m
r2 L ˙ θ cos θ
dove L = mr 2 ˙ θ è il momento angolare rispetto al nucleo, che è una costante del moto, uguale a L = mv0b.
Siccome F ∝ 1/r 2 , è sparita la dipendenza da r. Diventa banale integrare ottenendo vx = (α/L) sin θ e
quindi v = vx/ cos θ = (α/L) tan θ. Ad r = ∞ tan θ0 = mv 2 0b/α. L’angolo di deflessione è θd = π − 2θ0.
3. Approssimazione perturbativa.
Quindi
dp⊥
dx
dt dp⊥ 1
= F⊥ =
dx dt v0
1 α
v0 r2 b
r =
θd = ∆p⊥
p
= αb
mv2 +∞
0 −∞
α/v0
(x 2 + b 2 ) 3/2
dx
(x2 + b2 2α
=
) 3/2 bmv2 0
che è corretta per θd ≪ 1. La primitiva è ∝ 1/ 1 + b 2 /x 2 . Usando il teorema di Gauss verrebbe
2πb E⊥ = 4π dove E⊥ = b/(x 2 + b 2 ) 3/2 .
Il parametro d’impatto in un singolo urto non è misurabile sperimentalmente. È invece nota la distribuzione
di probabilità dei parametri d’impatto in un numero n ≫ 1 di urti. Secondo la meccanica quantistica questa
cosa è vera non solo in pratica, ma anche in linea di principio. Il ‘punto d’incontro’ convenzionale fra teoria ed
esperimento è la sezione d’urto per collisioni su di un singolo nucleo.
σ =
numero di particelle deflesse
flusso di particelle incidenti
σ caratterizza gli effetti misurabili prodotti da un nucleo; spetta allo sperimentale tenere conto che i nuclei sono
tanti (e che ci possono essere scattering multipli). σ la dimensione di un’area, e dice quanto è grosso un nucleo,

16 Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici
quando viene visto tramite interazioni elettromagnetiche. Ad esempio, la sezione d’urto totale per eventi con
angolo di deflessione maggiore di un qualunque valore θ è
σ(θd > θ) = πb 2 2 kZe
(θ) = π
E
2
1
tan 2 θ/2
E.g. σ(θd > π/2) dice quante particelle rimbalzano all’indietro. La probabilità che una particella rimbalzi
indietro, quando viene inviata perpendicolarmente su di un piano di atomi a distanza d ∼ ˚A fra di loro, è
σ/d 2 ∼ 10 −6 . Se viene mandata su di una targhetta lunga ℓ composta da atomi con densità n, è σnℓ < 1.
La sezione d’urto totale è σ(θd > 0) = ∞: a differenza di altre forze, l’elettromagnetismo è una interazione
a lungo raggio 2 , che deflette tutte le particelle (anche quelle con b → ∞). In realtà quando b > ∼ ˚A gli elettroni
schermano il campo elettrico del nucleo, e poi ci sono altri nuclei.
Di solito si preferisce descrivere lo scattering usando la sezione d’urto differenziale
dσ =
numero di particelle deflesse in dΩ
flusso di particelle incidenti
= dσ dϕ
d cos θ =
d cos θ 2π
b db
sin
θ dθ
2 1 kZe
=
4 E
2
1
sin 4 θ/2
Avendo scritto l’angolo solido in coordinate polari dΩ = dϕ d cos θ e tenendo conto che lo scattering non dipende
dall’angolo polare ϕ
Esercizio 20: Esplosione Coulombiana
Una nuvola sferica di raggio R e carica totale Q è costituita da N particelle di carica q = Q/N e massa m,
inizialmente (t = 0) distribuite con densità uniforme.
a) Calcolare l’energia potenziale di una carica posta a distanza r dal centro della nuvola.
Per effetto della repulsione coulombiana la nuvola inizia ad espandersi radialmente, mantenendo la simmetria
sferica. Nel corso del moto radiale le particelle non si scavalcano (cioè se inizialmente due strati di particelle si
trovano alle distanze r1(0) e r2(0) > r1(0) dal centro, ad ogni istante successivo r2(t) > r1(t).)
b) Sia r = r(t) la posizione al tempo t delle particelle che a t = 0 sono a distanza r0 = r(0) < R dal centro.
Mostrare che l’equazione del moto per r = r(t) è
m d2r qQ
=
dt2 4πɛ0r2
r0
3
R
c) Si dica a che distanza dal centro si trovano inizialmente le particelle che acquistano la massima energia
cinetica durante l’espansione, e si dia il valore di tale energia massima.
d) Si mostri che per ogni strato di particelle si muove secondo la legge oraria r(t) = r0λ(t) dove λ(t) non
dipende da r0 e che di conseguenza la densità di carica rimane uniforme durante l’espansione della nuvola.
bSoluzione:
a)
V (r) =
Q
4πɛ0
Q 1
4πɛ0 r
r2 (− 2R3 + 3
2R ) per r < R
per r > R
b) Poichè le particelle non si scavalcano, la carica contenuta entro una sfera di raggio r(t) rimane costante.
c) L’energia potenziale corrispondente all’equazione del moto (*) è Ur0 = (Q/4πɛ0)(r0/R) 3 /r. L’energia
cinetica massima viene acquistata a distanza infinita ed è uguale a Ur0, che è massima per r0 = R.
d) Inserendo l’ansatz nell’equazione del moto (*) si trova d 2 λ/dt 2 = qQ/4πɛ0λ 2 R 2 nella quale r0 non compare
più. Quindi la nuvola si dilata in modo omogeneo.
2 Una particella massiva genererebbe una forza ‘di Yukawa’ F ∝ αe −r/r0/r 2 (dove m ∝ 1/r0). Essa darebbe, in approssimazione
perturbativa θd ∼ θ Coulomb
d e −b/r0 e quindi σ(θ > 0) ∝ r 2 0 .
(∗)

Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici 17
Figura 1.1: Linee di campo (linee continue) e superfici equipotenziali (linee tratteggiate) generate da una ‘sfera
polarizzata’.
Esercizio 21: Sfera polarizzata
Calcolare il campo elettrico generato da una sfera di raggio R con carica superficiale σ(θ) = σ cos θ.
bSoluzione: Conviene usare il principio di sovrapposizione e vederla come la la distribuzione di carica generata
da tanti piccoli dipoli allineati. Separando le cariche positive da quelle negative, lo si può anche vedere come
sovrapposizione di due sfere con densità uniformi ρ e −ρ con i centri a distanza d tale che dρ = σ. La
corrispondenza diventa esatta per d → 0 (e quindi ρ → ∞).
Come calcolato precedentemente una singola sfera genera al suo interno un campo elettrico E = rρ/3ɛ0.
Quindi due sfere di carica ±ρ sovrapposte a distanza d generano al loro interno E = −ρd/3ɛ0 = −P /3ɛ0 dove
P ≡ ρd viene chiamata ‘densità di polarizzazione’.
All’esterno della sfera si ha il campo di un dipolo p = Qd = V P , dove V è il volume della sfera.
Il potenziale in tutto lo spazio, in coordinate sferiche è
ϕ(r, θ) =
p cos θ/4πɛ0r 2 per r > R
Er cos θ per r < R
= σ cos θ
3ɛ0
La seconda espressione permette di verificare che ϕ è continuo a r = R.
Esercizio 22: Cilindro polarizzato
R 3 /r 2 per r > R
r per r < R
Calcolare il campo elettrico generato da una cilindro polarizzato trasversalmente con carica superficiale σ(θ) =
σ cos θ.
bSoluzione: Si procede in modo analogo alla sfera, sovrapponendo due cilindri con densità uniformi ρ e −ρ.
Esercizio 23: Formule di base sui dipoli
Due cariche q1 = +q e q2 = −q a distanza d = r1 − r2 (d è diretto verso la carica positiva, e ri esce dalla carica
i) formano un dipolo p = qd. Ricavare le formule di base
bSoluzione:

18 Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici
• Campo elettrico generato da un dipolo. Espandendo r1 = r − d/2 e r1 = r + d/2 al primo ordine
in d
q
ϕ = (
4πɛ0
1
−
r1
1
) =
r2
q r
4πɛ0
2 2 − r2 1 q 2d · r 1
=
r1r2(r1 + r2) 4πɛ0 r1r2(r1 + r2) 4πɛ0
E = −∇ϕ = 1
3(p · r)r
4πɛ0 r5 − p
r3
= 1
2(p · r)r
4πɛ0 r5 + r × (r × p)
r5
In coordinate polari ϕ = p cos θ/4πɛ0r 2 e quindi
Er = − ∂ϕ
∂r
2kp cos θ
=
r3 , Eθ = − 1 ∂ϕ
r ∂θ
diverso da zero per ogni θ. A grande distanza E ∝ 1/r 3 .
• Forza sentita da un dipolo in un campo elettrico esterno:
p · r 1
= − p · ∇
r3 4πɛ0
1
r =
kp sin θ
=
r3 , Eϕ = 0 E = kp
r3
1 + 3 cos2 θ
F = q(d · ∇)E = (p · ∇) = −∇U dove U = −p · E = −pE cos θ
L’energia è minima quando p si allinea ad E.
Il momento delle forze vale M = p × E, M = −∂θU = qdE sin θ.
Negli esercizi con titolo ‘paradosso’ discutiamo alcune sottigliezze nell’uso di queste formule.
Esercizio 24: Forno a microonde
Una molecola d’acqua ha dipolo p = 6.2 10 −30 C · m = 3.9 10 −16 e · m. Quale campo elettrico è necessario per
allineare tutte le molecole d’acqua a temperatura ambiente, kT ≈ eV/40 = 4 10 −21 J?
bSoluzione: Utilizzando a scelta eV o Joule viene che serve U = −p · E > ∼ kT cioè E > ∼ 6 10 13 V/m, cioè per
campi elettrici utilizzati in pratica, E ∼ kV/m l’agitazione termica vince e le molecole si allineano molto poco.
Un forno a microonde utilizza un campo elettrico oscillante: le molecole d’acqua provano a ruotare per
allinearsi ad E, ed andando a sbattere su altre molecole il loro moto diventa energia termica. Infatti un
microonde non riscalda scodelle di plastica (se fatte in materiali con piccolo o zero dipolo) e non è buono per
scongelare (nel ghiaccio le molecole non sono libere di ruotare; una piccola zona scongelata inizia a scaldarsi
molto lasciando zone vicine ghiacciate).
Esercizio 25: Paradosso sui dipoli I
Un dipolo p, obbligato ad orientarsi lungo l’asse z è libero di muoversi lungo l’asse x in un campo elettrico
esterno Ez = αx. Calcolare la forza sul dipolo.
bSoluzione: Secondo le formule precedenti U = −pαx, quindi F = −∇U = pαx.
Tuttavia è ovvio che la forza totale su due cariche ±q poste una sopra l’altra lungo l’asse z è zero.
La formula non si applica perchè il campo elettrico proposto non è irrotazionale, come si vede da un circuitino
o da ∇ × E = −αˆy. 3
Esercizio 26: Paradosso sui dipoli II
Calcolare l’energia di un dipolo prodotto da un campo elettrico esterno
bSoluzione: Se p = αE il lavoro necessario per portare il dipolo da zero a p vale
L =
F · ds =
p · E ?
E · dp = = −∆Utot
2
3 Volendo complicare le cose si può rifare lo stesso esercizio con un campo elettrico Eθ = 1/r, che ha rotore zero in tutti i punti
eccetto 0

Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici 19
L’energia di interazione fra il dipolo ed il campo elettrico esterno vale U = −p · E. Affinchè Utot = U + U ′ sia
giusta ci deve essere un’altra energia potenziale U ′ = + 1
2p · E, dovuta al fatto che l’esistenza stessa del dipolo
è dovuta alla forza esterna.
Come verifica del risultato generale consideriamo il sistema particolare più semplice possibile: due cariche
±q a distanza x tenute assieme da una forza elastica. Il valore della costante k dovrebbe essere irrilevante. Il
dipolo vale p = qx = qE/k. L’energia di legame vale
U ′ = k
2 x2 = pE
2
Questo sistema è realizzato fisicamentente dall’atomo di Thomson, nel quale avevamo visto che α = 4πɛ0a 3 0.
L’energia U ′ di interazione fra elettrone e protone è di tipo ‘elastico’ e vale
U ′ (r) − U ′ (0) = −e[ϕ(r) − ϕ(0)] = e2
2α r2 = pE
2
(verifico che ϕ è giusto usando il laplaciano in coordinate polari: ∇ 2 ϕ = −3e/α = −ρ/ɛ0).
Esercizio 27: Paradosso sui dipoli III
Calcolare la forza fra due dipoli p e p ′ a distanza x, orientati parallalelamente alla loro separazione. Come
cambia la risposta se p ′ è indotto da p come p ′ = αx?
bSoluzione: Abbiamo due formule generali che danno la forza fra dipoli. Vediamo come applicarle.
1. La formula generale è F = (p · ∇)E = p∂xE dove
E = 1
′ 3(p · r)r
4πɛ0 r5 − p′
r3
= 1 p
2πɛ0
′
ˆx r = (x, y, z)
x3 è il campo elettrico generato da p ′ . Quindi la forza è ‘radiale’ e vale Fx = −3pp ′ /2πɛ0x 4 .
È ovvio che la risposta non cambia se p ′ è indotto.
2. Una formula meno generale ma più semplice è F = −∇U con
U = −p · E = − 1
Nel caso di p ′ costante si riottiene il risultato precedente. Nel caso di dipolo indotto, p ′ = αx, viene
un risultato che differisce di un fattore 2/3: per utilizzare correttamente questa formula meno generale
occorre prima calcolare il ∇ come se p ′ fosse costante e poi inserire il valore del dipolo indotto p ′ (x).
2πɛ0
pp ′
x 3
Esercizio 28: Paradosso sui dipoli IV
Due dipoli sono orientati rispettivamente lungo gli assi z ed x. Verificare che le forze sono uguali ed opposte
(ma non radiali). Verificare che i momenti non lo sono.
bSoluzione: Il momento totale è zero se calcolato rispetto ad un polo fisso. Una situazione analoga più banale:
un dipolo nel campo elettrico di una carica. Il dipolo sente un momento delle forze (che tende ad allinearlo con
il campo elettrico), ma anche una forza.
Esercizio 29: Allineamento di dipoli elettrici
Come si dispongono due dipoli a distanza r fissata, liberi di ruotare su loro stessi?

20 Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici
bSoluzione: L’energia fra due dipoli p i = qidi a distanza r fissata (senza vincoli non esistono configurazioni
di equilibrio stabile)
U = k
R 3 [p 1 · p 2 − 3(p 1 · ˆr)(p 2 · ˆr)] ∝ cos(θ1 − θ2) − 3 cos θ1 cos θ2
che è minima a θ1 = θ2 = 0 (più configurazioni simmetriche), cioè per dipoli stesi nella stessa direzione. Tenerli
verticali e contrapposti richiede energia maggiore.
Un dipolo può essere la molecola H2O (l’O attira gli elettroni più di H), oppure l’atomo di idrogeno in un
campo esterno.
Esercizio 30: Coordinate polari
Calcolare gradiente, divergenza, rotore e ∇ 2 in coordinate cilindriche e polari ed in un generico sistema di
coordinate ortogonali.
bSoluzione: Il ∇ è sia un operatore differenziale che un vettore. Questo significa e.g. che ∇ · (fE) = f(∇ ·
E) + E · (∇f) e che ∇ × ∇f = 0, (∇f) × (∇g) = 0, ∇ · (∇ × E) = 0. In linea di principio per passare a
coordinate polari si procede come per altri vettori, rispettando le proprietà dell’operatore derivata. In pratica si
fa molto prima usando i teoremi in cui compaiono gradienti, rotori e divergenze: i teoremi del gradiente (linee),
Stokes (superifci), Gauss (volumi) sono casi particolari di integrali di forme asimmetriche a n indici
e cioè (in 3 dimensioni):
∇f · dx = f = ∆f
L
∂L=P
∂ ∧ A
X
(n) ∧ dx (n+1) =
S
(∇ × E) · n dS =
A
∂X
(n) ∧ dx (n)
∂S=L
E · dx
Gradiente In un generico sistema di coordinate ortogonali xi si ha
df = f(x + dx) − f(x) = ∂f
dxi ≡ dx · ∇f
∂xi
i
(∇ · E)dV =
V
∂V =S
E · n dS
Siccome dx = giidxi ˆxi allora ∇ = g −1
ii ˆxi∂i. E.g. in coordinate polari grr = 1, gθθ = r e gϕϕ = r sin θ in quanto
dx = dr ˆr + r dθ ˆ θ + r sin θdϕ ˆϕ e ds 2 = dr 2 + r 2 dθ 2 + r 2 sin 2 θdϕ 2
∇ = ˆx ∂ ∂ ∂ ∂
+ ˆy + ˆz = ˆr
∂x ∂y ∂z ∂r + ˆ θ 1
r
∂
∂θ
1 ∂
+ ˆϕ
r sin θ ∂ϕ
Divergenza Per calcolare la divergenza di un generico vettore E usiamo il teorema di Gauss
(∇ · E)dV = E · dS
applicato ad un volumetto elementare di lati dxi. La differenza dei flussi sui lati lungo x1 vale
Quindi
(E1g22g33)+dx2 dx3 − (E1g22g33)−dx2 dx3 = dx1dx2dx3
∇ · E =
1
g11g22g33
∂
∂x1
dV
(E1g22g33) =
g11g22g33
∂
(E1g22g33) +
∂x1
∂
(E2g11g33) +
∂x2
∂
(E3g11g22)
∂x3
In coordinate polari la divergenza di un vettore con solo componente radiale vale
∇ · E =
1
r 2 sin θ
∂
∂r Err 2 sin θ = 1
r2 ∂
∂r r2 Er
∂
∂x1
(E1g22g33)

Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici 21
Riotteniamola procedendo in un altro modo, senza usare il teorema di Gauss: Applicato ad un vettore radiale
E = ˆrEr vale
∇ · E = ∂Er
∂r + Er( ˆ θ ∂ˆr ˆϕ
· +
r ∂θ r sin θ
Su di una funzione V che dipende solo da r
∇ 2 V = (∇ · ∇)V = 1
r 2
∂ˆr ∂Er
· ) =
∂ϕ ∂r + (1 + 1)Er = 1
r2 ∂ ∂
r2
∂r ∂r
V = 1
r
In d dimensioni (d = 3 coordinate polari, d = 2 coordinate cilindriche, etc)
∇ · E = 1
rd−1 ∂
∂r rd−1Er ∇ 2 V = ∂2 V
∂r
∂ 2
rV
∂r2 d − 1
+ 2 r
∂V
∂r
∂
∂r r2 Er
Rotore Utilizzando in modo analogo il teorema di Stokes si ottiene un’espressione esplicita per il rotore. Il
∇2 è banale
∇ × E =
1
⎛
det ⎝ g11 ˆx1
∂1
g22 ˆx2
∂2
⎞
g33 ˆx3
∂3 ⎠ , ∇ 2 V =
1
g22g33
∂1 ∂1V + · · ·
g11g22g33
Ad esempio in coordinate polari
∇ 2 V =
1
r 2 sin θ
∂r(r 2 sin θ ∂rV ) + ∂θ(
g11E1 g22E2 g33E3
r sin θ
r
r
∂θV ) + ∂ϕ
r sin θ ∂ϕV
g11g22g33
= ∂2 r (rV )
r
g11
+ ∂θ(sin θ∂θV )
r 2 sin θ
ed in coordinate cilindriche
∇ 2 V = 1
∂r(r∂rV ) + ∂θ(
r
1
r ∂θV
) + ∂z(r∂zV ) = ∂r(r∂rV )
+
r
∂2 θV r2 + ∂2 zV
Calcolare ∇ 2 r p in d dimensioni spaziali.
Esercizio 31: Laplaciano
+ ∂2 ϕV
r 2 sin 2 θ
bSoluzione: In 1 dimensione r 2 = x 2 . In 2 dimensioni r 2 = x 2 + y 2 . In 3 dimensioni r 2 = x 2 + y 2 + z 2 . In
generale
∂xr p = px r p−2 , ∂ 2 xr p = p r p−2 + p(p − 2)x 2 r p−4 , ∇ 2 r p = p[d + p − 2]r p−2
Il caso d = 3 corrisponde a coordinate polari; il caso d = 2 a coordinate cilindriche.
Il potenziale generato da una carica in d dimensioni è la soluzione singolare a r = 0 di ∇ 2 ϕ = 0, e cioè per
ϕ ∝ r 2−d . Quindi
d = 1 d = 2 d = 3 d = 4 d = 5
ϕ ∝ r ϕ ∝ ln r ϕ ∝ r −1 ϕ ∝ r −2 ϕ ∝ r −3
E ∝ r 0 E ∝ r −1 E ∝ r −2 E ∝ r −3 E ∝ r −4
(il campo generato da una carica puntiforme in d = 1 e d = 2 corrispondono rispettivamente al campo di un
filo e di un piano in d = 3).
La cosa fondamentale non è ϕ ∼ 1/r ma la conservazione del flusso, e cioè E ∝ 1/S o ∇ 2 ϕ = 0.
Solo d = 3 dà fisica interessante. Per d < 3 non esistono cariche libere (ϕ cresce con r), per d > 3 l’energia
cinetica di rotazione (potenziale effettivo V = L 2 /2mr 2 ) non basta ad impedire che si spiaccichino ad r = 0.
Risolvere ∇ 2 ϕ − λ 2 ϕ = ρ = 0
bSoluzione: La soluzione a simmetria sferica ϕ(r) è
Esercizio 32: Potenziale di Yukawa
1
r (rϕ)′′ = λ 2 ϕ : rϕ = e −λr
Per r ≪ λ è come l’elettromagnetismo, per r ≫ λ la forza va a zero esponenzialmente. Lo Z ha λ ∼ 10 −16 cm.
La gravità potrebbe avere λ ∼ 10 10 anni luce.

22 Capitolo 1. Campi e potenziali elettrici
Risolvere l’equazione di Schroedinger
Esercizio 33: Atomo di idrogeno quantistico
bSoluzione: Secondo Schroedinger uno deve: scrivere l’energia H, rimpiazzare p → −i¯h∇, risolvere Hψ = Eψ,
e |ψ| 2 è la probabilità. Per un elettrone in un atomo di idrogeno
avendo usato e 2 = q 2 e/4πɛ0. Quindi, usando u = rψ
H = p2
2m − q2 e ¯h2
→ −
4πɛ0r 2m ∇2 − e2
r
− ¯h2
2m (rψ)′′ = (E + e2
r )(rψ)
risolto da ψ ∝ e −r/a0 ed E = −e 2 /2a0 dove a0 ≡ ¯h 2 /me 2 . Quindi secondo la meccanica quantistica la carica
dell’elettrone si distribuisce come ρ(r) = −e e −2r/a0 /πa 3 0.

Capitolo 2
Conduttori
Le cariche elettriche dentro un conduttore sono libere di redistribuirsi; e finchè E = 0 continuano a spostarsi.
Quindi si riaggiustano (dissipando energia termicamente) fino a raggiungere la condizione di equilibrio stabile:
E = 0 dentro il conduttore ed E = 0 lungo la sua superficie (cioè ϕ = costante nel conduttore). Quindi il
campo elettrico subito fuori da un conduttore vale E⊥ = σ/ɛ0. La pressione sentita da un conduttore è σE⊥/2.
Per un condensatore Q = CV e U = QV/2.
Esercizio 34: Piano conduttore
Studiare una carica q puntiforme posta a distanza d da un piano conduttore infinito posto a potenziale zero.
bSoluzione: Scelgo le coordinate in modo che il piano è a x = 0 e la carica a (x, y, z) = (d, 0, 0). Usando il
metodo delle immagini si trova il potenziale
⎧
⎨ q 1
ϕ(x, y, z) = 4πɛ0 |x − d|
⎩
−
1
per x > 0
|x + d|
0 per x < 0
La densità superficiale di carica indotta sul piano è
∂ϕ
σ(y, z) = ɛ0E⊥ = −ɛ0
∂x
= −1 + 1
4π
dq
(y 2 + z 2 + d 2 ) 3/2
e la carica totale è σ dy dz = −q, come si può verificare o facendo esplicitamente l’integrale, o applicando il
teorema di Gauss ad una superficie chiusa ottenuta ‘chiudendo’ il piano a r = −∞ (l’unico contributo al flusso
è sul piano a r ∼ d).
La carica q sente una forza attrattiva Fx = −kq2 /(2d) 2 . Il piano sente una forza opposta, come si può
verificare integrando dF/dS = σE⊥/2 (non dimenticando il fattore 2: E⊥/2 è la media del campo elettrico
‘subito fuori’ e ‘subito dentro’ il conduttore)
F =
σ E⊥
2
dx dy = kq2
(2d) 2
Per portare la carica da x = d ad x = ∞ (o più in generale, ad un punto x = d ′ ) occorre compiere un lavoro
L = ∞
d F dx = kq2 /4d, uguale a metà della variazione dell’energia potenziale fra carica e carica-immagine
V (∞) − V (d) = kq2 /2d, in quanto non serve lavoro per spostare la carica immagine.
Se il piano conduttore non è posto a ϕ = 0 ma è isolato non cambia niente. Infatti, se è finito ma grosso
(dimensioni D ≫ d) ed ha carica totale zero, la carica q induce una carica −q nella zona ‘vicina’, e quindi una
carica +q concentrata ai bordi lontani (che non si vede se D → ∞).
Esercizio 35: Lastra conduttrice
Si calcoli il campo elettrico in presenza di una carica q situata a distanza d da una lastra conduttrice piana di
spessore finito s.
23

24 Capitolo 2. Conduttori
Figura 2.1: Tentativi di usare il metodo delle immagini.
bSoluzione: È immediato verificare che
⎧
⎨ come prima dal lato dove c’è q, i.e. x > 0
ϕ(x, y, z) = 0
⎩
0
dentro il conduttore, i.e. −s < x < 0
dal lato opposto, i.e. x < −s
è una soluzione, e quindi è la soluzione. Se d > s la carica immagine −q viene fuori dalla lastra, ma questo è
irrilevante in quanto ϕ è scritto in termini di −q solo sul lato dove c’è q. Dal lato opposto dove non c’e’ la carica
E = 0. Se il conduttore dal lato opposto non fosse piano ma avesse una forma artistica, rimarrebbe sempre
E = 0.
Questo fenomeno è più generale: un conduttore scherma da altre cariche lo spazio che circonda. Se un
conduttore contiene un buco vuoto, allora dentro E = 0. Infatti la ovvia unica soluzione dell’equazione di
Poisson con condizioni al bordo ϕ(bordo) = ϕ0 è ϕ(buco) = ϕ0. Questo accade perche’ F ∝ 1/r n con n = 2, e
consente di verificare sperimentalmente quanto n è veramente vicino a 2.
Per schermare un campo elettrico (stazionario) non serve racchiudere tutto con un conduttore: una griglia
conduttrice a maglie piccole basta a fare un buon lavoro (per lo stesso motivo discusso in un esercizio analogo
a pag. 84).
Trovare e studiare altri casi simili.
Esercizio 36: Metodo delle immagini
bSoluzione: Usando la linearità è immediato studiate altri casi: se ci sono due cariche q1 e q2 basta sommare
le soluzioni. Se c’e’ un dipolo, si aggiunge un dipolo immagine. Se si vuole studiare un filo carico sospeso sopra
il terreno, si considera un filo immagine sottoterra.
Con una carica posta vicino a semipiani che si intersecano ad un dato angolo, il metodo funziona solo per
angoli speciali. Usualmente riflettendo si trova che servirebbe mettere cariche nella zona vuota (vedere fig. 2.1)
per cui si ottiene una soluzione per 2 o più cariche messe in posti speciali
Il metodo funziona per angolo di 90 ◦ , e servono 3 cariche immagini (fig. 2.1a).
È interessante studiare in
che modo il lavoro necessario a spostare la carica è legato all’energia potenziale fra q e cariche immagini. Per
semplicitè mettiamo la carica lungo l’asse di simmetria a distanza d dai piani: risente una forza attrattiva diretta
lungo l’asse con modulo
F = kq 2
2 −1 1
√2 +
(2d) 2
(2 √ 2d) 2
∞
, L = √ F ds =
2d
(−4 + √ 2)kq2 8d
Il lavoro è uguale all’energia potenziale della sola carica ‘vera’, e quindi ad 1/4 dell’energia potenziale di tutte
le cariche (‘vera’ ed ‘immagini’)
V (1) = k q1qi
=
2 r1i
i=1
kq2
−2 1
+
2 2d 2 √
= L, V (1) + V (2) + V (3) + V (q) =
2d
k qiqj
2 rij
i=j
= 4V.

Capitolo 2. Conduttori 25
Esercizio 37: Piano carico fra 2 piani conduttori
Due piani conduttori paralleli a distanza ℓ sono tenuti allo stesso potenziale. Una carica q, distribuita uniformemente
lungo un piano, viene messa a distanze δ e δ ′ = ℓ − δ dai piani. Calcolare le cariche totali indotte q e
q ′ .
bSoluzione: Ovviamente q +q ′ = −q. I campi elettrici sono costanti. Siccome i due conduttori sono allo stesso
potenziale, Eδ = E ′ (s − δ). Le cariche indotte sono legate ai campi da E = σ/ɛ0 e quindi
Quindi q = −q(1 − δ/ℓ) e q ′ = −qδ/ℓ.
q σ E ℓ − δ
= = =
q ′ σ ′ E ′ δ
Esercizio 38: Carica fra 2 piani conduttori
Due piani conduttori paralleli a distanza ℓ sono tenuti allo stesso potenziale. Una carica puntiforme q viene
messa a distanze δ e δ ′ = ℓ − δ dai piani. Calcolare le cariche totali indotte q e q ′ .
bSoluzione: Si potrebbe usare una serie infinita di cariche immagini ±q situate a x = 2nℓ ± δ, ma il conto
sarebbe troppo difficile.
(la carica indotta non dipende dalla distanza, ma = ). Visto che il problema chiede solo la carica totale
indotta, convene usare un altro trucco. Immaginiamo che q invece di essere puntiforme sia distribuita lungo un
piano parallelo ai due conduttori, come nell’esercizio precedente. La carica totale indotta resta la stessa. Con
lo stesso trucco si potrebbe anche calcolare la forza sentita dalla carica.
Esercizio 39: 1 lastre conduttrice carica
Una lastra di superficie S ha carica totale q. Calcolare i campi elettrici indotti.
bSoluzione: Fisicamente uno si aspetta che la carica q si divida equamente fra le due superfici, generando un
campo elettrico esterno E = (q/2)/Sɛ0 ortogonale alla lastra ed uguale sui due lati.
Questo accade non perchè alle cariche piace disporsi simmetrimecamente, ma perchè questa è la configurazione
di minima energia, come discusso nel meno semplice problema successivo.
Esercizio 40: 2 lastre conduttrici cariche
Due lastre di superficie S hanno cariche totali q e q ′ . Calcolare i campi elettrici indotti.
bSoluzione: Il problema consiste nel trovare come le cariche si ripartiscono fra le superfici destra e sinistra
delle lastre. In generale le cariche sulle 4 superfici (da sinistra a destra) possono essere
dove Q è incognito. I campi elettrici sono
Esinistra =
q − Q, Q − Q q ′ + Q
q − Q
ɛ0S , Emezzo = q
ɛ0S , Edestra = q′ + Q
ɛ0S
L’energia totale è proporzionale all’integrale di E 2 , dominato dal grande spazio a sinistra ed a destra. Quindi
le cariche minimizzano E 2 sinistra + E2 destra . Questo accade nella configurazione simmetrica, Q = (q − q′ )/2:
Esinistra = Edestra =
q + q′
2ɛ0S , Emezzo
q − q′
=
2ɛ0S

26 Capitolo 2. Conduttori
Esercizio 41: Capacitatore cilindrico
Un cavo coassiale è fatto di un filo conduttore interno di diametro d circondato da un guscio metallico di diametro
D. Calcolare la capacità. Sapendo che l’aria può sostenere Emax = 3MV/ m (rigidità dell’aria) trovare quale
valore di d/D consente di avere la massima differenza di potenziale, e quale d/D consente di immagazzinare la
massima energia.
bSoluzione: Usando il teorema di Gauss possiamo immediatamente calcolare il campo elettrico nello spazio
vuoto fra le due armature: 2πr · Er = λ/ɛ0 da cui
Er = 2kλ
r
= −∂ϕ
∂r
: ϕ = −2kλσ ln r.
Quindi la differenza di potenziale vale V = ∆ϕ = 2kλ ln(D/d) e la capacità per unità di lunghezza vale
2πɛ0/ln D/d. Imponendo che il massimo campo elettrico E(r = d/2) = 4kλ/d sia uguale a Emax si trova che la
massima differenza di potenziale vale
d D
V = Emax ln
2 d
Per esempio V = 3.45 kV se d = 1mm e D = 1cm. Fissato D, V è massimizzato scegliendo d = D/e.
L’energia immagazzinata in una lunghezza L vale
ricalcolabile anche come
2 CV
U =
ɛ0E
U =
2
2
2 = Lπɛ0E 2 max( d
2 )2 ln D
d
dV = ɛ0
2 L2π(d
2 )2E 2 D/2
max
d/2
Fissato D, l’energia immagazzinata è massimizzata scegliendo d = D/ √ e.
Esercizio 42: Contatore Geyger
Un contatore Geyger è costituito da un capacitatore cilindrico caricato ad alto potenziale e contenente un gas
non conduttore rarefatto (ad esempio argon). In questo modo, quando una particella passa e ionizza un elettrone
del gas, l’elettrone prima di andare a sbattere su di un altra molecola del gas ha acquistato energia sufficiente
a ionizzarla, producendo una cascata. Stimare quale campo E e densità del gas sono necessari.
bSoluzione: Una tipica energia di ionizzazione è circa 1 eV (13.6 eV per l’idrogeno). Quindi serve Ed > ∼ eV
dove d è il cammino libero medio. Ad esempio, per V ∼ 10 kV/m vicino al filo centrale (che può avere raggio
d ∼ 25 µm) si ha E ∼ V/d ∼ 10 8 V/m e quindi serve d ∼ 10 −8 m. Un gas a STP ha circa 10 25 molecole/m 3 ,
quindi serve una pressione di circa 0.1 atm, perchè inizi a funzionare nella zona vicino al filo centrale. Questo
deve essere messo a potenziale positivo, affinchè gli elettroni vengano spinti sul bordo esterno.
r dr
.
r2 Esercizio 43: Capacitatore di dimensioni variabili
Si raddoppia la distanza fra i piatti di un capacitatore di capacità C. Quanto lavoro meccanico occorre fare se
(a) le cariche sui piatti sono tenute costanti? (b) una batteria mantiene costante la differenza di potenziale V ?
bSoluzione: Ricordo che Q = CV . Per due piatti conduttori di area A a piccola distanza d
Raddoppiare d dimezza C. All’inizio l’energia vale
V = Ed = σd/ɛ0 = Q · d/Aɛ0 cioè C = ɛ0A/d
2 ɛ0E Aɛ0 V
U = Ad =
2 d
2 2 CV Q2
= =
2 2 2C .

Capitolo 2. Conduttori 27
(a) Alla fine U ′ = Q 2 /2C ′ = 2U quindi L = U − U ′ = −U. Infatti il campo elettrico rimane uguale,
ma occupa un volume doppio. I due piatti si attraggono, quindi occorre una forza F = L /(−d) per
allontanarli.
In generale, quando uno modifica un capacitatore variando la capacità di dC tenendo la carica Q costante
F ds = dL = −dU = − Q2 1
d
2 C
2
Q2 V
= dC =
2C2 2 dC
(b) Alla fine U ′ = C ′ V 2 /2 = U/2 quindi Ltotale = U − U ′ = U/2 > 0. Questo sembra suggerire che i due
piatti si respingano, mentre invece uno si aspetta che si attraggano esattamente come nel caso precedente
(in quanto contengono cariche di segno opposto). Il punto è che Ltotale è il lavoro totale, somma di
due contributi: un contributo meccanico (legato alla forza necessaria per spostare le armature), ed un
lavoro ricevuto dalla batteria mano a mano che le cariche sulle armature diminuiscono. La carica finale
vale Q ′ = C ′ V = Q/2. Una carica ∆Q = −Q/2 viene spinta dentro la batteria, che riceve un lavoro
Lbatteria = −QV/2 = U. Lmeccanico = Ltotale − Lbatteria = −U/2 < 0.
In generale la batteria riceve un carica −dQ e quindi un lavoro Lbatteria = −V dQ = −V 2 dC. L’energia
nel capacitatore varia di V 2 dC/2. Quindi il lavoro meccanico vale
come nel caso (a).
F ds = dLmeccanico = dLtotale − dLbatteria =
V 2
2 dC
Quindi in generale la forza è legata alla variazione della capacità C da F = (V 2 /2)(dC/ds), e tende ad aumentare
la capacità. In questo esercizio abbiamo solo ottenuto un risultato atteso in modo complicato. Il prossimo è più
interessante.
Ad esempio se inserisco una barra conduttrice in un condensatore...
Esercizio 44: Conduttore in capacitatore
Un conduttore di spessore d viene parzialmente inserito in un capacitatore quadrato di spessore D e lunghezza
L ≫ D mantenuto ad una differenza di potenziale V . Calcolare la forza sentita dal conduttore mobile.
bSoluzione: Il sistema è disegnato in fig. 3.1a. Possiamo vederlo come una capacità C0 = ɛ0L(L − x)/D in
parallelo con una capacità C1 = ɛ0Lx/(D − d) (costituita da 2 capacità in serie). Inserire un conduttore è un
po’come ridurre la distanza fra i piatti: per questo la capacità aumenta. Il valore preciso è
Come visto in precedenza la forza vale
C = C0 + C1 =
F =
V 2
2
dC
dx
ɛ0L 2
D
= V 2
2
1 +
xd
L(D − d)
dLɛ0
D(D − d) .
Fisicamente la zona dove agisce la forza è la punta del conduttore: sebbene in quella zona non sappiamo fare i
calcoli, sappiamo calcolare la forza totale. Determiniamo ora il segno dell’effetto. Non mi pare possibile capirlo
in modo intuitivo, ma solo affidandosi al formalismo. Nel caso banale dell’esercizio precedente la forza tende ad
attrarre i piatti, cioè ad aumentare la capacità. Quindi in questo esercizio il conduttore viene attratto dentro il
condensatore, perchè questo aumenta la capacità.
Esercizio 45: Sfera conduttrice a terra
Una carica q è situata a distanza R dal centro di una sfera conduttrice a potenziale zero di raggio r.
bSoluzione: Serve una carica immagine q ′ = −q r/R messa come in figura fig. 2.2, situata a distanza r 2 /R dal
centro della sfera.

28 Capitolo 2. Conduttori
Figura 2.2: Fig. 2.2a,b,c: linee di campo in presenza di una carica q a distanze varie da una sfera conduttrice
a terra. Fig. 2.2d: linee di campo per una sfera conduttrice isolata in campo elettrico esterno.
Un giorno qualcuno notò che il potenziale generato da due cariche ϕ = kq1/r1 + kq2/r2 vale zero su di una
sfera. Infatti ϕ = 0 a r1/r2 = q1/q2 i.e. r 2 1q 2 2 + r 2 2q 2 1 = 0 che è l’equazione della sfera. La sfera è ‘il luogo dei
punti per i quali le distanze fra 2 punti sono in rapporto fisso’.
Torniamo al problema, che proviamo a risolvere usando un sistema di coordinate con origine nel centro della
sfera ed aggiungendo una carica immagine q2 = q ′ a distanza r2 dal centro. Per fissare il tutto basta imporre
ϕ = 0 nei 2 punti del conduttore lungo l’asse:
q1 q2
+ = 0,
R − r r − r2
q1 q2
+ = 0
R + r r + r2
sono risolte da r2 = r 2 /R e q2 = −q1r/R. La sfera conduttrice ha carica totale q ′ . Se avesse carica diversa (e.g.
zero) o potenziale diverso, basterebbe aggiungere una ulteriore carica immagine q ′′ nel centro.
Usando coordinate polari ρ, θ il potenziale vale
ϕ(ρ, θ) = kq( 1
r1
La densità di carica superficiale vale
− r
1
1
) = kq −
R r2 ρ2 + R2 − 2Rρ cos θ r
1
R ρ2 + (r2 /R) 2 − 2(r2 /R)ρ cos θ
σ(θ) = ɛ0Er(ρ = r, θ) = −ɛ0
∂ϕ
∂ρ
ρ=r
=
q(R 2 − r 2 )
4πr(R 2 + r 2 − 2rR cos θ) 3/2
La carica totale indotta sulla sfera è q ′ , che è diversa da q. La forza attrattiva fra la sfera e la carica q vale
F = k q1q2
r 2 12
= −kq 2
rR
(R 2 − r 2 ) 2
e decresce come 1/R 3 per R ≫ r. Il lavoro necessario a spostare la carica q rispetto alla sfera da distanza R a
distanza R ′ vale L = qq ′ /8πɛ0(1/R ′ − 1/R).
Come l’esercizio precedente, ma la sfera è isolata
Esercizio 46: Sfera conduttrice isolata
bSoluzione: Occorre aggiungere una ulteriore carica immagine q ′′ = −q ′ in modo che la ‘carica immagine
totale’ sia zero. Per fare in modo che la sfera rimanga a potenziale costante occorre mettere −q ′ nel centro della
sfera. Per R ≫ r la forza fra sfera e carica q decresce come 1/R4 . Il lavoro necessario a spostare la carica q
rispetto alla sfera è uguale a L = − 1[∆Vqq
′ + ∆Vqq ′′] cioè senza includere la variazione di energia potenziale
Vq ′ q ′′ fra le due cariche immagini.
2

Capitolo 2. Conduttori 29
Figura 2.3: (a) Condensatori in serie. (b) Condensatori in serie.
Esercizio 47: Sfera conduttrice in E costante
Una sfera conduttrice isolata di raggio r viene messa in un campo elettrico E0 esterno costante.
bSoluzione: Si può trovare la soluzione in diversi modi, sviluppando ulterioremente esercizi precedenti.
• Partendo dal problema precedente, posso generare un campo elettrico costante usando una carica q a
distanza R dalla sfera nel limite q, R → ∞ tenendo costante E0 = q/4πɛ0R 2 . In questo limite la carica
immagine q ′ = −qr0/R diverge e si avvicina al centro della sfera, dove si trova la seconda carica immagine
q ′′ = −q ′ , ma le due cariche immagine generano un dipolo finito p = −q ′ d = 4πɛ0E0r 3 . Riassumendo:
fuori dalla sfera
E = E0 + (campo generato da un dipolo p nel centro della sfera).
Verifichiamo che il potenziale ϕ(ρ, θ) è costante sulla superficie della sfera a ρ = r
p
ϕ(ρ, θ) = − E0ρ cos θ = (
4πɛ0ρ2 r3
ρ2 − ρ)E0 cos θ
La densità superficiale di carica vale
σ(θ) = −ɛ0
∂ϕ
∂ρ
ρ=r
= 3ɛ0E0 cos θ
• Abbiamo quindi ritrovato la situazione studiata a pagina 16: una sfera con carica superficiale σ(θ) =
σ0 cos θ. Avevamo trovato che genera al suo interno un campo elettrico costante E = σ0/3ɛ0, che per
σ0 = 3ɛ0E0 è esattamente opposto al campo esterno E0. In questo modo dentro la sfera si ha E = 0.
Avevamo anche trovato che all’esterno genera il campo di un dipolo p = V σ0, che per σ0 = 3ɛ0E0 vale
p = 4πɛ0E0r 3 in accordo con il risultato precedente.
Le linee di campo sono disegnate in figura 3.1d.
Esercizio 48: Tetraedro conduttore
4 triangoli equilateri conduttori, mantenuti a potenziali ϕ1,2,3,4 vengono disposti in modo da formare la superficie
di un tetraedro. Quale è il potenziale nel centro?
bSoluzione: In generale deve essere una combinazione lineare dei 4 contributi. Infatti se so risolvere il caso
con solo 1 acceso (ϕ1 = 0 e ϕ2,3,4 = 0), e poi so risolvere il caso con solo il 2 acceso, sommando le due soluzioni
ho risolto anche il caso con 1 e 2 accesi. Quindi ϕ =
i ciϕi.
Poi, per motivi di simmetria, la risposta deve essere simmetrica in 1, 2, 3, 4. Quindi ϕ = c ϕi.
Per finire c = 1/4 (cioè ϕ = (ϕ1 + ϕ2 + ϕ3 + ϕ4)/4) in quanto nel caso ϕ1 = ϕ2 = ϕ3 = ϕ4 il potenziale deve
avere il valore comune costante, siccome le 4 facce formano un tetraedro chiuso.
Esercizio 49: Condensatore sferico
Un condensatore è costituito da una sfere concentriche di raggi r1 ed r2. Calcolare la capacità e discutere il
limite r2 → ∞.

30 Capitolo 2. Conduttori
bSoluzione:
C = Q
∆V =
r −1
1
4πɛ0
− r−1
2
Se r2 ≫ r1 il valore di r2 conta poco e si può pensare un’unica sfera come un condensatore di capacità C = 4πɛ0r1
avente l’altro ‘’piatto’ ad infinito.
Esercizio 50: Condensatori in serie
Due condensatori di capacità C1 e C2 con cariche Q1 e Q2 vengono connessi come in fig. 2.3a. Come si
redistribuiscono le cariche?
bSoluzione: La corrente flusice lungo la resistenza, dissipando energia, fino a che i due condensatori hanno
equali differenze di potenziali. Imponendo
V = Q′ 1
C1
si trova Q ′ i = Ci(Q1 + Q2)/(C1 + C2).
= Q′ 2
C2
e Q1 + Q2 = Q ′ 1 + Q ′ 2
Esercizio 51: Effetto delle punte
Due sfere conduttrici cariche di raggi r ed R lontane sono connesse da un filo. Mostrare che il campo elettrico
attorno alla sfera piccola è più grosso che attorno alla sfera grossa.
bSoluzione: Le cariche in un conduttore carico si respingono, e quindi cercano di andare il più possibile lontane
le une dalle altre, generando una forte concentrazione di cariche sulle punte. La sfera piccola schematizza una
punta e consente di fare un calcolo esplicito.
Le cariche q e Q sulle due sfere si determinano imponendo che i potenziali sulle superfici delle due sfere siano
uguali:
Q q
=
R r
Questo corrisponde a quanto visto nell’esercizio precedente: Qi ∝ Ci ∝ ri. Quindi il campo elettrico è grosso
attorno alla sfera piccola
E(r)
E(R)
q/r2 R
= =
Q/R2 r .
Il massimo campo elettrico che l’aria asciutta può sopportare è è qualche MV/m (con campi elettrici più forti
rendono l’aria conduttrice dando luogo a scariche). Mettendo delle punte su di un parafulmine ci si assicura
che una nuvola carica eletricamente si scarichi su di esse.
Esercizio 52: Sfera conduttrice bucata
Una sfera conduttrice scarica contiene, al suo interno ma non al suo centro, un buco con dentro una carica q.
Calcolare il campo elettrico generato.
bSoluzione: Nonostante l’assenza di simmetria sferica, il campo elettrico esterno è uguale a quello generato
da una carica q al centro del conduttore. Infatti, l’unica soluzione dell’equazione di Poisson costante sulla sfera
è ∝ 1/r. Non esiste una soluzione semplice per il campo elettrico nel buco.
Esercizio 53: Carica dentro sfera
(Dal compito del 16/1/2004). Una carica puntiforme q è posta all’interno di un guscio conduttore sferico di
raggio interno R e raggio esterno R ′ , a distanza d dal centro. Il guscio conduttore è posto a terra. Calcolare

Capitolo 2. Conduttori 31
a) Il potenziale ed il campo elettrico in tutto lo spazio.
b) La forza sulla carica q.
c) Mostrare che la carica totale indotta sulla sfera è pari a −q.
d) Come cambia la risposta a) se il guscio conduttore è isolato?
bSoluzione:
a) È noto che due cariche q e q′ = −qR/d a distanze dd ′ = R 2 dal centro di una sfera producono potenziale
zero sulla sfera. Questo è il sistema di cariche immagini che ci serve per calcolare E nella zona interna. Il
fatto che il conduttore abbia spessore finito non complica il problema. Dentro il conduttore e nella zona
esterna E = 0.
b) La forza è attrattiva e vale F = qq ′ /4πɛ0(d − d ′ ) 2 .
c) Siccome fuori E = 0, la carica totale (q + carica indotta) è zero.
d) La carica totale ora è q. Sulla superficie interna si dispone una carica totale −q distribuita in modo da
schermare, a r > R l’effetto della carica puntiforme. Sulla superfcie esterna si dispone uniformemente una
carica totale q, generando un campo radiale E = q/4πɛ0r 2 . Dentro E rimane come prima.
Esercizio 54: Dumbo
Cosa fate se all’orale vi viene proposto: infila un dito dentro un buco di una presa e diamo 30, infilane due e
diamo anche la lode?
bSoluzione: Suggerimento 1: gli uccelli si posano tranquillamente su di un filo dell’alta tensione. Suggerimento
2: è realistico un cartone animato in cui un elefante volante si posa sui fili dell’alta tensione?

Capitolo 3
Dielettrici
La densità di polarizzazione indotta da un campo elettrico esterno P = ɛ0χE induce una densità di cariche di
polarizzazione ∇ · P = ρpol (e sui bordi una densità superficiale σpol = ∆P⊥). Separando la carica totale in
ρtot = ρfree + ρpol e definendo D = P + ɛ0E ≡ ɛE = κP /(κ − 1) il campo D soddisfa a ∇ · D = ρfree. Se
χ è costante un dielettrico è descritto dalle stesse equazioni del vuoto con ɛ0 → ɛ = κɛ0 dove κ = 1 + χ. Se
χ varia bruscamente le condizioni di raccordo su bordi senza cariche libere sono: ∆E = 0 e ∆D⊥ = 0 (cioè
ɛ1E⊥1 = ɛ2E⊥2).
Esercizio 55: Transistor veloce
Calcolare la capacità di uno strato di spessore d ed area S ≫ d 2 riempito di dielettrico.
bSoluzione: Basta sostituire ɛ0 → ɛ: C = ɛS/d. Quindi la capacità aumenta se k = ɛ/ɛ0 ≫ 1.
[Da www.intel.com/technology/silicon/high-k.htm]. Un transistor
è un interruttore che si apre (NMOS) o si chiude (PMOS) quando
il voltaggio sul ‘gate’ supera un certo valore critico. Il componente
cruciale della porta è uno strato di SiO2. Per rendere il transistor
veloce ed economico, l’attuale (2006) tecnologia dei computer utilizza
uno strato così sottile (1.2 nm) che, anche quando dovrebbe
isolare, parte della corrente scappa, causando problemi di surriscaldamento.
Per risolvere questo problema sono stati sviluppati
materiali equivalenti ma con più alta costante dielettrica, anche
k ∼ 100, che quindi hanno capacità maggiore e, come spugne,
sanno trattenere la carica durante l’intervallo di tempo in cui il
circuito è chiuso. Appena il circuito si apre la carica accumulata
parte, permettendo transistor veloci anche con uno spessore
abbastanza grande da evitare perdite di corrente.
Esercizio 56: 2 dielettrici in condensatore piano
Calcolare la capacità di un condesatore piano ottenuto mettendo due diversi dielettrici fra due piatti conduttori
come mostrato in figura.
bSoluzione:
σ
ε 1
ε 2
32
ε 1
ε 2
σ 1
σ 2

Capitolo 3. Dielettrici 33
1) Chiamo ℓ lo spessore totale, diviso in ℓ1 ed ℓ2. Nel primo caso conviene usare il campo D perchè è costante:
D = σ = ɛ1E1 = ɛ2E2
Quindi la differenza di potenziale V e la capacità C = Q/V valgono
V = E1ℓ1 + E2ℓ2 = Q
S (ℓ1
ɛ1
+ ℓ2
) cioè
ɛ2
1
C
1
= +
C1
1
C2
Questa geometria corrisponde ad avere due condensatori in serie.
dove Ci = ɛiS
.
2) Nel secondo caso conviene usare il campo elettrico perchè uguale nelle due zone, visto che ∆E = 0 lungo
il bordo e che la differenza di potenziale è la stessa nelle due zone. Quindi la densità di carica totale
è la stessa nelle due zone; ma ci interessa la capacità che è definita in termini della carica libera come
C = Qfree/V . Chiamiamo σ1 e σ2 al diversa densità di carica libera nelle due zone. Siccome hanno
uguale area la densità media di carica media è σ = (σ1 + σ2)/2. Esse determinano il campo elettrico come
Ei = σi/ɛi. Imponendo E1 = E2 si ottiene
σi = σ
ɛi
ɛ1 + ɛ2
e quindi V = Eiℓ = Q/S
ɛ1 + ɛ2
Questa geometria corrisponde ad avere due condensatori in parallelo.
Esercizio 57: N dielettrici in condensatore piano
ℓi
C = (ɛ1 + ɛ2) S
ℓ = C1 + C2.
Ripetere l’esercizio precedente mettendo N dielettrici di egual spessore ℓ/N e costanti dielettriche ɛi = ɛ1 +
(ɛ2 − ɛ1)i/N. Ottenere il risultato nel limite N → ∞.
bSoluzione:
1) Quando sono in serie
dove ɛ(ℓ) = ɛ1 + (ɛ2 − ɛ1)z/ℓ.
1
C =
N
1
Ci
i=1
2) Quando sono in parallelo, scrivendo S = L 2
dove ɛ(x) = ɛ1 + (ɛ2 − ɛ1)x/L.
=
N N
C = Ci =
i=1
i=1
N
i=1
∆z
ɛiS →
ℓ
dz
0 ɛ(z)S
ɛiL ∆x
ℓ
→
L
0
ɛ(x)dx L
ℓ
Esercizio 58: Condensatore in acqua
ℓ ln(ɛ1/ɛ2)
=
S ɛ1 − ɛ2
= S ɛ1 + ɛ2
ℓ 2
Un condensatore cilindrico di lunghezza L e diametri esterno ed interno D e d, mantenuto ad una differenza di
potenziale V , viene immerso verticalmente in una bacinella d’acqua, di densità ρ. Calcolare di quanto si innalza
il livello dell’acqua dentro il condensatore rispetto al livello esterno.
bSoluzione: Abbiamo visto che inserendo un dielettrico fra le armature di un condensatore se ne aumenta la
capacità, e che quindi le forze elettriche Fel = dUel/dz tendono a far salire l’acqua dentro il condensatore. Al
contrario la forza gravitazionale Fgrav tende a farla scendere. L’acqua salirà fino ad un livello z tale che queste
due forze si bilanciano. Calcoliamole.
• Se l’acqua entra nel condensatore di un tratto z la capacità vale C(z) = 2π(zɛ + (L − z)ɛ0)/ ln(D/d) =
C(0) + 2πɛ0zχ/ ln(D/d). avendo definito ɛ = (1 + χ)ɛ0. La forza elettrica non dipende da z:
2 V dC
Fel = +
2 dz = πV 2ɛ0χ ln D/d .

34 Capitolo 3. Dielettrici
D
• La forza gravitazionale cresce con z:
Imponendo Fgrav + Fel = 0 si trova
L
d
x
Figura 3.1: Esercizi su forze.
Fgrav = −m(z)g = −π D2 − d2 zρ · g
4
z =
4V 2 ɛ0χ
(D 2 − d 2 )gρ ln(D/d)
cioè misurando z si può ricavare χ. Numericamente viene z ∼ mm per D ∼ mm e V ∼ kV.
Esercizio 59: Carica davanti a semipiano dielettrico
Lo spazio è riempito da due semipiani dielettrici aventi a sinistra costante dielettrica ɛ2, ed a destra ɛ1. Una
carica si trova a destra. Trovare i campi elettrici.
bSoluzione: Provo: in 1 il campo di vuoto generato da q e da una q ′ immagine. In 2 il campo di vuoto di una
q ′′ al posto di q.
E=1 = (q + q′ ) cos θ
r2 , E=2 = q′′ cos θ
r2 , E⊥1 = (−q + q′ ) sin θ
r2 , E⊥2 = − q′′ sin θ
r2 Le condizioni di raccordo sono
q ′′ = q + q ′ , ɛ1(q − q ′ ) = ɛ2q ′′
Per ɛ2 → ∞ si ritrova il conduttore. La carica q vale qvera/κ1.
Se invece ɛ1 ≫ ɛ2 E⊥1 è piccolo, come intrappolare una carica.
P
: q ′ = q ɛ1 − ɛ2
, q
ɛ1 + ɛ2
′′ = q 2ɛ1
ɛ1 + ɛ2

Capitolo 3. Dielettrici 35
Esercizio 60: Dielettrico in condensatore
Un dielettrico di costante dielettrica relativa κ e spessore d viene parzialmente inserito in un condensatore
quadrato di spessore D e lunghezza L ≫ D mantenuto ad una differenza di potenziale V . Calcolare la forza
sentita dal dielettrico.
bSoluzione: Il sistema è disegnato in fig. 3.1a. Possiamo vederlo come una capacità C0 = ɛ0L(L − x)/D in
parallelo con una capacità C1, costituita da 2 capacità in serie: C ′ 1 = ɛ0Lx/(D − d) e C ′′
1 = κɛ0Lx/d. Quindi
la capacità totale vale
C = C0 + C1 = C0 +
Come visto in precedenza la forza vale
F =
1/C ′ 1
V 2
2
dC
dx
1
+ 1/C′′ 1
= V 2
2
= ɛ0L(L − x)
D
dLɛ0(κ − 1)
D(d − dκ + Dκ)
Lɛ0κ
+ x
d − dκ + Dκ
Il dielettrico viene attratto dentro il condensatore. Per κ → ∞ si ritrova il ‘conduttore in condensatore’ studiato
a pagina 27, Abbiamo potuto trascurare gli effetti ai bordi e sulla punta del dielettrico mobile sebbene sia lì che
si esercita la forza.
Esercizio 61: Forza di conduttore su dielettrico
Un dielettrico di base quadrata a ed altezza h ≫ a ha una polarizzazione uniforme P come in figura 3.1b. Viene
appoggiato su di un piano conduttore. Calcolare la forza risentita.
bSoluzione: La polarizzazione genera una densità di carica uniforme +σ sulla cima, e −σ sulla base. (Per
determinare il segno basta ricordare ρpol = −∇ · P = −∂zPz). Lo si può risolvere usando un dielettrico
immagine. Ma la forza dominante è quella generata dalle cariche −σ nella base che inducono una carica +σ sul
conduttore, ed un campo elettrico E = σ/ɛ0 e quindi una forza attrattiva F = Eσa2 /2 = P 2a2 /2ɛ0. Stimiamo
il contributo delle cariche sul tetto approssimandole come una carica puntiforme q = σa2 . Introducendo una
carica immagine −q essa risente una forza q2 /h24πɛ0. Quindi la forza totale vale
F ≈ P 2a2
1 +
2ɛ0
a2
2πh2
Il contributo delle cariche in cima è trascurabile.
Esercizio 62: Dielettrico in campo esterno
Un dielettrico con costante dielettrica κ è immerso in un campo elettrico esterno Eext. Calcolare il campo
elettrico all’interno del dielettrico assumendo che esso abbia forma a) lunga e sottile; b) corta e larga; c) sferica.
bSoluzione:
a) Se il dielettrico è lungo e sottile, la condizione al bordo dominante è ∆E = 0, e quindi Ein = Eext.
b) Se il dielettrico è corto e largo, la condizione al bordo dominante è ∆D⊥ = 0: dentro il dielettrico il campo
elettrico vale Ein = Din/κ = Dout/κ = Eout/κ.
c) Se il dielettrico è sferico, verrà una cosa intermedia ma il conto è più compicato. Le equazioni da risolvere
sono, dentro il dielettrico:
Etot = Eext + Epol, P = ɛ0χEtot (3.1)
cioè la polarizzazione è proporzionale al campo elettrico totale, che comprende un contributo generato
dalla polarizzazione.

36 Capitolo 3. Dielettrici
Figura 3.2: Linee di campo (continue) ed equipotenziali (tratteggiate) per una sfera dielettrica in un campo
elettrico esterno costante. Le tre figure correspondono a costanti dielettriche κ = {1, 3, 30}.
Assumiamo che χ ≡ κ − 1 ≪ 1: in tal caso la polarizzazione è piccola Eext e Etot saranno quasi uguali, e
quindi in prima approssimazione la polarizzazione vale P ɛ0χEext, ed è quindi costante. Come discusso
a pagina 16) un P costante genera una densità di cariche superficiali σ = P cos θ e quindi, all’interno della
sfera, un campo elettrico Epol = −P /3ɛ0 uniforme. Il campo elettrico totale vale
Etot = Eext + Epol (1 − χ
3 )Eext
c) ′ In generale Eext e Etot differiscono in modo significativo. Proviamo a vedere se una polarizzazione
P uniforme risolve il problema impostato in eq. (3.1). La polarizzazione genera un campo elettrico
Epol = −P /3ɛ0 = −χEext/3 uniforme: quindi, dentro la sfera si produce un campo uniforme
Etot = Eext + Epol = Eext − χ
3 Etot : Etot = Eext 3Eext
=
1 + χ/3 2 + κ
minore del campo esterno. Per χ ≪ 1 si ritrova l’approssimazione del punto precedente. Per χ ≫ 1 il
dielettrico diventa come un conduttore.
Il campo elettrico totale esterno alla sfera è quello esterno più quello di un dipolo: il risultato è disegnato in
figura 3.2.
Esercizio 63: Buco in dielettrico
Un dielettrico con costante dielettrica κout è immerso in un campo elettrico esterno Eext. Il dielettrico contiene
un buco di forma a) lunga; b) corta; c) sferica. Calcolare il campo elettrico dentro il buco.
bSoluzione:
a) Ein = Eext.
b) Ein = Din = Dout = κoutEout.
c) Consideriamo il problema generale di un oggetto dielettrico di costante ɛin immerso in un dielettrico
esterno di costante ɛout. Le condizioni al bordo che devono essere soddisfatte sulla superficie della sfera
sono
ɛoutE ⊥ out = ɛinE ⊥ in, E = out = E = in
Cioè conta solo il rapporto κ = ɛin/ɛout. Le soluzioni ottenute ai punti a) e b) di questo esercizio e di
quello precedente soddisfano a questa proprietà generale.
Per trovare la soluzione basta quindi sostituire κ → 1/κout nella soluzione c) ′ dell’esercizio precedente.
La stessa soluzione è riottenuta tramite un calcolo esplicito nell’esercizio successivo.

Capitolo 3. Dielettrici 37
Esercizio 64: Sfera dielettrica in dielettrico
Un dielettrico di costante dielettrica ɛout contiene un buco sferico di raggio r e costante dielettrica ɛin. Si studi
il sistema in presenza di un campo elettrico esterno Eext.
bSoluzione: Proviamo a trovare una soluzione assumendo che il campo interno sia Etot = Ein costante, e che
il campo esterno sia Etot = Eout = Eext+ campo generato da un dipolo P . Ci sono 2 incognite: Etot e P . Le
condizioni al bordo che devono essere soddisfatte sulla superficie della sfera sono
Esplicitamente
da cui
ɛoutE r out = ɛinE r in, E θ out = E θ in
ɛout(Eext − 2 kP
r 3 ) cos θ = ɛinEin cos θ, (Eext + kP
r 3 ) sin θ = Ein sin θ
3Eext
Ein =
,
2 + ɛin/ɛout
kP
r
ɛout − ɛin
= Eext
3
2ɛout + ɛin
Esercizio 65: Uva in microonde
Perchè mettendo due acini d’uva vicini in un forno a microonde possono venire piccoli fulmini?
bSoluzione: La fig. ??c più o meno descrive il campo elettrico di un acino d’uva dentro un forno a microonde:
essendo l’acqua un dielettrico con κ ∼ 80 ≫ 1 è quasi un conduttore. Quindi il campo elettrico dentro è molto
ridotto. Mettendo due acini d’uva a distanza d molto minore del loro raggio r, il piccolo spessore d deve contenere
quasi tutta la differenza di potenziale: E ∼ Emicroonde · r/d ≫ Emicroonde. Può capitare che E ∼ 3000 V/mm
raggiunga il massimo campo elettrico sopportato dall’aria, prima che si scarichi tramite ionizzazione.
Mettendo un chicco quasi tagliato a metà, si può risucire a formare un plasma ionizzato nella zona di
congiunzione (foto e avvertimenti in stewdio.org/plasma). Il fenomeno è presumibilmente innalzato dal fatto
che lunghezza d’onda del microonde (λ = 12.5 cm), ridotta a λ = 1.4 cm in acqua, è comparabile alla dimensione
di un chicco d’uva.
Perchè un pettine attrae pezzettini di carta?
Esercizio 66: Attrazione fra dielettrici
bSoluzione: Storicamente fu una delle prime manifestazioni dell’elettricità (èlectron non è inglese ma greco,
e vuol dire ambra. Anche un pettine di plastica va benissimo). Il fatto che la carta attratta rimanga poi
appiccicata indica che c’entrano i dielettrici. Se fossero invece cariche libere si neutralizzerebbero appena si
toccano.
Un dielettrico in un campo uniforme non sente nessuna forza. Questo è ovvio per geometrie semplici (e.g.
cubo o cilindro orientato lungo il campo), è stato verficato in precedenza nel caso di una sfera, ed in generale è
dovuto al fatto che il dielettrico si polarizza lungo il campo. Un dipolo in campo elettrico costante non sente
forze.
Un dielettrico in un campo elettrico non uniforme viene attratto verso campi grossi: lo abbiamo visto nel
caso particolare del condensatore piano, dove erano gli effetti ai bordi a generare la forza attrattiva ∝ E 2 . La
seconda potenza non è specifica di questa geometria semplice, ed è dovuta al fatto che F = σpolE è che la carica
di polarizzazione è a sua volta ∝ E.
In generale il dielettrico viene attratto verso campi grossi da una forza che è complicato calcolare in dettaglio.
Ma gli argomenti precedenti consentono di dire che in generale la forza è del tipo F ∝ ∇E 2 .
Un pettine sfrutta l’effetto delle punte per generare un campo elettrico abbastanza grosso ed abbastanza
dipendente dalla posizione in modo da generare una forza abbastanza grande da attrarre pezzetti di carta.

Capitolo 4
Correnti
E = ρj dove ρ è la resistività e σ = 1/ρ viene chiamata conducibilità. Per effetto Joule viene dissipata una
potenza W = j · E = ρj2 . È utile introdurre la corrente totale I e definire la resistenza R in modo che V = IR.
Compiti rilevanti: Compitino del 19 dicembre 2003 es. 1. Compitino del 17 gennaio 2003, es. 3.
Esercizio 67: Capacitatore piano imperfetto
Calcolare il tempo di scarica di un condensatore piano (area A, distanza tra i piatti d) contenente un materiale
di conducibilità σ e costante dielettrica ɛ.
bSoluzione: Attenzione: σ qui non indica la densità superficiale di cariche. Si può ragionare in due modi:
1. Usando le equazioni fondamentali. Il campo elettrico E = Q/Aɛ genera una corrente J = σE e quindi
˙Q = −AJ = − σ
Q risolta da Q(t) = Q(0)e−t/τ
ɛ
dove τ = ɛ
σ .
2. Usando le formule valide per circuiti. La capacità vale C = ɛA/d, la resistenza R = d/Aσ. Quindi
τ = RC = ɛ/σ.
Notare che τ non dipende da A e d, cioè da quanto è grosso il condensatore. Questo rende più semplice il
funzionamento delle cellule: il tempo di scarica non varia quando la membrana diventa più spessa o grossa.
Esercizio 68: Scarica di sfera carica
Calcolare il tempo di scarica di una sfera di raggio a in un dielettrico di conducibilità σ e costante dielettrica ɛ.
bSoluzione: Esce una corrente radiale. Siccome ha divergenza zero le cariche flusicono verso distanza infinita
senza accumularsi. Facendo il calcolo direttamente ottengo:
dQ
dt
= −
flusso di J
4πr 2 flusso di E
Jr = − 4πr 2 Er σ = − σ
ɛ Q
e quindi Q(t) = Q(0)e −t/τ con τ = ɛ/σ. Per t → ∞ il materiale si è comportato come un conduttore, per
t ≪ τ = ɛ/σ come un dielettrico.
Posso riscrivere la corrente i = ˙ Q come i = V/R dove V = Q/4πɛa è la differenza di potenziale e R = 1/4πaσ.
Avevamo visto che una sfera ha una capacità C = 4πɛa. Quindi possiamo schematizzare il sistema come un
circuito (chiuso all’infinito) con costante tempo τ = RC = ɛ/σ.
Esercizio 69: Resistenza fra sfere concentriche
Calcolare la resistenza fra due sfere concentriche di raggi a e b in un materiale di resistività ρ.
38

Capitolo 4. Correnti 39
bSoluzione: Posso calcolarla indirettamente interpretando il sistema come una serie infinita di resistenze:
come visto nell’esercizio precedente la resistenza di un guscio di spessore dr vale dR = ρ dr/4πr2 . Sommando
le resistenza di tutti i gusci in serie viene
R =
dR = ρ 1 1
( −
4π a b )
Se a ≪ b conta solo il primo termine: l’integrale è dominato dalla zona vicino alla sfera piccola.
Esercizio 70: Sonda marina
Due sfere di raggi a vengono calate in mare a distanza d e connesse da un filo conduttore. Calcolare la resistenza
del circuito.
bSoluzione: Domina la zona vicino alle sfere (o attorno alla sfera piccola, se avessero dimensioni diverse):
quindi l’elettrostatica consente e.g. di misurare localmente la salinità del mare. Se passa un branco di pesci fra
le sfere non me ne accorgo. Per pescare servirà l’elettrodinamica.
Si può schematizzare il sistema come due resistenze R = ρ/4πa in serie. Per a = 25 cm e ρ = 25 ohm cm
viene 2R = 0.27 ohm.
Esercizio 71: Fulmine
Un fulmine porta una corrente I = 100 kA che si disperte semi-sfericamente sul terreno, che ha resistività
ρ = 100 Ω · m. A distanza r = 50 m si trovano un uomo (distanza tra i piedi dU = 0.5 m ed una mucca (distanza
tra le zampe anteriori e quelle posteriori uguale a dM = 1.5 m. Supponendo che sia uomo che mucca abbiano
resistenza R = 4 kΩ, calcolare la corrente che li attraversa ed il suo effetto biologico.
bSoluzione:
Nasce una corrente radiale Jr = I/2πr2 e quindi un campo elettrico radiale Er = ρJr. Quindi la differenza
di potenziale tra due punti a distanza d vale V = ∆ϕ = −ρI/2πr| r+d
r −E · d = −ρId/2πr2 . Numericamente
si ha V = 63 V · (d/m) alla distanza r indicata. Quindi per l’uomo IU = V/R = 0.008 Ampere e per la mucca
IM = 3IU . Questa corrente fa contrarre i muscoli; tipicamente la mucca stramazza e l’uomo se la cava; a
differenza della mucca l’uomo potrebbe non farsi quasi nulla se tenesse i piedi uniti.
Esercizio 72: Semipiano dielettrico imperfetto
Un dipolo oscillante p = p 0e iωt viene posto nel vuoto a distanza d da un semispazio x < 0 di costante dielettrica
ɛ e conducibilità σ.
bSoluzione: In analogia all’esercizio a pagina 34, provo una soluzioni con ‘dipoli immagini’
′ (p a x = d)+(p a x = −d) per x > 0, zona 2
E =
(p ′′ a x = d) per x < 0, zona 1
Questo soddisfa le equazioni
∇ · D = ρfree ∇ × E = 0 ∇ · J = − ˙ρfree J = σE D = ɛE
per x < 0 e x > 0, dove l’unica carica è il dipolo p. Sul bordo (chiamdo w la densità di carica)
cioè
E 1 = E2 , E2 ⊥ − κE 1 ⊥ = w/ɛ0 ˙w = −σE 1 ⊥ : ˙ E 2 ⊥ − κ ˙ E 1 ⊥ = −σ1E 1 ⊥/ɛ0
p − p ′ = p ′′
Eliminando p ′′ trovo una equazione per p ′
( ˙p + ˙p ′ − κ ˙p ′′ ) = − σ
˙p ′ = σ/ɛ0
1 + κ (p − p′ ) − 1 − κ
1 + κ ˙p
ɛ0
p ′′

40 Capitolo 4. Correnti
Assumendo p ′ = p ′ 0e iωt (dopo un transiente) trovo
Un dipolo ruotante è descritto da p ∝ (1, i, 0).
p ′ = p 1 − iωɛ0(1 − κ)/σ
1 + iωɛ0(1 + κ)/σ
Esercizio 73: Diodo termoionico
Gli elettroni escono dal catodo con velocità nulla a V0 = 0. Calcolare come la corrente dipende dalla differenza
di potenziale V .
bSoluzione: Gli elettroni acquistano velocità m
2 v2 = eV (x) e generano una densità di corrente J = ρv. Se J è
piccola e non modifica V , abbiamo finito. A basso V la corrente è limitata dalla densità di carica degli elettroni.
L’intasamento massimo si ha quando gli elettroni schermano completamente il campo elettrico esterno dando
E = 0 al catodo (se E < 0 nulla esce e gli elettroni fuori vengono spazzati via). Utilizzando l’equazione di
Poisson −ρ/ɛ0 = V ′′ si ottiene
J = ρv = −V ′′
2e
ɛ0
m V
In condizioni stazionarie J è costante in x. Ottengo una equazione differenziale per V :
V ′′ = j
√ V
:
d
dx
′2 V
2 − 2j√
V = 0
(j = −J m/2e/ɛ0). La costante di integrazione vale zero in quanto V ′ = −Ecatodo =. Integrando ancora
V ′ = 2 jV 1/4
ed, inserendo il valore di j,
:
V
0
dV V −1/4 =
x
V 3/2 = 3d2
J m
2ɛ0 2e
0
2 j dx :
4
3 V 3/4 = 2 jd
cioè J ∝ V 3/2 : non segue la legge di Ohm.
Calcoli simili permettono di studiare giunzioni fra semiconduttori, usati per costruire diodi più moderni.
Esercizio 74: Piatto dielettrico
Un piatto di dielettrico con costante dielettrica ɛ e resistività ρ viene messo in un campo elettrico esterno Eext,
che viene improvvisamente rimosso. Studiare cosa succede. Stessa domanda per un campo elettrico esterno
Eext = E0e iωt lentamente variabile.
bSoluzione:
• Dopo un po’di tempo si forma una densità di carica σ = ɛ0Eext sul bordo destro e −σ su quello sinistro.
Subito dopo che il campo Eext è stato rimosso rimane la σ che genera un campo E = −Eext all’interno
del conduttore e quindi una corrente j = E/ρ che inizia a riequilibrare le cariche. Siccome ∇ · E = 0
non si generano cariche di volume. Da ˙ρ = −∇ · j, tenendo che j = 0 fuori dal conduttore segue che
˙σ = +j = −σ/ɛ0ρ da cui σ(t) = σ(0)e −t/τ con τ = ɛρ. In questo primo problema il segno giusto è fissato
da ovvie considerazioni fisiche.
• Come prima ρ = 0 dentro il conduttore, e si accumulano cariche ±σ ai due bordi, lasciando un campo
elettrico interno Ein. Le condizioni di raccordo sono
In condizioni stazionarie la soluzione è
σ = σ0e iωt
ɛ0Eext = ɛEin + σ ˙σ = j = Ein/ρ : σ + τ ˙σ = ɛ0Eext
con σ0 = ɛ0E0
1 + iωτ
e quindi Ein = ɛ0E0
ɛ
1
1 + 1/iωτ

Capitolo 4. Correnti 41
Se ω = 0 Ein = 0 (conduttore perfetto). Se ωτ ≫ 1 Ein = E0/κ (dielettrico perfetto). Per valori intermedi
si ha un campo con modulo intermedio che oscilla con ritardo di fase ϕ = arctan ωτ. Il tutto corrisponde
a modificare il conto statico usando una costante dielettrica complessa κ → ˆκ = κ + 1/iωρɛ0.
Esercizio 75: Sfera dielettrica
Un sfera di raggio r composta da un materiale con costante dielettrica ɛ e resistività ρ viene messa in un campo
elettrico esterno Eext = ÊextRe (1, i, 0)e iωt lentamente ruotante.
a) Mostrare che la carica libera sta solo sul bordo.
b) Scrivere le condizioni di raccordo.
c) Verificare che la sfera acquista una polarizzazione P (t) uniforme ruotante con ritardo di fase.
d) Trovare il momento delle forze M, ed il valore di ω per il quale M è massimo.
bSoluzione:
a) Dentro il dielettrico J ∝ D. Prendendo la divergenza segue ˙ρ ∝ ρ: se all’inizio ρ = 0 la carica fluisce
senza accumularsi.
b) In generale (con fuori il vuoto)
E=in = E=out, E⊥out = κE⊥in + σ/ɛ0 ˙σ = E⊥in/ρ
Assumendo un campo Ein costante ed un campo Eout = Eext+ (campo generato da un dipolo P )
(Ein − Eext − kP
a3 ) sin θ = 0 (κEin − Eext + 2 kP σ
) cos θ =
r3 ɛ0
˙σ = Ein
ρ
c) Assumendo condizioni stazionarie P = ˆ P (1, i, 0)e iωt , derivando la prima equazione e sostituendo ˙σ la
riscrivo in forma analoga all’equazione statica
(ˆκ Êin − Êext − 2 ˆ P
1
) cos θ = 0 ˆκ ≡ κ +
r3 iωρɛ0
Quindi la soluzione è analoga a quella ottenuta nel caso statico
k ˆ P
r
3 = Êext
avendo messo per semplicità κ = 1. [Il segno non viene]
1 − ˆκ −1
= Êext
2 + ˆκ 3 + iωτ
d) M = Re P ×Re E massima per ωτ = ±1 (a meno della riduzione nel modulo di P ) (nel sistema Terra-Luna
le maree avvengono con ritardo di fase provocando un trasferimento di momento angolare).
Questo può descrivere l’azione di un forno a microonde su molecole senza dipoli permanenti.
cos θ

Capitolo 5
Circuiti
Risolvere le equazioni di Maxwell è complicato. È facile ottenere soluzioni approssimate che descrivono alcune
situazioni di interesse pratico (‘circuiti’).
Esercizio 76: Resistenze in parallelo
Verificare che la corrente si ripartisce minimizzando la dissipazione per effetto Joule.
bSoluzione: L’enegia dissipata vale W = R1I 2 1 + R2I 2 2 . Chiamando I la corrente totale sia ha I2 = I − I1.
Quindi
dW
= 2R1I1 + 2R2(I1 − I) = 0 quindi R1I1 = I R1R2
= RI dI1
R1 + R2
Che sia un minimo e non un massimo, lo si può vedere nel caso R2 ≪ R1: tutta la corrente flusice nella resistenza
piccola minimizzando l’effetto Joule.
Esercizio 77: Resistenze su cubo
Calcolare la resistenza totale del circuito in fig. 5.1a, assumento che le singole resitenze abbiano un valore
comune R.
bSoluzione: È un esempio di circuito non decomponibile come combinazioni di serie e paralleli. Lo si potrebbe
risolvere scrivendo le equazioni di Kirchoff, però si fa prima a dare la risposta ad occhio sfruttando la simmetria
del problema. Per motivi di simmetria le correnti si dividono come in figura. Quindi la differenza di potenziale
fra i due capi vale V = IR( 1 1 1 5
3 + 6 + 3 ) = I · 6R. Se invece uno collegasse due spigoli opposti sulla stessa faccia del cubo, non passerebbe corrente nelle due
linee verticali degli altri due spigoli opposti...
Esercizio 78: Pile
Si acquista un pacchetto di 4 pile ricaricabili da V =
1.5 V. Si assuma che ciascuna pila riesca a mantenere,
durante la scarica, la differenza di potenziale costante
V tranne una trascurabile fase finale di rapida
diminuzione. Su ciascuna pila è scritto ‘2800 mAh’.
a) Che significa?
b) Quanti Joule di energia contiene una pila carica?
Le quattro pile vengono montate in serie per tenere
accesa una torcia, e si scaricano dopo 1 ora.
c) Calcolare la potenza W impiegata dalla torcia.
42

Capitolo 5. Circuiti 43
I/6
I/3
I/3
I/3
Figura 5.1: (a) Circuito a cubo. (b) Ponte di Wheatstone.
R1
R2
A R C
d) Da un punto di vista circuitale una lampadina è come una resistenza R. Calcolare il valore di R per la
lampadina della torcia.
e) Se le 4 pile fossero invece montate in parallelo, come cambierebbe l’intensità luminosa emessa dalla torcia
e la sua durata?
bSoluzione:
a) Q = 2800 mAh = 10000 Couomb è la carica che ciascuna pila riesce a far passare prima di scaricarsi.
b) L’energia di una pila è E = QV = 1.5 kJ. Quattro pile hanno E = 4QV = 60 kJ.
c) Quindi W = E/h = 16.8 Watt.
d) Una lampadina è come una resistenza. Da W = (4V ) 2 /R si ottiene R = (4V ) 2 /W = 2.1 Ω.
e) Riducendo la differenza di potenziale da 6 V a 1.5 V, la potenza (e quindi la luce emessa) scende di un
fattore 16, e la durata aumenta di un fattore 16.
Risolvere il circuito in fig. 5.1b.
Esercizio 79: Ponte di Wheatstone
bSoluzione: È un esempio di circuito non decomponibile: cioè non si può evitare di applicare le leggi di
Kirchoff vedendolo come combinazioni di serie e paralleli. In pratica lo si usa con: R3,4 resistenze fisse note,
R2 resistenza ignota da misurare, R1 resistenza variabile nota, da scegliere in modo tale che la differenza di
potenziale VBD = 0, cioè che non passi corrente attraverso R.
Iniziamo dal caso R = ∞: VBD = 0 (cioè il circuito è ‘bilanciato’) se R2R4 = R1R3. In generale
R1
VDB = V
−
R1 + R2
R4
R3 + R4
R4
R1R3 − R2R4
= V
(R1 + R2)(R3 + R4)
In condizioni di bilanciamento R2/R1 = R3/R4 = r. Per studiare la sensitività dello strumento (e quindi
calcolare l’incertezza sperimentale su R2) consideriamo una variazione delle resistenze Ri → Ri + δRi: essa
produce
VDB = 0 +
r
(1 + r) 2
δR1
−
R1
δR2
+
R2
δR3
−
R3
δR4
V.
R4
Passiamo al caso di R finito. In pratica R compare perchè un qualunque strumento che misura VDB lo fa
introducendo una resistenza R < ∞ fra i capi B e D. Risolviamo quindi il circuito completo utilizzando il
metodo delle maglie: ci sono 7 incognite: VA, VB, VC, VD e le tre correnti di maglia I1 (a sinistra, circolante in
direzione A → B), I2 (a destra in direzione C → B) ed I0 (sotto, in direzione A → D → C). Siccome contano
B
D
R3

44 Capitolo 5. Circuiti
solo le differenze di potenziale si può scegliere VA = 0, riducendo il numero di incognite a 6. Ci sono poi 6
equazioni, una per ogni tratto di circuito:
Dopo calcoli noiosi si ottiene
VB − VA = R1I1, VB − VC = R2I1, VC − VA = 0
VD − VA = R4(I0 − I1) VD − VC = −R3(I0 + I2) VD − VB = R(I1 + I2).
VDB =
(R1R3 − R2R4)V
(R1 + R2)(R3 + R4) + (R1R2R3 + R1R2R4 + R1R3R4 + R2R3R4)/R .
Vediamo quindi che per calcolare il valore centrale di R2 non serve tenere conto di R, che invece modifica la
sensibilità dello strumento.
Esercizio 80: Impedenze
Mostrare che per una corrente oscillante I = I0e iωt vale ZR = R ZC = 1
iωC
ZL = iωL.
bSoluzione: Le cadute di potenziale ai capi di resistenza, condensatore, induttanza valgono
RI
Q
C
= I
iωC
L ˙
I = iωLI
Esercizio 81: Potenza dissipata
Calcolare la potenza dissipata su di una generica impedenza Z.
bSoluzione: La potenza dissipata vale W = V I dove V = ZI. Il prodotto non è una operazione lineare:
Re(z1z2) = Re(z1)Re(z2). Bisogna tornare ai numeri reali: scrivendo Z = R + iY
cioè solo la parte resistiva dissipa energia.
Costruirlo.
〈W 〉 = 〈(I0R cos ωt − I0Y sin ωt) · (I0 cos ωt)〉 = R
2 I2 0 =
Esercizio 82: Filtro che taglia frequenze alte
Z cos φ
I
2
2 0
bSoluzione: Ad esempio metto RC in serie e leggo il voltaggio ai capi di C: a grosso ω la sua impedenza
Z = 1/iωC decresce e la maggior parte della caduta di potenziale avviene su R.
VC
Vin
=
1
1 + iωRC
r =
VC
Vin
2
=
1
1 + (ωRC) 2
Per R = 200 kΩ si ha una riduzione di 3 dB a ν = 1 Hz (r = 10 −0.3 = 0.512 ≈ 1/2) se C = 0.8 µF, che a ν = 50
Hz corrisponde a r = 0.4 10 −3 i.e. 34 dB.
Costruirlo.
Esercizio 83: Filtro che taglia frequenze basse
bSoluzione: Metto RC in serie e leggo il voltaggio ai capi di R, oppure metto RL e leggo ai capi di L.

Capitolo 5. Circuiti 45
R1 R1 R1 R1 R1
R2 R2 R2 R2 R2
Figura 5.2: Fig. 5.2a: circuito attenuatore. Fig. 5.2b: resistenza equivalente.
R1
Esercizio 84: Pendolo accoppiato
R2 R = R
Mostrare che due pendoli connessi da una molla k soddisfano alle stesse equazioni di due maglie LC con in
comune una capacità C ′ .
bSoluzione: Usando le correnti di maglia I1 e I2 le equazioni sono
V1 = L ¨ Q1 + Q1
C + Q1 − Q2
C ′
Usando le impedenze e risolvendo si trova
I2 =
0 = L ¨ Q2 + Q2
C + Q2 − Q1
C ′
iωV1C 2
(CLω2 − 1)(CC ′ Lω2 − 2C − C ′ V1 ω
= iω
) 2L
2 2 − ω2 1
(ω2 − ω2 1 )(ω2 − ω2 2 )
Avendo definito ω 2 1 = 1/LC e ω 2 2 = 1/LC + 2/LC ′ . Alla media delle frequenze I1 = 0.
Le equazioni del moto del pendolo sono
m¨x1 + mg x1
ℓ + k(x1 − x2) = F m¨x2 + mg x2
ℓ + k(x2 − x1) = 0
che hanno la stessa forma con 1/LC ↔ g/ℓ, 1/LC ′ = k/m.
Per trovare i modi normali provo una soluzione xi = ˆxie iωt
Il determinante vale zero per
1. ω 2 = ω 2 1 = g/ℓ, x1 = x2
2. ω 2 = ω 2 2 = g/ℓ + 2k/m, x1 = −x2
Mettendo F (t) = ˆ F e iωt viene
x2 =
F
k − (k − mω2 + gm/ℓ) 2 F
=
/k
2 −ω + g/ℓ + k/m −k/m
−k/m −ω2
x1
+ g/ℓ + k/m
2m
che corrispondono alle soluzioni per i modi normali
x1 + x2 = − F
m
ω2 2 − ω2 1
(ω2 − ω2 1 )(ω2 − ω2 2 )
1
ω 2 − ω 2 1
x2
x1
=
x1 − x2 = − F
m
x2
I2
I1
= 0
=
kℓ
=
kℓ + mg − mℓω2 1
ω 2 − ω 2 2
C
C + C ′ − CC ′ Lω 2
ω 2 1 − ω 2 2
2ω 2 − ω 2 1 − ω2 2
Nel caso del circuito, il modo normale I1 = I2 (niente corrente su C ′ ) vede un’impedenza iωL + 1/iωC che vale
zero per ω = ω1; il modo I1 = −I2 vede un’impedenza 1
2 (iωL + 1/iωC) + (1/iωC′ ) che vale zero per ω = ω2.
Esercizio 85: Attenuatore
Si determini la resistenza totale R del circuito infinito in fig. 5.2 ed i potenziali nei vari punti

46 Capitolo 5. Circuiti
bSoluzione: Siccome ∞ = ∞ + 1 per trovare la resistenza R equivalente al circuito si impone che R sia eguale
ad un passo della catena seguito da R:
1
R = R1 +
1/R2 + 1/R
: R = R1 + R2 1 + 4R1R2
2
Per trovare il potenziale dopo il primo passo, rimpiazziamo tutte le resistenze successive con la resistenza
equivalente R, ottenendo un circuito con 3 resistenze R1, R2 ed R, di resistenza totale R: circola una corrente
totale I = V/R
La differenza di potenziale V ′ ai capi di R vale
V ′ = V R2
R + R2
Nei passi successivi la differenza di potenziale decresce in modo geometrico: V (n) = V/(1+R/R2) n . Ad esempio,
per dimezzare la differenza di potenziale ad ogni passo serve R = R2, cioè R2 = 2R1.
In pratica non si può costruire una catena con un numero infinito di passi: per terminare il circuito dopo
un numero finito di passi senza scompensarlo, basta terminarlo con una resistenza R.
Come nella fig. 5.2, con R1 → Z1 = iωL e Z2 = 1/iωC.
Esercizio 86: Catena LC
bSoluzione: Pre semplificare la formula (5.1) divido ogni L in 1
2
1 L + 2L e metto L/2 a sinistra:
Zeff = Z − Z1
2 = (Z1/2) 2
(L/C) − (ωL/2) 2 se ω < ω0
+ Z1Z2 =
i (ωL/2) 2 − (L/C) se ω > ω0
dove ω0 = 2/ √ LC. La cosa sorprendente è che a basse frequenze un circuito con solo L e C si comporti come
una resistenza; il motivo fisico è che l’energia sembra scomparire in quanto viene trasmessa attraverso la catena.
Abbiamo già visto che il potenziale varia lungo la catena come
⎧
(L/C) − (ωL/2) 2 − i(ωL/2)
Vn = α n V0 α = Z2
=
Z + Z2
Z − Z1
=
Z
⎪⎨
⎪⎩
(L/C) − (ωL/2) 2 + i(ωL/2) = e iδ
se ω < ω0
(ωL/2) 2 − (L/C) − (ωL/2)
(ωL/2) 2 − (L/C) + (ωL/2) < 1 se ω > ω0
A bassa frequenza tutto funziona se si termina la catena finita con R = L/C. (Se si scambia L ↔ C è come
cambiare ω → 1/ω: la catena risultante taglia le frequenze basse invece di quelle alte).
Se le differenze di potenziale e di corrente fra due elementi vicini sono piccole, valgono
cioè
dV
dx
L dI
=
∆x dt
∆V = L ˙
I ∆I = ∆ ˙ Q = C ∆ ˙ V
dI C dV
=
dx ∆x dt
:
d 2 V
dx
L C
= 2 ∆x ∆x
v 2
La rete LC fornisce una descrizione approssimata di una linea di trasmissione. Ad esempio per un cavo coassiale
L = ∆x µ0
ℓ C = ∆x2πɛ0
2π ℓ
v =
1
√ ɛ0µ0
d 2 V
dt 2
= c (ℓ ≡ ln R2
).
Per ∆x → 0 ω0 → ∞: una linea ideale trasmette tutto, ed il cavo equivale ad una resistenza
R = lim Z =
∆x→0
µ0
ɛ0
ℓ
= 60 Ω · ℓ.
2π
R1
(5.1)

Parte II
Magnetostatica

Capitolo 6
Campi magnetici
Le equazioni di base sono F = q(E + v × B) e le equazioni di Maxwell (µ0 = 4πkm, km = 10 −7 Tesla m/A)
∇ × B = µ0j ∇ · B = 0
che implicano ∇ · j = 0. In forma integrale
B · ds = µ0Φ(j) = µ0i Φ(B) = 0
Campo magnetico generato
B = µ0
r µ0
qv × =
4π r3 4π
i ds × r
r 3
Forza prodotta da un campo magnetico: F = qv × B = j × B = i ds × B. Un circuito chiuso in un campo
magnetico costante percorso da una corrente costante i sente F = 0 e momento M = m × B dove m = iSn
L’energia potenziale vale U = −m · B = −iΦ(B). Se il campo magnetico non è costante F ∇(m · B).
Unità di misura. Il campo magnetico viene misurato in Tesla = N/Am (Gauss = 10 −4 Tesla). Il campo
magnetico terrestre sulla superficie vale circa 0.1 Gauss. Il massimo campo producibile è circa 10 Tesla. Il flusso
di B viene misurato in Weber = Tesla· m 2 = Volt · sec.
Esercizio 87: Forza fra 2 cariche
Due elettroni si muovono parallelamente lungo traiettorie rettilinee a distanza a con velocità costante v ≪ c.
Calcolare la forza elettromagnetica
bSoluzione: La forza è diretta lungo la congiungente. La forza elettrica respinge e quella magnetica attira
F = e2
4πɛ0
− ev · µ0 e2
ev = (1 −
4π 4πɛ0
v2
c2 ) c2 = 1
ɛ0µ0
Il risultato sopra è sbagliato. Esistono altri effetti relativistici di O(v 2 /c 2 ). Nel sistema in cui le cariche sono
in quiete F0 = e 2 /4πɛ0 e quindi la relatività dice che Fv = F0/γ, invece che Fv = F0/γ 2 Infatti i campi E e B
generati da cariche in moto vanno moltiplicati per γ.
Una carica può avere velocità media ∼ cm/s ∼ 10 −10 c e quindi il suo campo magnetico è una correzione di
ordine 10 −20 . Questa soppressione può venire compensata se ci sono NA ∼ 6 10 23 cariche che si muovono nello
stesso verso (formando una corrente), messe assieme ad altrettante cariche di segno opposto (in modo che i loro
campi elettrici si cancellano). Siccome la materia è fatta in questo modo, ha senso studiare la magnetostatica.
Esercizio 88: Disco di Rowland
Un disco di raggio r = 20 cm con carica σ = 10 −6 C/ m 2 fa 200 giri al secondo. Stimare il campo magnetico
generato
48

Capitolo 6. Campi magnetici 49
bSoluzione: Quindi la corrente vale I ∼ 200 Q/ sec ∼ 10 −5 A e, ad una distanza di 1 cm, genera un campo
magnetico
B ∼ kmI
cm ∼ 10−10 T
(km = µ0/4π = 10 −7 ) 10 5 volte minore del campo magnetico terrestre (circa costante attorno al disco). Il
grosso campo elettrico E ∼ σ/ɛ0 ∼ 10 5 V/m (ɛ0 ∼ 10 −11 C/Vm) genera una forza repulsiva di circa 1 N e veniva
schermato con un conduttore. Sui condensatori si può accumulare Q ∼ C ma...??
Esercizio 89: Filo rettilineo
Calcolare il campo magnetico generato da un filo rettilineo di raggio a percorso da una densità di corrente
costante j.
bSoluzione: B ha solo una componente radiale. Fuori dal filo (r > a) la ‘legge di Ampere’ fornisce 2πr Br = µ0i
dove i = j πa 2 . Dentro il filo (r < a) i = jπr 2 e quindi Br = µ0jr/2 = µ0ir/2πa 2 .
Esercizio 90: Cavo coassiale
Calcolare il campo magnetico generato da un filo rettilineo di raggio a percorso da una densità di corrente
costante j, circondato da un cilindro di raggi b e b ′ > b lungo cui scorre uniformemente una corrente totale
opposta.
bSoluzione: Per r < b è come nell’esercizio precedente. Per r > b ′ si ha B = 0. Per b < r < b ′ si ha
Br = µ0j
2πr πa2
1 − r2 − b2 b ′2 − b2
Esercizio 91: Spira circolare
Calcolare il campo magnetico generato da una spira circolare di raggio a nel piano xy percorso da una corrente
i.
bSoluzione: Lungo l’asse è facile integrare: B ha solo una componente lungo z
Bz = µ0
4π
i
µ0
2πa cos θ =
r2 2
ia µ0
cos θ =
r2 2
ia 2
(a 2 + x 2 ) 3/2
ds ed r sono ortogonali, e ds × r forma un angolo θ con l’asse z. Nel centro θ = 0 e B = µ0i/2a.
Quindi l’induttanza della spira vale circa L ∼ µ0a. È complicato fare un calcolo preciso, che dipende dallo
spessore del filo, in quanto la maggior parte dell’energia magnetica è concentrata ai bordi della spria, dove B è
massimo.
Esercizio 92: Due spire circolari
Calcolare il campo magnetico generato da due spire circolari parallele di raggio a a distanza d nel piano xy
percorse da una corrente Ni.
bSoluzione:
2 µ0Nia
Bz = (a
2
2 + x 2 ) −3/2 + (a 2 + (d − x) 2 ) −3/2
Il campo magnetico è molto uniforme fra le due spire quando d = a (spire di Helmholtz): infatti per tale valore
si ha d2Bz/dx2 = 0 a x = d/2 e Bz(x = d/2) = (4/5) 3/2 µ0Ni/a.
Assumiamo che il campo magnetico sia zero fuori e costante dentro. Un elettrone entra camminando lungo
l’asse. Dentro percorre un arco di circonferenza con raggio di curvatura r = mv/eB e quindi viene deflesso di
sin θ = a/r.
Se deve essere θ = 45◦ per v = 2eV/m con V = 25 kV e i = 2 A servono n = (1.4/µ0i) mV/e ≈ 200
avvolgimenti per spira.

50 Capitolo 6. Campi magnetici
Esercizio 93: Filo a U
Calcolare il campo magnetico nel centro del semicerchio generato da un filo percorso da una corrente i che forma
una U di raggio a.
bSoluzione: Raddoppiando i due mezzi fili ed il semicerchio, Bz è la metà del Bz prodotto da 2 fili rettilinei
infiniti e da un cerchio:
Bz = 2 µ0i 1 µ0i
+
2 2πa 2 2a
Notare che la configurazione di fili riflessa produce lo stesso B, in quanto esso è uno vettore assiale, non un
vettore.
Come prima, con il filo rimpiazzato da un piano.
Esercizio 94: Piano a U
bSoluzione: Nel centro equivale alla metà di due piani e di un solenoide. La cosa interessante è che il campo
magnetico è costante nella regione interna.
Esercizio 95: Solenoide rettilineo infinito
Calcolare il campo magnetico generato dentro un solenoide rettilineo infinito.
bSoluzione: Fuori vale zero, dentro è costante orientato come il solenoide. La legge di Ampere fornisce
B = µ0ni dove n è il numero di spire per unità di lunghezza.
Il flusso concatenato ad un solenoide abbastanza lungo da poter trascurare effetti ai bordi vale Φ = BNS =
LI (dove N = nℓ è il numero di spire e S la loro area) con L = µ0SN 2 /ℓ. Quindi l’energia necessaria per
accendere una corrente i vale U = LI2 /2 (dimostrazione: V = − ˙ Φ = L ˙ I. Quindi la potenza vale W = −V I =
LI ˙ I = d( 1
2LI2 )/dt). La si può calcolare anche come l’integrale della densità di energia u = B2 /2µ0 sul volume:
U = (µ0nI) 2Sℓ/2µ0. Esercizio 96: Solenoide rettilineo finito
Dire qualcosa sul campo magnetico generato dentro un solenoide rettilineo semi-infinito.
bSoluzione: Usando la forza bruta, integro il campo di una spira, mettendo n spire per unità di lunghezza da
−ℓ a 0:
0
′ µ0 ia
Bz(x) = n dx
−ℓ 2
2
(a2 + (x − x ′ ) 2
µ0ni ℓ + x
x
= −√
) 3/2 2 a2 + (ℓ + x) 2 a2 + x2
1 per ℓ → ∞
Il principio di sovrapposizione consente di dire che: 1) Sul bordo B vale la metà che in un punto interno, come
vedo immaginando di completare aggiungendo l’altra metà del solenoide. In generale Bz(x)+Bz(−x) = B ∞ z . 2)
La linea di campo di B che sfiora il bordo esce perpendicolare al solenoide, perchè’ quando completo la somma
deve fare zero; le componenti orizzontali si sottraggono ma le eventuali componenti verticali si sommerebbero
(B è uno pseudovettore) e quindi devono valere zero. Chiaro con un disegno. 3) La linea di campo che sfiora il
bordo, dentro il solenoide sta ad una distanza limite a/ √ 2 dal centro (il raggio che contiene metà del flusso),
con relazioni analoghe per le linee interne.

Capitolo 6. Campi magnetici 51
Esercizio 97: Solenoide toroidale
Calcolare il campo magnetico generato dentro un solenoide toroidale.
bSoluzione: B è circolare in quanto spire disposte simmetricamente rispetto al punto dove viene calcolato B
danno contributi che si cancellano alle componenti non radiali. Quindi, per la legge di Ampere, fuori B = 0 e
dentro 2πrBr = µ0Ni dove N è il numero totale di spire.
Esercizio 98: Sfera ruotante
Sulla superficie di una sfera omogenea di massa M e raggio R è distribuita uniformemente una carica Q. La
sfera ruota con velocità angolare ω. Calcolare il momento magnetico. Scrivere l’equazione del moto in presenza
di un campo magnetico uniforme B.
bSoluzione: Un anello fra θ e θ + dθ ha raggio r = R sin θ superficie dQ = Q dS/S con dS = 2πr · R dθ e
ruota con velocità v = ωr. Quindi trasporta una corrente
Il momento magnetico vale
o anche
µ =
di =
dQ v
2πr
πr 2 di = QωR2
4
= Qω
4π
π
0
sin θ dθ
sin 3 θ dθ = QR2
3 ω
µ = g Q
L
2M
dove
5
g =
3
e L = 2MR2
5 ω
è il momento angolare. Una sfera uniformemente carica avrebbe g = 1. Elettrone e muone hanno ge =
2.002319304374.. e gµ = 2.0023318406...

Capitolo 7
Moto in campo magnetico esterno
La formula di base è F = q(E + v × B).
Esercizio 99: Trottola magnetica
Trovare un modo di sospendere un dipolo magnetico in aria.
bSoluzione: La forza di un dipolo in un campo magnetico esterno è data da un’equazione analoga al caso di
un dipolo elettrico: U = −µ · B e F = −∇U, M = µ × B.
Discussione preliminare. Avevamo visto che F = −∇(−p·E) non funzionava per un dipolo elettrico orientato
lungo z in un Ez ∝ x (perchè tale E ha rotore diverso da zero, e quindi non può esistere in elettrostatica):
pensando il dipolo come 2 cariche è facile vedere che la forza deve essere zero. Nel caso magnetico (dove B può
avere rotore diverso da zero) la formula funziona: la forza è prodotta dal fatto che il lato della spira dove Bz è
più grosso sente una forza maggiore.
Applicata invece ad un dipolo orientato lungo B, e con un Bz(z), la formula dice che il dipolo è attratto
verso zone dove B è maggiore. Pensando al dipolo come ad una spira, è immediato vedere che non c’è nessuna
forza. La formula sballa perchè non esiste un campo magnetico con solo Bz(z): per avere ∇ · B = 0 serve anche
un Br(r, z). A livello grafico, il campo magnetico deve ‘incurvarsi’ verso l’esterno. È la componente Br che
genera la forza, anche se non appare in U.
Un’applicazione è la trottola magnetica. Se si mette un dipolo sopra il campo magnetico generato da una
spira, questo si allinea con la spira e ne viene attratto. Quindi non rimane sospeso.
Se invece l’ oggetto con dipolo magnetico µ (e.g. la sfera dell’esercizio precedente) viene anche fatto girare,
il possedere un momento angolare L ∝ µ gli impedisce di allinearsi a B. Esiste un momento delle forze che
produce la seguente equazione del moto:
dL
dt
Q
= µ × B = g L × B
2M
che dice che L precede attorno al campo magnetico con frequenza di precessione ωp = g QB/2M, mantenendo in
media temporale la sua orientazione iniziale. Quindi se all’inizio µ viene messo anti-parallelo a B il magnetismo
genera una forza repulsiva che può tenere sospeso l’oggetto. Alla lunga l’attrito rallenta la rotazione, e l’oggetto
si allinea e casca. È grazie all’attrito che una bussola si allinea al campo magnetico terrestre.
Esercizio 100: Cilindro su piano inclinato
Un cilindro di raggio r e lunghezza ℓ, appoggiato orizzontalmente su di un piano inclinato (di angolo α), è
percorso da una corrente i uniforme lungo la sua lunghezza. È presente un campo magnetico verticale. Per
quale valore di i il cilindro rimane fermo se a) l’attrito tra piano e cilindro è trascurabile b) l’attrito è tale che
il cilindro può rotolare senza strisciare.
bSoluzione: Il campo magnetico produce una forza orizzontale, diretta verso il piano inclinato. La corrente in
un angolo dθ produce dF = ℓB di = ℓBi dθ/2π.
52

Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno 53
a) La componente della forza magnetica totale lungo il piano inclinato vale F = ℓBi cos α. La componente
della forza gravitazionale lungo il piano inclinato vale F = mg cos α. Sono uguali se i = mg tan α/ℓB.
b) Il momento rispetto all’asse di appoggio deve essere zero. La gravità produce M = mgr sin α. Il campo
magnetico produce
2π
M = ∆y · dF = r(cos α + sin θ)ℓBi dθ
= iℓBr cos α
2π
Quindi serve la stessa i di prima (le due forze sono uniformi).
0
Esercizio 101: Ago magnetico
Una ago di momento magnetico µ è situato sopra la congiungente due fili paralleli orizzontali a distanza d.
I due fili sono percorsi da correnti i e −i. La distanza fra ago e ciascun filo è r. L’ago può ruotare in un
piano ortogonali ai fili, con momento di inerzia I. Calcolare la posizione di equilibrio ed il periodo delle piccole
oscillazioni.
bSoluzione: Il campo magnetico è verticale
Bz = 2 µ0i h
2πr d/2
Il momento delle forze vale M = µ × B e l’equazione del moto è I ¨ θ = µB sin θ (la posizione di equilibrio è
θ = 0 o θ = π/2 a seconda del segno di B, il dipolo vuole allinearsi con B) da cui T = 2π I/µ|B|.
Esercizio 102: Carica in quadrupolo magnetico
Studiare il moto di una carica q con velocità v quasi parallela all’asse z in un campo magnetico B = ∇(bxy).
bSoluzione: Innanzitutto vediamo come è possibile generare questo campo magnetico.
Avendolo scritto come gradiente di un ‘potenziale magnetico’ Vm
il campo magnetico soddisfa automaticamente alla IV equazione di
Maxwell nel vuoto, ∇ × B = 0. Siccome ∇ 2 Vm = 0 soddisfa anche
a ∇ · B = 0. Sperimentalmente è ottenibile nel seguente modo.
Il ferro ha µ ∼ 1000 e quindi le linee di B escono praticamente
perpendicolari al materiale. Quindi lo si costruisce tagliando il
ferro in modo che la zona da cui esce B segua la forma delle linee
equipotenziali della funzione Vm ∝ xy.
Il campo magnetico vale
Bx = by By = bx, Bz = 0
L’equazione del moto di una carica q è
m¨x = −qvbx, m¨y = +qvby
Assumendo che la particella si muova circa lungo l’asse z e venga deflessa poco possiamo approssimare d/dt =
v d/dz ottenendo
la cui soluzione è
d 2 x
dz 2 = −k2 x,
d2y dz2 = +k2y dove k 2 = qb
mv
x(z) = x0 cos kz + x ′ 1
0
k sin kz, y(z) = y0 cosh kz + y ′ 0 sinh kz.
k
Quindi un fascio di particelle viene focalizzato lungo l’asse x e defocalizzato lungo l’asse y. Più precisamente,
assumendo che ℓ sia la lunghezza della zona dove B = 0 un fascio avente x ′ 0 = 0 passa per x(z) = 0 a
z − ℓ = cot(kℓ)/k: cioè il campo magnetico si comporta come una lente di distanza focale f = 1/k sin kℓ. (La
differenza fra cot e 1/ sin è questione di definizione dovuta allo spessore finito della lente: il piano principale sta
a distanza −(1 − cos kℓ)/k sin kℓ dall’uscita del quadrupolo).
1

54 Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno
Esercizio 103: Carica in quadrupoli magnetici
Studiare cosa succede quando un fascio di particelle attraversa due quadrupoli magnetici, ruotati di 90 ◦ l’uno
rispetto all’altro.
bSoluzione: Abbiamo visto che un quadrupolo magnetico focalizza un fascio lungo una direzione ma defocalizza
lungo l’altra. Il segno diverso è sgradito ma inevitabile, perchè dovuto a come deve essere fatto un campo
magnetico nel vuoto. In molti esperimenti è invece necessario focalizzare un fascio lungo entrambi gli assi, in
modo da concentrarlo. Infatti, incrociando due fasci, il numero di urti fra particelle aumenta se i fasci sono
stretti, analogamente a come il numero di incidenti aumenta quando una strada diventa più stretta.
Scopo di questo ‘esercizio’ [Christofilos, 1950; Courant et al., 1952] è mostrare che mettendo due quadrupoli
magnetici ruotati di 90◦ uno dopo l’altro si riesce a focalizzare in entrambe le direzioni.
Conviene riscrivere l’effetto di un singolo quadrupolo usando la formulazione matriciale dell’ottica geometrica.
In tale formulazione si studia l’evoluzione con z di (x, x ′ ) e di (y, y ′ ). Cioè x è la distanza dall’asse ottico,
ed x ′ è l’inclinazione rispetto all’asse ottico di un raggio. Nel caso dell’ottica si studiando raggi di luce, qui fasci
di particelle. Attraversando un magnete quadrupolare di lunghezza ℓ si ha
x(ℓ)
x ′
(ℓ)
dove le matrici di trasferimento sono
cos kℓ sin(kℓ)/k
Mx =
−k sin kℓ cos kℓ
= Mx
x(0)
x ′
y(ℓ)
(0) y ′
(ℓ)
1 ℓ
−k2
, My =
ℓ 1
= My
y(0)
y ′
(0)
cosh kℓ sinh(kℓ)/k
k sinh kℓ cosh kℓ
1 ℓ
k2
ℓ 1
La formulazione matriciale dell’ottica è conveniente perchè per studiare l’effetto combinato di sistemi diversi
basta moltiplicare le loro matrici. Quindi attraversando due quadrupoli ruotati di 90 ◦ a distanza d fra loro si
ha, assumendo per semplicità ℓ ≪ d, 1/k (lente sottile), le matrici di propagazione per raggi inclinati lungo x e
lungo y sono, rispettivamente date dai prodotti Mx · M(d) · My e My · M(d) · Mx, che valgono
1 ℓ ∼ 0
±k2
·
ℓ 1
1 d
·
0 1
Si ha focalizzazione in quanto l’elemento 21 è negativo.
Senza assumere d ≫ ℓ si troverebbe
1 ℓ ∼ 0
±k2
ℓ 1
1 d
−dℓ 2 k 4 1
(Mx · M(d) · My)21 −k 4 ℓ 2 (3d + 2ℓ)/3 (My · M(d) · Mx)21 −k 4 ℓ 2 (ℓ − 3d)/3
cioè che serve d > ℓ/3, e che la lente è astigmatica (fx = fy).
Vediamo a livello quantitativo. Il massimo campo magnetico che si riesce a fare vale B ∼ Iµ/L ∼ 10 Tesla
in quanto L ∼ 1 m, µ ∼ 1000µ0 ∼ 10 −3 Tesla · m/A e I ∼ 10 4 A. Per evitare enormi dissipazioni di energia per
effetto Joule si usano materiali superconduttori, che però funzionano solo a T < ∼ 5 K: serve molta energia per
tenerli freddi. All’interno dei magneti si producono forze F ∼ ILB ∼ 10 5 N, quindi bisogna progettarli stando
attenti alla stabilità meccanica, cioè che non facciano crac.
Quindi 1/k = p/eb ∼ 10 m assumendo un ‘quadrupole field gradient’ b ∼ 250 Tesla/m e per p/e ∼
10 TeV/ce = 10 13 eV/ce = 3 10 4 SI − units, che è circa l’energia delle particelle a LHC. La lunghezza focale vale
f = 1/(dℓ 2 k 4 ), cioè decine di metri: una cosa ragionevole.
Esercizio 104: Ottica geometrica matriciale
Viene riassunto l’utilizzo delle matrici come formalismo conveniente per problemi di ottica geometrica.
bSoluzione: L’ottica geometrica studia come si propagano raggi di luce. Un raggio che si propaga lungo ‘l’asse
ottico’ z nel piano xz è descritto da due quantità: la posizione x(z) e l’inclinazione x ′ (z).
Attraversando una distanza ℓ vuota si ha ovviamente
x(ℓ)
x ′
x(0)
= M(ℓ)
(ℓ)
x ′
(0)
M(ℓ) =
1 ℓ
0 1

Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno 55
a b
x
1 2 3 4
Figura 7.1: Lente convergente.
Attraversando una lente sottile di focale f cambia solo l’inclinazione del raggio. Esso varia di una quantità
costante, chiamata ‘distanza focale inversa’ 1/f:
x
x ′
x
= Mlente
x ′
1 0
M =
−1/f 1
dopo
prima
Per il resto serve solo sapere come moltiplicare matrici: se X4 = M34X3 e X3 = M23X2 e X2 = M12X1,
allora X4 = M34M23M12 cioè le matrici vengono moltiplicate ‘in ordine inverso’: la prima (M34) è quella che
corrisponde all’ultimo passo.Consideriamo ad esempio il sistema standard in fig. 7.1. La matrice di propagazione
da 1 a 4 è
M14 = M(b) · Mlente · M(a) =
1 b
·
0 1
1 0
·
−1/f 0
1 a 1 − b/f a + b − ab/f
=
0 1 −1/f 1 − a/f
I raggi disegnati convergono in un punto unico se l’elemento 12 della matrice totale vale zero, cioè se 1/a+1/b =
1/f. Quando questa relazione è soddisfatta si ha xC = (1 − b/f)xA: quindi 1 − b/f è il fattore di ingrandimento
della lente. Se esso è negativo, l’immagine viene rovesciata.
Quindi l’ottica matriciale consente di riprodurre i risultati noti per una lente. L’ottica matriciale è utile
perchè consente di ottenere risultati non noti per sistemi arbitrari di lenti: basta moltiplicare le matrici delle
singole componenti.
Esercizio 105: Carica in B costante
Studiare il moto di una particella di carica q in un campo B costante
bSoluzione: Risolvendo l’equazione del moto
m ˙v = qv × B → ˙v = v × ωB ωB = qB
m
si trova che v ha una componente costante v parallela a B, ed una componente v⊥ ortogonale a B che ruota
con frequenza ωB. Quindi fa una spirale. Chiamando a il raggio dell’orbita, si ha v⊥ = aωB i.e.
p⊥ = aqB = c eV a q B
m/s c m e Tesla
= 300 MeV
c
a q B
m e Tesla
Avendo scritto questa equazione in termini dell’impulso p (invece che della velocità v), essa rimane valida
anche per particelle relativistiche, per le quali p = mvγ = E/v; nel limite ultra-relativistico si ha p E/c,
cioè l’impulso diventa proporzionale all’energia della particella. In fisica delle particelle si usano unità naturali
(c = 1) ed impulso, massa ed energia sono tutte misurate in eV o multipli (keV, MeV, GeV, TeV,. . . ).
Questa equazione dice la massima energia che un acceleratore circolare può raggiungere: tenendo conto che
il massimo campo magnetico che si riesce a fare è circa B ≈ 10Tesla, e che per motivi economici il massimo
raggio di un collider è a ≈ 5km, si ottiene E ≈ p⊥ ≈ 15TeV. Il collider di protoni LHC raggiungerà per la
z

56 Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno
Magnetic field in Gauss
10 15
10 10
10 5
1
10 -5
10 -10
Neutron
stars
White
dwarfs
man Solar
spots
10 3 GeV
Particle accelerators
10 11 GeV
1 10 5 10 10
GRB
Size in km
Supernova
shocks
10 19 GeV
AGN
jets
Galaxy
clusters
10 15 10 20
Figura 7.2: Massima energia raggiungibile da acceleratori di particelle in funzione della loro dimensione e del
loro campo magnetico.
prima volta questa energia nel 2008. (Collider in cui vengono fatti girare elettroni, invece che protoni, sono più
fortemente limitati dall’irraggiamento, come discusso a pagina 128.)
La figura 7.2 mostra la massima energia a cui vari oggetti (se fossero 100% efficienti) potrebbero accelerare
particelle. Sono stati osservati raggi cosmici fino a circa 10 11 GeV (probabilmente sono protoni, o forse nuclei)
e gli unici candidati plausibili sono Gamma Ray Bursts oppure Active Galactic Nuclei. (Galaxy clusters sono
lenti ed avrebbero bisogno di più tempo; nelle stelle di neutroni le particelle irraggiano troppo).
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
Un televisore ha dimensioni a ∼ 0.1m ed usa elettroni accelerati per una differenza di potenziale di 1000
V, che quindi acquistano energia cinetica K ∼ keV e impulso p = √ 2mK = 0.03 MeV/c. Il campo magnetico
usato per defletterli sul punto giusto dello schermo vale quindi
B = 1 Tesla e
q
m
a
p
300 MeV/c ≈ 10−3 Tesla
p è stato scelto abbastanza alto in modo che B sia abbastanza maggiore del campo magnetico terrestre (B ∼
0.5 10 −4 Tesla), che altrimenti distorcerebbe le immagini.
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
Nei problemi successivi studieremo moti in campi magnetici più generali, che tendono a dare moti complicati:
le particelle spiraleggiano attorno a qualche traiettoria media. La cosa interessante da calcolare è la traiettoria
media, cioè la ‘velocità di drift’. Da questo punto di vista il moto in un campo magnetico costante è quindi
semplicemente un moto a velocità costante lungo le linee del campo, a meno di girellamenti.
Esercizio 106: Campo magnetico galattico
Stimare quando è grande il campo magnetico galattico, assumendo che l’energia cinetica in particelle sia
comparabile all’energia in campo magnetico. Che energia deve avere un protone affinchè arrivi deflesso di
poco?
bSoluzione: La galassia contiene, in media, un atomo di idrogeno per cm 3 con velocità v ∼ km/sec. Quindi,
assumendo
ρ mv2
2
∼ B2
2µ0
si ottiene B ∼ 10 −10 Tesla = 10 −6 G. Essendo debole le particelle cariche compiono circonferenze con raggio
r = p/eB grosso, che ha comunque effetti importanti perchè anche la galassia ha una grossa dimensione d ∼

Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno 57
Mpc = 3 · 10 19 km: un protone di impulso p viene deflesso di un angolo
θ ≈ d deB d
=
r p 1 Mpc
B
10−9 G
3 10 19 eV
E
Quindi si può (o meglio potrà) fare astronomia solo con i pochissimi protoni che arrivano con energia Ep > ∼ 1020 eV.
Quelli con energia minore spiraleggiano nella galassia e la loro direzione di arrivo non dà nessuna informazione
sulla sorgente che li ha generati.
Ha interesse sapere quanto camminano raggi cosmici di velocità v in un tempo T (ad esempio un Myr). A
grandi energie tali che B può essere trascutao si ha D = vT . A basse energie si ha un random walk con un
passo di dimensione R = p/qB ogni ∆t ∼ v/R.
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
Notare che per motivi completamente diversi, anche l’astronomia con neutroni, come l’astronomia con protoni,
è possibile solo a energie En > ∼ 1020 eV. Infatti il neutrone decade dopo una distanza r = cτnγ (la vita
media a riposo vale τn = 886 sec), maggiore alla dimensione d della galassia se γ > ∼ 10 11 e cioè a grosse energie
E = mnγc 2 .
Esercizio 107: Paradosso
Il seguente conto mostra che un gas di elettroni liberi è molto paramagnetico: “elettroni in un campo magnetico
B iniziano a girare lungo circonferenze di raggio r = mev⊥/eB e quindi acquistano un dipolo magnetico µ =
evr = mev 2 /B e quindi producono M = Neµ i.e. χm = (Nemev 2 )/(µB 2 ).” Capire come mai è completamente
cannato.
bSoluzione: È chiaro che il risultato non ha senso: l’effetto non dipende dalla carica dell’elettrone (mentre se
la carica fosse zero non ci dovrebbe essere nessun effetto) e diventa infinito quando B → 0 (mentre senza campo
magnetico esterno non ci dovrebbe essere nessun effetto).
È meno chiaro capire dove il ragionamento sballa. Il motivo è che abbiamo trascurato gli effetti al bordo;
di solito lo si fa senza preoccuparsi troppo, ma in questo caso per B → 0 o e → 0 il raggio delle orbite diventa
grosso, e quindi gli effetti al bordo diventano cruciali.
Fare il conto giusto è un po’complicato: uno deve prendere un volume finito e verificare che le orbite
completamente esterne non contano nulla, le orbite completamente interne generano l’effetto discusso sopra, le
orbite che intersecano il bordo cancellano l’effetto. Questo non dovrebbe essere sorpendente, visto che ad ogni
punto la media delle velocità v degli elettroni che arrivano è zero.
Il libro di Peierls “Surprises in Theoretical Physics” mostra una spiegazione geometrica, mostra come evitare
di calcolare effetti che si cancellano, e l’estensione al caso quantistico.
Esercizio 108: Ciclotrone a raggio costante
Provare a costruire un ciclotrone che acceleri particelle facendole muovere su di un cerchio di raggio costante r.
bSoluzione: Sarà necessario un campo magetico non uniforme B(r, t). Infatti si vuole che l’impulso della
particella segua p(t) = erB(r, t) con r costante. Ma l’equazione del moto è
˙p = F = eE = e ˙ ΦB
2πr
Deve quindi essere ˙ ΦB = 2 × πr 2 ˙ B. Se il campo magnetico fosse uniforme si avrebbe invece ˙ ΦB = πr 2 ˙ B ed
il moto della particella non avverrebbe a raggio costante (e.g. nel caso adiabatico discusso in seguito si ha
r(t) ∝ 1/ B(t)). Serve quindi che B(r) sia più grande nella zona centrale.
Esercizio 109: Spettrometro
Mostrare come un campo magnetico costante permette di selezionare particelle con dato q/m se uno ha un
fascio monoenergetico.
bSoluzione:

58 Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno
Figura 7.3: Fig. 7.3a: esempio di moto in E, B costanti di due particelle con carica opposta. Fig. 7.3b:
fotomoltiplicatore in campo magnetico.
Esercizio 110: Carica in B ed E costanti
Studiare il moto di una particella di carica q in campi E e B costanti.
bSoluzione: In generale possiamo assumere B = (0, 0, Bz) e E = (0, Ey, Ez). L’equazione del moto (nel limite
non relativistico), scritta in componenti è
La soluzione è
vx = vrot cos(ωBt) + Ey
m ˙vx = qvyBz m ˙vy = q(Ey − vxBz) m ˙vz = qEz
Bz
E
L
vy = −vrot sin(ωBt) vz = q
m Ezt (ωB = qBz
) (7.1)
m
Il moto lungo z (in generale, lungo B) non si mescola con gli altri ed è ovvio. Lungo x, y la carica oltre a
ruotare fa un drift costante lungo x (in generale lungo E × B). La rotazione dipende da q, ma il drift no.
(Sub-esercizio: discutere il limite q → 0). Il moto globale è illustrato in fig. 7.3a per cariche con segno opposto.
Se particelle cariche entrano in una zona dove i campi elettromagnetici sono costanti ed hanno solo componenti
Ey e Bz, quelle con vx = Ey/Bz viaggiano imperturbate. Sfruttando questo fenomeno si può ottenere un fascio
monoenergetico (ad esempio utilizzabile nello spettrometro dell’esercizio precedente).
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
Per ottenere in modo facile ed istruttivo la soluzione (7.1) conviene passare ad un nuovo sistema di riferimento
S ′ dove E e B sono paralleli, avendo solo una componente lungo z, tramite una trasformazione Galileiana
vx = v ′ x + Ey/Bz (in generale con un boost B × E/B 2 ). In tale sistema S ′ la particella gira attorno al campo
magnetico costante.
Teoricamente questo equivale a dire che sotto una trasformazione galileiana v = v ′ + β i campi elettromagnetici
trasformano come
E ′ = E + β × B + · · · , B ′ = B + · · · (E · B = E ′ · B ′ )
come segue immediatamente inserendo v = v ′ +β in F = q(E+v×B) e riscrivendola come F ′ = q(E ′ +v ′ ×B ′ ).
Queste trasformazioni sono corrette solo all’ordine più basso in β. Ad ordini superiori il risultato non sarebbe
consistente perchè le equazioni di Maxwell sono Lorentz-invarianti mentre quella di Newton è Galileo-invariante.
Einstein modificò F = ma in modo da renderla relativisticamente invariante, permettendo di discutere i termini
di ordine più alto in β, qui indicati con · · · Se non è verificata la condizione E/B ≪ c questi termini mancanti
diventano importanti. Se E/B > c vedremo che si può invece passare ad un sistema dove B = 0. Fisicamente,
questo corrisponde ad avere un campo elettrico così forte che B non ce la più ad incurvare l’orbita.
B
γ
d
x
z
y

Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno 59
Esercizio 111: Fotomoltiplicatore in B, E
Studiare di quanto viene ridotta l’efficienza di un fotomoltiplicatore con E = kV/cm se viene posto in un campo
magnetico B = Tesla a 45 gradi (figura 7.3).
bSoluzione: Un fotomoltiplicatore è un aggeggio simile ad un televisore che accelera elettroni (generati da
ionizzazioni γ, . . . ) facendoli sbattere su di uno schermo in modo da renderli rilevabili. Nei rivelatori di
particelle a volte si mettono campi magnetici, che incurvano le traiettorie di particelle ed anti-particelle in
direzioni opposte e con raggi che dipendono dalla loro massa, in modo da poterle distinguere.
Il campo elettrico di un fotomoltiplicatore è orientato in modo da accelerare gli elettroni verso lo schermo.
Ma se c’è un campo magnetico gli elettroni non vanno nella direzione desiderata. Capire dove vanno è
un’applicazione dell’esercizio precedente. All’inizio gli elettroni hanno velocità zero, quindi nella (7.1) mettiamo
vrot = −Ey/Bz. Una particella che parte da (x, y, z) = (0, 0, 0) segue il percorso
x = Ey
(tωB − sin tωB), y =
BzωB
Ey
(1 − cos tωB), z =
BzωB
eEz
t
2me
2
Numericamente la frequenza ωB ed il raggio di spiraleggiamento a valgono
ωB = eB
= 1.7 10
me
11 Hz, vrot = Ey
Bz
cioè a è miscoscopico. Quindi in pratica gli elettroni
(A) ruotano su circonferenze di raggio trascurabile;
4 m vrot
= 7 10 , a = = 4 µm
s
(B) driftano lungo x con velocità vrot ∼ 2 10 −4 c: è un effetto trascurabile.
(C) accelerano raggiungendo v ∼ 0.1c lungo B e non più lungo E. Questo è l’effetto importante.
A causa di (C) una frazione d/L degli elettroni (cioè quelli che vengono ionizzati nella zona in cima a destra del
fotomoltiplicatore in fig. 7.3) vanno a sbattere sulle pareti laterali invece di venir rilevati sullo schermo. Ridurre
il campo magnetico o aumentare quello elettrico non migliora la situazione, fino a quando a ≪ d.
Esercizio 112: Accelerazione di raggi cosmici?
[Dal compito del 19/1/2006]. Un ‘raggio cosmico’ (cioè una particella di massa m e carica q) entra con velocità
v non relativistica in una ‘nuvola magnetica’, schematizzata come una regione di spazio in cui è presente un
campo magnetico B. Si trascuri l’irraggiamento.
a) Calcolare ∆E = Eout − Ein.
La nuvola contenente il campo magnetico B sia ora in moto con velocità V molto minore di v.
b) Calcolare ∆E assumendo la particella che attraversi una regione in cui B è costante (e quindi compia un
arco di circonferenza rispetto al sistema di riferimento S ′ nel quale la nuvola è in quiete, vedi figura di
sinistra). Suggerimento: si studi la dinamica nel sistema S ′ .
c) Si dica per quali valori di B l’irraggiamento è trascurabile. Si dia il valore numerico nel caso di un elettrone
con V/v ∼ 10 −10 (q ∼ 10 −19 Coulomb, m ∼ 10 −30 kg, ɛ0 ∼ 10 −11 Coulomb 2 /m 2 · Newton).
v
B
V
v
ωB
V
θout
B

60 Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno
d) Calcolare nuovamente ∆E in funzione dell’angolo di uscita θ ′ out (come misurato nel sistema S ′ ) assumendo
che il moto sia come nella figura di destra: v antiparallelo a V . Si calcoli il valore medio 〈∆E/E〉
assumendo che il moto dentro la nuvola abbia completamente randomizzato θ ′ out.
bSoluzione:
a) 0: l’unica forza è di tipo magnetico, per cui Eout = Ein.
b) Una volta capito che si tratta soltanto di un urto elastico (come quello di una pallina su di una racchetta
da tennis), è banale rispondere:
∆E = m
2 (v − 2V )2 − m
2 v2 −2mv · V
Una pallina in un sistema contenente racchette in moto casuale viene, dopo tanti urti, in media accelerata,
in quanto è più probabile andare a sbattere su di una racchetta in moto verso la pallina (v · V < 0) che
non in direzione opposta. Similmente con tante nuvole magnetiche in moto casuale. Questa è la base del
meccanismo di Fermi.
b ′ ) Lo stesso conto lo si può fare notando che, quando la nuvola magnetica è in moto, è presente un campo
elettrico E −V ×B (che sarebbe orizzontale nella figura). Come visto precedentemente questo produce
un moto contro-intuitivo, ma la differenza di energia può essere calcolata in modo semplice:
∆E = F · ds = F
dy = q|E|∆y = q · (−V B)(2 mv
cos θ)
qB
dove ∆y = 2R cos θ è la distanza fra il punto di ingresso e quello di uscita, R = mv/qB è il raggio
dell’orbita circolare, e θ è l’angolo fra v e V . Inserendo i valori espliciti si ottiene nuovamente lo stesso
risultato.
c) La carica percorre per un tempo T ∼ R/v un arco di circonferenza di raggio R = mv/qB durante cui
irraggia
Eirraggiata = W · T ∼ Bq3 v 2
ɛ0c 3 m
Si ha Eirraggiata ≪ ∆E per B ≪ c 3 ɛ0m 2 (V/v)/q 3 ∼ 10 10 Tesla(V/v) ∼ Tesla.
d) Nel caso del problema θin = 0. In generale, procedendo
come al punto b) si ha
quindi
E ′ in = γEin(1 − V cos θin/c), E ′ out = E ′ in,
Eout = γE ′ in(1 + β cos θ ′ out)
Eout = γ 2 Ein(1 − V cos θin/c)(1 + V cos θ ′ out)
In media 〈cos θ ′ out〉 = 0 e quindi 〈∆E〉θin=0 = −mV c.
RIFARE SENZA USARE TRASF DI LORENTZ
Nota. Nella realtà anche θin segue una distribuzione di probabilità,
p(θin) ∝ v−V cos θin (e.g. p(0)/p(π) = (v−V )/(v+V ))
per cui 〈cos θin〉 = −V/3c: diverso da zero perchè è più probabile
andare a sbattere su di una nuvola che si avvicina,
che su di una che si allontana. Quindi 〈∆E/E〉 = 4V 2 /3c 2 :
in media i raggi cosmici in moto casuale vengono accelerati
da nuvole magnetiche in moto casuale. Questo meccanismo di
accelerazione dei raggi cosmici venne proposto da Fermi. Probabilmente
il meccanismo vero è una versione più complicata
di questo.
La pagina di quaderno a lato mostra la soluzione che Fermi
diede alla domanda b) di questo esercizio.

Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno 61
Esercizio 113: Ciclotrone
Mostrare che una particella libera di muoversi in un campo magnetico Bz ed in un campo elettrico oscillante
Re Exe −iωt = Ex cos ωt viene accelerata lungo x.
bSoluzione: Se E = 0 la carica gira nel piano xy: riottengo questa cosa nota usando un primo trucco
matematico. Quando c’è roba che gira è utile introdurre z ≡ x + iy (attenzione: questo z non ha niente a che
fare con l’asse z) in quanto girare nel piano xy con frequenza ω e raggio r viene descritto in modo più compatto
come z = re −iωt . 1 In termini di z le equazioni del moto diventano
m¨x = q ˙yBz m¨y = −q ˙xBz : m¨z = −iq ˙zBz
e quindi ˙z(t) = ˙z(0)e −iωBt con ωB = qBz/m. Aggiungendo il campo elettrico l’equazione del moto diventa
m¨z = −iq ˙zBz + qExe −iωt
: ˙z = iExq/m
e
ω − ωB
−iωt
dove abbiamo usato un secondo trucco matematico: abbiamo assunto z(t) ∝ e −iωt il che, come noto, trascura
il transiente e fornisce solo l’orbita limite.
Per ω = 0 si ritrova il drift a velocità costante vy = Ex/Bz precedentemente discusso: grazie alla i esso è
diretto lungo y.
Per ω = 0 la carica q gira, acquistando una grossa velocità se ω = ωB. Intuitivamente la particella gira nel
campo magnetico, ed ad ogni mezzo giro il campo elettrico viene riorientato in modo da essere sempre lungo il
moto della particella, che quindi viene accelerata lungo una spirale. Come al solito questa tecnica trascura il
transiente. Si può verificare che i raggi limiti ottenuti dalle seguenti similazioni numeriche sono in accordo con
il valore atteso:
ω / ωB = 0.8 ω / ωB = 0.9 ω / ωB = 1 ω / ωB = 1.1 ω / ωB = 1.2
Quindi il ciclotrone è un modo di accelerare particelle in uno spazio ridotto. Aggiungendo un termine di attrito
(che può essere causato da vari effetti fisici e.g. l’irraggiamento) il denominatore diventa ω − ωB + iγ, risonante
ma finito per ω = ωB.
La frequenza di rotazione ωB non dipende dall’energia della particella; questa semplificazione non è più
vero quando la particella acquista un’energia relativistica: in tale caso diventa necessario variare ω in modo
appropriato per ogni bunch.
Uno potrebbe pensare che sia più complicato ma anche più conveniente mettere un campo elettrico che gira
con la particella, in modo che E sia sempre diretto lungo v. In termini di numeri complessi un E ruotante nel
piano xy si scrive come E = Ee −iωt (1, ±i, 0)/ √ 2. Il segno ± specifica la direzione di rotazione. L’equazione
del moto diventa
1 ± 1
m¨z = −iq ˙zBz + q √ Ee
2 −iωt .
Cioè se metto senso di rotazione sbagliato non accelero nulla, e se lo metto giusto non guadagno quasi nulla.
Infatti il campo elettrico oscillante può essere decomposto come sovrapposizione lineare di due campi che
ruotano in direzioni diverse: (1, 0, 0) = (1, i, 0)/ √ 2 + (1, −i, 0)/ √ 2: uno è in risonanza e l’altro non ha effetto.
1 Questo trucco viene usato in calcoli più complicati (meccanica quantistica,. . . ), per cui è utile vederlo all’opera in questo
problema più semplice, dove non dà una grande semplificazione. Quindi se confonde le idee, conviene rifare i conti ritornando ad x
ed y.

62 Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno
Esercizio 114: Carica in B con direzione non uniforme
Moto in un B la cui direzione varia lentamente: studiare il moto di una particella di carica q in un campo
magnetico con Bθ costante.
bSoluzione: Le equazioni del moto in coordinate cilindriche (ρ, θ, z), dove B ha una componente Bθ costante,
sono
aρ = ¨ρ − ρ ˙ θ 2 = −ωB ˙z, aθ = ρ ¨ θ + 2 ˙ρ ˙ θ = 0, ¨z = ωB ˙ρ
dove ωB ≡ qBθ/m. In prima approssimazione procede lungo le linee del campo facendo una spirale di raggio
a. Quindi ρ = R e ˙ θ = v ||/R. Scriviamo la soluzione al primo ordine perturbativo in a/R: la 1a equazione del
moto fornisce ˙z = v 2 || /ωBR. Avendo assunto R ≫ a la velocità di drift è piccola: ˙z/v || ∼ a/R.
Lo si può capire in modo intuitivo notando che per far curvare la traiettoria media lungo le linee del campo
serve una forza diretta lungo ˆρ. Abbiamo visto all’esercizio precedente che il moto in B ed E ortogonali è un
drift lungo B × E. In questo caso ˆρ × ˆ θ = ˆz.
Esercizio 115: Carica in B con modulo non uniforme
Moto in un B il cui modulo varia lentamente in direzione ortogonale a B. Studiare il moto di una particella di
carica q in un campo magnetico B = (0, 0, Bz(x)).
bSoluzione: Per semplicità assumiamo due valori costanti B1 < B2 = B1 + ∆B nei due semispazi x > 0 e
x < 0 La particella si muove lungo semicirconferenze di raggi ri = mv/qBi con frequenza ω = qB/m (dove
B ∼ (B1 + B2)/2). Ad ogni giro si sposta di ∆y = 2(r2 − r1) e quindi drifta con velocità
v drift
y
≈ ω
2π 2(r2 − r1) ≈ v⊥ B2 − B1
=
π B
v⊥
π
r B2 − B1
≈
B r
mv2 ⊥
qB ∇B
In generale la direzione del drift è B × ∇B 2 ; il verso dipende da q ma la velocità di drift no.
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
In generale ∇ × B = 0 implica che nè il modulo nè la direzione di B sono costanti, per cui si ha l’effetto
combinato dei due drift discussi in questo esercizio e nel precedente. Nel caso del campo magnetico di un filo,
Bθ ∝ 1/ρ entrambi gli effetti producono un drift lungo z, con velocità
vdrift = v2 || + v2 ⊥ /2
ˆρ ×
ωBρ
ˆ B
dove il versore ˆz è stato scritto in modo complicato in modo che la formula sia valida in generale per il moto
con a ≪ ρ in un B 2-dimensionale (i.e. nel problema concreto B non dipende da z).
Esercizio 116: Carica in B(t) uniforme
Studiare il moto di una particella di carica q libera di ruotare nel piano xy in un campo magnetico Bz(t) che
viene lentamente variato da B0 a B1.
bSoluzione: Assumiamo che B vari di poco in un giro: quindi le orbite sono approssimabili come circonferenze.
Il loro raggio a è determinato da mv 2 /a = qvB. All’inizio la carica ha velocità v0 e quindi gira con raggio
a0 = mv0/qB0. Alla fine avrà velocità v1 (da calcolare) e quindi girerà con raggio a1 = mv1/qB1.
La forza magnetica non accelera le particelle, ma un campo magnetico Bz(t) induce un campo elettrico
Eθ(t). Dall’equazione ∇ × E = − ˙ B segue 2πrEθ = ˙ Φ = πr 2 ˙ B. Denotando con v il modulo della velocità, la
particella viene accelerata secondo
m ˙v qEθ = qa(t)
2
˙Bz = m v ˙Bz
2
Bz
cioè
d v
dt
2
0. (7.2)
Quindi v 2 /Bz (o equivalentemente il flusso Φ ∝ Bza 2 , o equivalentemente il dipolo magnetico µ = qav/2)
sono invarianti adiabatici. La parola ‘adiabatico’ ed il ricordano che il tutto è vero solo nel limite di campo
lentamente variabile.
Bz

Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno 63
Facciamo un esempio numerico: aumentiamo un campo magnetico da 0 a B = 1 Tesla in ∆t = 1 ms.
Assumiamo che alla fine r = 1 m. Quindi alla fine p = eBr = 300 MeV. Verifichiamo se il moto della
particella è adiabatico: l’energia ceduta in un giro vale e E · ds = e · 2πrEθ = e ˙ Φ = π keV, che è molto
minore dell’energia. Equivalentemente, il numero di giri è molto grosso: Ngiri = ms/2πr ≈ 5 10 4 . Quindi
l’approssimazione adiabatica è buona, e dice che r(t) ∝ B −1/2 (t).
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
Riotteniamo lo stesso risultato in modo alternativo, approssimando la carica ruotante come un dipolo magnetico.
Questa approssimazione è possibile solo se la carica ruota veloce, cioè stiamo anche qui facendo
l’approssimazione adiabatica. Una carica produce una corrente i = qω/2π e quindi un momento magnetico
µ = πa 2 i = q
2 a2 ω = q
2m L dove L = mav = ma2 ω
è il momento angolare.
La forza su di un dipolo magnetico dipende solo dal campo magnetico, secondo
˙L = µ × B = e
L × B.
2m
Una particella libera in un campo magnetico ruota sempre attorno ad esso, quindi L e B sono sempre paralleli,
quindi L rimane costante in accordo con i nostri risultati precedenti.
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
Nel limite opposto, in cui µ non dipende da B, l’equazione del moto dice che L gira attorno a B con
frequenza ωL = eB/2m. In un linguaggio meno sofisticato, questo accade perchè il campo magnetico fa girare
più veloce la carica, con frequenza ω + ωL (o più lenta: il segno sarà tale che la variazione di moto genera un
campo magnetico che si oppone alla variazione del B esterno). Studiamo un caso particolare importante per la
teoria del magnetismo nella materia.
Esercizio 117: Atomo in B(t) uniforme
Studiare come reagisce un atomo di idrogeno quando viene acceso lentamente un piccolo campo magnetico
esterno.
bSoluzione: Il problema è analogo a quello precedente, con la differenza che l’elettrone gira risentendo anche
della forza di Coulomb, non solo del campo magnetico esterno. Possiamo quindi utilizzare ancora l’eq. (7.2),
tenendo conto che ora il legame fra a(t) e v(t) è dato da mv 2 /a = −evB +e 2 /4πɛ0a 2 . Per semplicità, assumiamo
che il campo magnetico dia una piccola correzione a v e quindi al raggio dell’orbita a, che in prima approssimazione
rimane costante, al valore fissato dalla meccanica quantistica. Questa è l’unica differenza rispetto al caso
precedente. Quindi
m ˙v = ea
2 ˙ B → ω(t) ≡ v(t)
= ω(0) + ωL(t)
a
dove ωL = eB/2m è detta frequenza di Larmour, che stiamo assumendo essere una correzione piccola, ωL ≪ ω.
E.g. per B = Tesla viene ωL = 0.9 1011Hz, mentre gli atomi hanno frequenze tipiche ω ∼ 1016Hz. Quindi
ωL ≪ ω: l’approssimazione che stiamo usando è buona.
Esercizio 118: Carica in B non uniforme
Calcolare in approssimazione adiabatica la velocità di drift parallela al campo magnetico.
bSoluzione: Nei vari casi precedentemente studiati abbiamo trovato ‘nuovi’ effetti: drifts ortogonali al campo
magnetico. Ora studiamo in dettaglio il ‘vecchio’ moto lungo le linee del campo magnetico, che in molti casi
rimane il moto principale. Se il campo magnetico è uniforme, la carica procede con v || costante. Vogliamo
vedere come procede in generale. Il risultato è:
v 2 = v 2 || + v2 ⊥ = costante e v 2 ⊥/B = invariante adiabatico

64 Capitolo 7. Moto in campo magnetico esterno
dove la prima costante del moto è l’energia (ovvio!). L’esistenza di un invariante adiabatico la si può capire
intuitivamente dai problemi precedenti, dove la stessa espressione era invariante adiabatico. Nel caso precedente
B dipendeva dal tempo (producendo un E), mentre ora dipende dallo spazio: ma dal punto di vista di una
particella che cammina è come se B dipendesse dal tempo.
Avendo capito intuitivamente perchè v 2 ⊥
/B è invariante adiabatico, vogliamo dimostrarlo in modo rigoroso.
Mettendo l’asse z lungo la linea di B si ha che una variazione di Bz(z) è accompagnata da un Bρ = −ρB ′ z(z)/2,
in quanto questo è necessario per avere ∇ · B = 0. Per verificarlo basta usare la divergenza in coordinate
cilinidriche, o imporre che il flusso di B su di un appropriato cilindretto sia zero.
La componente Bρ contribuisce all’equazione del moto della carica q lungo z:
¨z = − qvθBρ
m − v2 ⊥ B
2Bz
′ z
avendo usato vθ v⊥ e ρ mv⊥0/qBz0 in approssimazione adiabatica. Verifichiamo che v 2 ⊥ /Bz è costante:
d
dt
v2 ⊥ = −
Bz
˙ Bz
B2 v
z
2 ⊥ + 1 d
Bz dt (v2 − v 2 ) = −B′ z
˙zv
Bz
2 2 ˙z¨z
⊥ − = −2
Bz
˙z
(¨z +
Bz
v2 ⊥ B
2
′ z
Bz
in quanto l’ultima espressione coincide con l’equazione del moto.
Esercizio 119: Intrappolamento magnetico
Due spire circolari, di raggio a = 0.1 m e situate a z = ±d/2 (con d = 0.5 m) perpendicolarmente all’asse z,
sono percorse da N = 1000 spire con corrente i = 1 A. Studiare il moto di a) un elettrone b) un gas di elettroni
situati lungo l’asse z.
bSoluzione: Lungo l’asse z il campo magnetico vale:
2 µ0Nia
Bz(z) =
2
(a 2 + (z − d/2) 2 ) −3/2 + (a 2 + (z + d/2) 2 ) −3/2
.
Il campo magnetico è minimo a z = 0 dove vale Bmin = Bz(0) = 0.64 10−3 Tesla. Il calcolo del punto dove il
campo magnetico è massimo è analiticamente complicato ma numericamente immediato: in pratica B è massimo
in prossimità dei centri delle spire, a z ≈ ±0.25 m dove vale Bmax = 6.3 10−3 Tesla.
/2 compie
) = 0
Vediamo in quali condizioni l’approssimazione adiabatica è valida. Un elettrone con E⊥ = mev 2 ⊥
circonferenze di raggio
ρ = mv⊥
eB =
√ 2meE⊥
eB
= MeV/c
E⊥
eB MeV = 106
V E⊥
Bc MeV = 3.3 m10−3
Tesla E⊥
B MeV
L’approssimazione adiabatica vale se ρ ≪ a, d quindi per E ≪ keV.
Assumiamo che l’elettrone parta dall’origine con direzione iniziale
tan α = v⊥/v .
Se α = 0 l’elettrone viaggia a velocità costante. Se α è abbastanza grosso
rimane intrappolato ed oscilla avanti ed indietro girellando lungo la linea di
campo (vedi figura).
L’ampiezza delle oscillazioni si calcola, in generale, combinando la conserva-
zione dell’energia v 2 con quella dell’invariante adiabatico v 2 ⊥
/B. Al punto di
oscillazione massima si ha v = 0 il che corrisponde a v 2 = v 2 ⊥ Bmax/Bmin,
dove Bmax è il massimo valore del campo magnetico che l’elettrone riesce a
raggiungere. Si trova quindi sin 2 α = Bmin/Bmax. Nel nostro caso si hanno
oscillazioni per sin 2 α > 0.1 cioè α > 18 ◦ .
Se uno vuole intrappolare tanti elettroni, quelli con α < 18 ◦ scappano subito. Quelli con α > 18 ◦ rimangono,
ma le collisioni fra di loro tendono a rendere la distribuzione angolare isotropa (e la distribuzione in energia
Maxwelliana), generando altri elettroni con α < 18 ◦ che quindi mano a mano scappano. Per questo motivo
questo tipo di ‘bottiglia magnetica’, inizialmente considerata come possibile tecnologia per fusione nucleare, è
stata abbandonata.

Capitolo 8
Induzione magnetica
Le equazioni fondamentali sono ∇ × E = − ˙ B e F = q v × B. La prima implica che la f.e.m. ai capi di un
circuito fermo in un campo B dipendente dal tempo vale E = − ˙ ΦB. La seconda dice che la f.e.m. ai capi di
un circuito in modo in un campo magnetico B non uniforme vale E = − ˙ ΦB (come verificato nell’esercizio sulla
centrale elettrica). Quindi le due equazioni fondamentali sono legate dal principio di relatività.
Esercizio 120: Circuito allungato
Un circuito rettangolare di reststenza R e lati ℓ fisso ed x variabile è immerso in un campo magnetico B
ortogonale. La lunghezza x viene variata x = vt. Calcolare a) la corrente indotta, b) la forza esterna F ; c) la
potenza W necessaria; d) la potenza dissipata nella resistenza.
bSoluzione:
a) Φ = BLvt e quindi I = E/R = BLv/R.
b) Fext = BIL = B 2 L 2 v/R in direzione opposta al moto.
c) Wext = F v.
d) W = I 2 R = Wext. Tutto il lavoro fatto viene dissipato tramite R.
Esercizio 121: Circuito in moto
Una spira rigida conduttrice di forma quadrata, con i lati di lunghezza ℓ paralleli all’asse x ed all’asse y, si
muove nel piano xy di un sistema di riferimento cartesiano ortogonale xyz con velocità iniziale v0 parallela
all’asse x, nel suo verso positivo. All’istante t = 0 interseca la regione x ≥ 0 in cui risiede un campo magnetico
B, uniforme e costante, diretto lungo l’asse z nel suo verso positivo.
a) Calcolare, in funzione della velocità v, la corrente I circolante nella spira mentre penetra nella regione
sede del campo magnetico;
b) Calcolare la forza F agente sulla spira.
c) Calcolare la minima velocità iniziale v min
0
del campo magnetico.
d) Assumendo v0 > v min
0
e) Assumendo v0 < v min
0
bSoluzione:
necessaria perché la spira penetri totalmente nella regione sede
calcolare la carica totale circolata nella spira.
calcolare la carica totale circolata nella spira.
65

66 Capitolo 8. Induzione magnetica
a) Nella spira si genera, per induzione, una f.e.m. E = − ˙ ΦB = −B ˙ S = −Bℓ ˙x = −Bℓv. Quindi I = E
R =
− Bℓv
R . La forza sulla spira (mente penetra la regione x > 0, ma non è ancora entrata totalmente) è diretta
lungo l’asse x ed è generata dall’interazione della corrente sul lato entrato totalmente e il campo magnetico
(i contributi sui lati paralleli al moto si compensano e quello esterno non interagisce con alcun campo).
b) Si ha F = BℓI = −B 2 ℓ 2 v/R (il segno − indica che è frenante, coerentemente con la legge di Lenz).
c) L’equazione del moto per la spira, mentre penetra nella regione del campo magnetico, è m ˙v = −B2ℓ2v/R, ovvero ˙v + v/τ = 0 con τ = mR/B2ℓ2 . Quindi la velocità della spira varia nel tempo secondo v(t) =
v0e−t/τ . La lunghezza del tratto di spira x(t) entrato nella regione del campo magnetico all’istante t
(maggiore di zero) è quindi x(t) = t
0 v(t)dt = v0τ(1 − e−t/τ ). Perché tutta la spira penetri (anche in un
tempo infinito) deve perciò essere v0τ ≥ ℓ, da cui vmin 0 = ℓ/τ = B2ℓ3 /mR.
d) La carica circolata si ottiene da
Q = Idt =
Se v0 > v min
0
E 1
dt = −
R R dΦB = − ∆ΦB
R .
la variazione di di flusso è Bℓ 2 e quindi Q = BI 2 /R.
e) Se v0 < ¯v0 la spira non penetra totalmente nella regione del campo magnetico, ma solo di un tratto v0τ,
e quindi (procedendo come nel caso precedente) Q = −Bℓv0τ/R = −mv0/Bℓ.
La carica Q può anche essere direttamente ottenuta dall’equazione del moto: ∆p = −mv0 = F dt =
BℓIdt = Bℓ Idt = BℓQ.
Come si produce la ‘corrente’?
Esercizio 122: Centrale elettrica
bSoluzione: Per trasformare energia meccanica in energia elettrica si può: a) far ruotare una spira in un campo
magnetico costante (generato e.g. da un magnete); oppure b) far ruotare un campo magnetico attorno ad una
spira ferma. In entrambi i casi vale E = − ˙ Φ, che segue dalle due diverse equazioni di base.
a) Nel caso in cui la spira è ferma ed il campo magnetico ‘si muove’, E = − ˙ Φ segue direttamente dalla seconda
equazione di Maxwell, integrandola lungo la superficie della spira ed utilizzando il teorema di Ampere:
E = E · ds = ∇ · E = − ˙B = − ˙ ΦB
b) Nel caso in cui il campo magnetico è fermo e la spira si muove,
E = − ˙ Φ segue dalla forza di Lorentz. Per vederlo consideriamo
un caso concreto: un campo magnetico Bz (uniforme e
parallelo all’asse z), ed una spira rettangolare di lati ∆x e
∆y che facciamo ruotare attorno all’asse x: La forza magnetica
ha una componente lungo il circuito solo sui lati esterni,
Fx = q(v × B)x = qvyBz. Calcoliamo vy = ˙y differenziando
y = 1
2 ∆y cos θ(t). La forza Fx equivale ad un campo elettrico
effettivo Ex = Fx/q, che non dipende da q. Il suo integrale
di linea vale
E =
F
q
2 d
· ds =
2 dt ∆y · ∆x sin θ = − ˙ ΦB
S
In pratica la corrente viene prodotta tramite il metodo b): una spira viene fatta girare nel campo magnetico
generato da un ferromagnete. È importante notare che l’energia elettrica non appare dal nulla, ed anzi è uguale
all’energia meccanica spesa per far girare la spira (at esempio da una cascata, in una centrale idroelettrica).
Infatti la fem fa muovere le cariche, che così acquistano anche una velocità vx: questo produce una ulteriore
forza che si oppone al moto. Per fare la verifica quantitativa assumiamo che il sistema abbia una resistenza R
S
Bz
θ
x
y

Capitolo 8. Induzione magnetica 67
(che in pratica corrisponde ad un utente che utilizza la corrente elettrica): si genera allora una corrente I = E/R.
La potenza elettrica vale W = E 2 /R = IE. Sui due lati di lunghezza ∆x della spira agiscono forze orizzontali
Fy = ±IBz ∆x, e quindi per far girare la spira occorre compiere un lavoro meccanico Wext = 2|Fyvy|, che
risulta esattamente uguale a W = IE. L’energia si conserva.
Esercizio 123: L’eccezione
Le due equazioni fondamentali sono sempre sostituibili da E = − ˙ Φ, o esiste l’eccezione che conferma la regola?
bSoluzione: Si possono inventare esempi in cui E = − ˙ Φ fallisce ed occorre ripartire dalle equazioni di base. In
questi esempi la forma del circuito lungo il quale si calcola il flusso non è ben definita:
• Ondulatore (vedere Feynman).
• Macchina unipolare: una sfera magnetizzata verticalmente contiene un B ∝ M viene fatta ruotare. Fra
polo e contratto strisciante su equatore si crea una fem E ∝ drωrB, calcolabile anche come variazione
del flusso di un circuito ruotante
Esercizio 124: Circuito ruotante
Un motorino fa ruotare una sbarretta conduttrice di lunghezza L attorno ad
una estremità, con velocità angolare ω costante, facendo una circonferenza
nel piano ortogonale ad un campo magnetico B costante. Ai due estremi
della sbarretta è collegato un circuito che contiene una fem costante V ed una
resistenza R.
a) Calcolare la corrente I che passa nel circuito.
b) Per quale valore di ω è possibile levare il motorino e la sbarretta continua
a girare?
bSoluzione:
a) L’equazione del circuito è E = V + RI dove E = −B ˙ S dove ˙ S = L 2 ω/2 è la variazione di area.
b) Per il valore di ω tale che E = V : in questo modo I = 0 e quindi la forza di Lorentz vale zero.
Esercizio 125: Generatore in orbita
Il campo magnetico terrestre all’equatore vale B0 = 0.5 G. Un satellite ruota con v = 7 km/ s su un orbita di
raggio R = 8000 km. Dal satellite pende un filo lungo L = 200 m. Calcolare la ddp ai suoi capi.
bSoluzione: vB = Lv(R0/R) 3 ≈ 35 V, dove R0 è il raggio della terra. Facendo oscillare la lunghezza del filo
si genera una corrente alternata. Il problema e’che facendo un circuito chiuso la fem si annulla. Per evitarlo si
e’provato a chiudere il circuito sparando ioni.
Esercizio 126: Cilindro ruotante
Un cilindro conduttore viene fatto ruotare a velocità angolare ω parallela ad un campo magnetico costante B.
Un contatto strisciante di resistenza R connette il bordo con il centro. Quanta corrente vi passa?
bSoluzione:

68 Capitolo 8. Induzione magnetica
Discutere i trasformatori.
Esercizio 127: Trasformatore
bSoluzione: Per trasmettere una data potenza W = V I da una centrale elettrica al luogo di consumo conviene
utilizzare un grosso V ed una piccola I, in modo da ridurre la potenza RI2 dissipata per effetto Joule lungo la
linea di trasmissione. Ad esempio per trasmettere 10 kW a 100 V serve I = 100 A; se invece la trasmetto a 10
kV basta I = 1 A, riducendo di un fattore 104 la potenza dissipata nel filo.
Per motivi di sicurezza l’energia elettrica va però venduta a basso voltaggio.
È quindi essenziale che un
trasformatore sappia convertire il voltaggio senza perdite. Un trasformatore si basa sull’induzione magnetica,
che richiede correnti variabili. Per questo motivo le correnti alternate sono più usate di quelle continue.
Le equazioni di base di un trasformatore sono
V1 − ˙ Φ1 = V1 − L1 ˙
I1 − M ˙
I2 = R1I1
− ˙ Φ2 = −L2 ˙
I2 − M ˙
I1 = R2I2
e la quantità interessante da calcolare è il fattore di conversione V2/V1 = R2I2/V1.
Nel limite ideale R1 = 0 ed R2 → ∞ viene I2 → 0 e quindi V2/V1 = M/L1 = N2/N1. Se I2 = 0 il secondo
circuito reagisce sul primo. Per calcolare come assumo una fem alternata ˆ V1 = V1eiωt ed uso il metodo delle
impedenze
V1 = (R1 + iωL1)I1 + iωMI2 (R2 + iωL2)I2 + iωMI1 = 0
da cui
V2
V1
=
−iωMR2
(R1 + iωL1)(R2 + iωL2) + ω 2 M 2
W2
W1
R2
=
R2 + IωL2
M 2 ω 2
(R1 + iωL1)(R2 + iωL2) + ω 2 M 2
[i moduli quadri andrebbero presi con cura] La potenza trasmessa vale 1 se R1,2 → 0 e se il termine ω 2 (M 2 −
L1L2) al denominatore vale zero. Questo corrisponde ad avere un trasformatore che non disperde flusso. Il
massimo valore possibile di M è M = √ L1L2.
Assumendo accoppiamento perfetto e che R1 sia trascurabile
V2
V1
L2
= − = −
L1
N2
N1
È chiaramente importante avere ωL ≫ R, altrimenti W2/W1 ∼ L2/R2. Nel vuoto si ha L ∼ Nµ0d dove d è la
dimensione del trasformatore ed N è il numero di spire. Per ω ∼ 100 Hz e d ∼ m viene ωL ∼ N 10 −7 Ω. Il ferro
migliora la situazione di un fattore µ/µ0 ∼ 10 4 .
Esercizio 128: Trasformatore con due spire
Non si usa il ferro. Due spire concentriche, di raggi A ed a.
bSoluzione: L ∼ µ0a, MAa µ0a 2 /2πA. MaA = MAa in modo non ovvio.
Esercizio 129: Induzione
Due circuiti hanno autoinduttanze L1 ed L2 e M. Studiare cosa succede quando si connettono i fili in vario
modo.
bSoluzione: In generale
E1 = −L1 ˙
I1 − M ˙
I2
E2 = −L2 ˙
I2 − M ˙
I1
con M > 0, avendo scelto stesse direzioni per I ed E. (E = − ˙ Φ, posso fare lo stesso esercizio con Φ).
• Se li attacco in serie dritti E = E1 + E2 e I = I1 = I2. Quindi ottengo un unico circuito con induttanza
L = L1 + L2 + 2M.

Capitolo 8. Induzione magnetica 69
• Se li attacco in serie a rovescio E = E1 − E2 e I = I1 = −I2. Quindi ottengo un unico circuito con
induttanza L = L1 + L2 − 2M. Deve essere L > 0 e quindi M < (L1 + L2)/2.
• Se li attacco in parallelo dritti E = E1 = E2 e quindi
I1 = −E L2 − M
L1L2 − M 2 , I2 = −E L1 − M
L1L2 − M 2 , I1 + I2 = I = −EL L = L1 + L2 − 2M
L1L2 − M 2
da cui M < √ L1L2, che è una condizione più stringente. Notare che è possibile avere |M| ≫ √ L1L2,
quando M < 0.
• Se li attacco in parallelo a rovescio viene L = (L1 + L2 + 2M)/(L1L2 − M 2 ).
• Se M = 0 le induttanze si combinano come le resistenze.
Inventare un trapano
Esercizio 130: Trapano
bSoluzione: Iniziamo da un esercizio ideale: supponiamo di avere un campo magnetico con simmetria cilindrica
Br = B0(r0/r). Verifica ∇ · B = 0 per r = r0.
Una spira di lunghezza ℓ, nella quale viene fatta passare una corrente continua i, è libera di ruotare radialmente.
La forza di Lorentz sul lato superiore vale F+ = ℓiB(r+) e tende a far girare la spira; tuttavia sul
lato inferiore si esercita una forza F− = −(r+/r−)F+ tale che il momento totale è zero. Se a uno piace complicarsi
la vita e pensare in termini di ‘flusso tagliato’ questo accade perchè il flusso tagliato dal filo superiore
(Φ = B(r+)ℓr+∆θ) è uguale ed opposto a quello tagliato da filo inferiore.
Quindi, per ottenere un trapano funzionante, si elimina il filo inferiore rimpiazzandolo con il contatto mobile
disegnato in figura
F
Studiamo adesso come si fa ad ottenere il campo magnetico assunto. Non disponendo di un filo di monopoli
magnetici lo si può costruire con un magnete non su tutta la circonferenza ma solo su di una parte. Questo è
ottenibile usando un magnete permanente. Nella parte di sotto il campo magnetico ‘tira dritto’ e produce un
momento che tende a frenare la spira. Per evitare questo si può invertire il segno della corrente i quando fa il
mezzo giro nella parte inferiore, utilizzando quindi una corrente alternata di frequenza uguale alla frequenza di
rotazione. Questa non è una buona soluzione, in quanto una presa di corrente da invece una corrente alternata
di frequenza fissa, 60 Hz. Conviene quindi avvolgere un solenoide attorno ai magneti in modo da fargli creare un
campo magnetico nella direzione giusta quando ci passa la spira, in modo che venga sempre accelerata. Siccome
far percorrere ad un magnete il suo ciclo di isteresi costa energia (a seconda di quanto è largo il ciclo di isteresi),
si mettono due o più spire con correnti circolanti in senso opposto in modo da usare il campo magnetico quando
punta in entrambe le direzioni.
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
La rotazione del filo produce una vθ e quindi una forza di Lorentz lungo il filo, e quindi una fem indotta
E = −qr+Bωℓ che ad alta frequenza riduce la fem iniziale frenando la rotazione della spira Poi la spira produce
a sua volta un campo magnetico: si ha anche un effetto di auto-induzione
E = −qBr+ℓω = Ri + L di/dt I ˙ω = Br+ℓi
F

70 Capitolo 8. Induzione magnetica
da cui, senza fem esterna,
dando oscillazioni smorzate.
L d2ω dω
+ R
dt2 dt
2 (Br+ℓ)
+ q ω = 0
I

Capitolo 9
Forze magnetiche fra circuiti
Hanno importanza soprattutto come esercizi in compiti.
Esercizio 131: Due circuiti lunghi
Si considerino i due circuiti rigidi in figura, con L ≫ d. a) De-
terminare il coefficiente di mutua induzione. Due generatori di
corrente mantengono le correnti I1 ed I2 costanti. Le resistenze
elettriche sono trascurabili. b) Determinare le forze esterne
necessarie a mantenere i circuiti fermi come in figura. c) Lasciando
libero uno dei circuiti di muovesi, determinare la sua energia
cinetica a distanza infinita.
bSoluzione:
a) Dominano le forze fra i fili lunghi. Chiamandoli 1,2,3,4 (dall’altro in basso)
F = F14 + (F13 + F24) + F23 = µ0L
I1I2 1 2
− + 1 =
2π d 3 2 µ0L I1I2
2π 3d
La forza è repulsiva.
b) M < 0 in quanto i due circuiti sono ‘esterni’: uno prende il flusso dell’altro nella regione in cui B ‘torna
indietro’. Lungo il piano che contiene i due circuiti, a distanza x dal filo 2
B = µ0I1
−
2π
1
1
+ , Φ(B) = L
x x + d
2d
d
d
d
d
B dx = MI1
M = − µ0L
2π
c) Sfruttiamo la conservazione dell’energia: UI + L = UF + K. K è l’energia cinetica che si vuole calcolare.
UF ed UI sono le energie magnetiche, in generale date da U = LijIiIj. Alla fine L12 = M = 0 mentre
all’inizio M ha il valore calcolato al punto b). L è il lavoro fatto dai generatori per mantenere costanti
le correnti
L =
2
IiEi dt =
i=1
2
i=1
Ii
dΦi
dt =
dt
I 1
I 2
ln 4
3
2
Ii[ΦiF − ΦiI] = I1[0 − MI2] + I2[0 − MI1] = −2MI1I2
i=1
Quindi K = (UF −UI)+L = (1−2)MI1I2 = −MI1I2 > 0, in accordo con il fatto che la forza è repulsiva.
c ′ ) Si può anche procedere in modo meno intelligente intergando la forza ricalcolata a distanza r > d generica:
F = F14 + (F13 + F24) + F23 = µ0L
2π I1I2
1 2 1
− + =
2d + r d + r r
µ0L
2π I1I2
2d2 r(d + r)(2d + r)
A grande distanza r ≫ d deve ridursi alla forza fra due dipoli magnetici µi = LdIi. Integrando K =
F dr si ritrova il risultato precedente
∞
d
71

72 Capitolo 9. Forze magnetiche fra circuiti
Esercizio 132: Rotazione di due spire circolari
[Dal compito del 19/9/03] Due spire conduttrici circolari coplanari diposte nel piano xy hanno raggi diversi in
modo trascurabile, sezione del filo trascurabile, resistenza R e coefficiente di autoinduzione L. La spira interna
è libera di ruotare attorno all’asse x e inizialmente percorsa da una corrente i0, mentre la spira esterna è fissa
e collegata ad un generatore ideale di corrente che eroga la corrente I. Le correnti scorrono nello stesso verso.
All’istante t = 0 ed in un tempo trascurabile rispetto al tempo caratteristico del sistema, la spira interna viene
ruotata di 90 ◦ e fermata.
a) Si calcoli la relazione tra il coefficiente di autoinduzione L delle spire e quello di mutua induzione M sia
al tempo t < 0 (quando le spire sono coplanari) sia a t > 0 (dopo aver effettuato la rotazione).
b) Supponendo trascurabile la caduta ohmica nella spira interna durante la rotazione, si calcoli la corrente
che circola in essa all’istante dell’arresto.
c) Si calcoli il lavoro fornito dal generatore di corrente durante la rotazione.
d) Sapendo che l’energia dissipata nella spira interna per effetto Joule durante il tempo transitorio di scarica
successivo alla rotazione della spira è LJ, si determini L.
e) Si calcoli il lavoro meccanico Lmecc speso per far ruotare la spira.
bSoluzione:
a) All’inizio M0 = L. Dopo la rotazione, M = M1 = 0, come si può vedere da considerazioni di simmetria.
b) Durante la rotazione la f.e.m. ai capi della spira interna è: E = −dΦ/dt = Ri. Siccome la rotazione
avviene molto velocemente possiamo trascurare Ri, e quindi Φ = MI + Li rimane costante. Quindi
Li1 = Li0 + M0I cioè i1 = i0 + I.
c) La conservazione dell’energia consente di calcolare il lavoro totale Lgen + Lmecc = U1 − U0, ma non le
singole componenti.
Il lavoro compiuto dal generatore di corrente si ottiene facilmente integrando la potenza dissipata sia a
causa della presenza della resistenza, sia dovuta alla forza elettromotrice indotta:
Lgen =
∆t
0
RI 2 − EI dt = RI 2 ∆t + I∆Φ = RI 2 ∆t + I∆(Mi)
Per ∆t → 0 la dissipazione ohmica diventa trascurabile. Essendo ∆(Mi) = −M0i0 = −Li0, risulta che
Lgen = −Li0I. Verifica del segno: il sistema da solo tenderebbe ad aumentare I per opporsi alla variazione
di Φ, che decresce. Siccome invece I viene mantenuta costante, il generatore riceve energia.
d) Durante il transiente successivo alla rotazione l’energia immagazzinata nell’induttanza si dissipa per effetto
Joule, quindi
LJ = L
2 i2 1 = L
2 (i0 + I) 2 .
e) Trascurando la dissipazione Joule durante la veloce rotazione, dalla conservazione dell’energia segue che
Lmecc = U1 − U0 − Lgen = L
2 (i21 + I 2 ) − L
2 (i20 + I 2 ) − M0Ii0 + LIi0 = L
2
I(I + 2i0)
Calcolare il lavoro meccanico come integrale Lmecc = M dθ del momento delle forze sarebbe più
complicato, ma consente di vedere subito che vale zero per I = 0.

Capitolo 9. Forze magnetiche fra circuiti 73
Esercizio 133: Una spira ed un dipolo
[Dal compito del 6/2/04] Un dipolo magnetico con momento magnetico
µ è posto al centro di una spira circolare di raggio a. Il sistema di assi
cartesiani è fissato in modo che l’origine sia nel centro della spira e gli assi
x e y nel suo piano. Il dipolo viene fatto ruotare con velocità angolare
costante ω nel piano x, z (vedi fig. 1)
a) Si determini la corrente che scorre nella spira sapendo che essa
ha una resistenza elettrica R (si trascuri il suo coefficiente di
autoinduzione).
b) Si determini il momento meccanico esterno necessario a mantenere
il dipolo in rotazione.
c) Si mostri che la potenza meccanica media fornita è eguale alla
potenza dissipata per effetto Joule.
La spira sia connessa a un generatore di corrente costante I.
x
θ=ω(τ)
d) Se il dipolo ha massa m e si può muovere lungo z, si determini l’orientamento relativo della corrente nella
spira e del dipolo perche’ la forza lungo z sia di richiamo attorno al punto z = 0 e la frequenza delle sue
piccole oscillazioni.
bSoluzione:
a) Il dipolo magnetico è equivalente ad una spiretta di superficie s percorsa da corrente i tale che µ = si. La
corrente nella spira grossa dipende dalla variazione del flusso di mutua induzione della spiretta sulla spira.
È complicato calcolarlo, mentre è facile calcolare il coefficiente di mutua induzione M(θ) dalla spira sulla
spiretta. Per via di un teorema generale i due coefficienti sono uguali. Ricordando che il campo magnetico
nel centro della spira vale Bz = µ0I/2a abbiamo
M(θ) = Φs(θ)
I
= µ0s
2a
cos θ.
dove 0 ≤ θ ≤ π. Quindi il flusso indotto dalla spiretta (dipolo) sulla spira è
ΦS(θ) = i · M(θ) = µ0s · cos θ
i =
2a
µ0µ
cos ωt
2a
e non dipende dalla superficie s arbitraria della spiretta. La corrente I è data da
I = E(t)
R
1 ∂ΦS(t) 1 µ0µω
= − = sin ωt
R ∂t R 2a
b) Il momento meccanico esterno M deve essere opposto al momento delle forze dovuto all’interazione tra
dipolo e campo della spira, M = −µ × B, che ha solo componente
My = µxBz = µBz sin ωt = µ2 µ 2 0ω
4Ra 2 sin2 ωt
c) La potenza W sviluppata dal momento delle forze esterne è
eguale alla dissipazione Joule WJ = E 2 /R.
W = Myω = µ2 µ 2 0ω 2
4Ra 2 sin 2 ωt
d) Affinchè la forza sia di richiamo il potenziale U(z) = −µ · B deve essere minimo a z = 0, quindi µ e B
devono essere concordi. La forza è:
Fz = m¨z = µ ∂Bz
∂z
= µ ∂
∂z
µ0Ia 2
2(a 2 + z 2 )
= −3
3/2 2
da cui la frequenza delle piccole oscillazioni, ω = 3µ0I/2ma 3 .
µ0Ia 2 z
(a2 + z2 −3
) 5/2 2
Fig.1
z
µ0Iz
a 3
a
y

74 Capitolo 9. Forze magnetiche fra circuiti
Esercizio 134: Monopolo magnetico
Studiare come reagisce una spira circolare di raggio a quando lungo il suo asse passa, a velocità v costante a)
un dipolo b) un monopolo magnetico.
bSoluzione: Entrambi inducono un flusso indotto e quindi una fem E = − ˙ Φ. Se la spira ha auto-induttanza
L trascurabile e resistenza R, misuro una corrente I = − ˙ Φ/R. Se invece la spira ha R trascurabile ed autoinduttanza
L ho E = L ˙ I e quindi misuro una corrente I = I0 − Φ(t)/L. In generale succedono cose più
complicate. Nel seguito studio questi due casi particolari.
a) Dipolo magnetico. Usiamo lo stesso trucco usato alla domanda a) dell’esercizio precedente. Il coefficiente
di mutua induzione della spirona sulla spiretta (dipolo) è
M =
µ0a2 2(a2 + z2 ) 3/2 s cos θ, ΦD
µ0a
= iM =
2
2(a2 + z2 µ cos θ
) 3/2
dove θ è l’angolo che fa il dipolo rispetto alla spira e z = vt.
b) Monopolo magnetico. Un monopolo magnetico qM produrrebbe un campo magnetico a simmetria
sferica, Br = qM /r 2 (la definizione della normalizzazione di qM è arbitraria). Non occorre fare l’integrale
per calcolare il flusso raccolto dalla spira, che è semplicemente dato da qM per l’angolo solido sotteso dalla
spira, 2π[1 − cos θsotteso]. Quindi
ΦM = 2πqM
La figura mostra l’andamento temporale di Φ e ˙ Φ nei due casi.
flusso
tempo
z
1 − √ .
z2 + a2 fem
tempo
Misurando una di queste quantità si ricava la velocità dell’oggetto che passa, e si distingue se è un dipolo
(linea continua blu) o un monopolo (linea tratteggiata rossa) Il monopolo magnetico produrrebbe un segnale
caratteristico, che nessuno ha mai visto.
Notare che i due risultati sono legati da dΦM /dz = ΦD/d: infatti due monopoli magnetici qM a distanza
d = µµ0 cos θ/4πqM piccola formano un dipolo magnetico µ. 1
Esercizio 135: Traslazione di due spire circolari
[Dal compito del 25/9/02] Una spira circolare conduttrice giace vincolata su di un piano parallelo a distanza z
1Teorici ritengono che i monopoli debbano esistere, abbiano carica qM ∼ ¯h/2qE e forse massa M ∼ 1016mp, ma che dopo
l’inflazione ne siano rimasti troppo pochi per essere osservati. Un elettrone sull’anello aquista impulso
∆Φ 2qEqM
pr = qEErdt =∼ qE ∼
2πa a
Imponendo la quantizzazione del momento angolare L = apr = ¯h si trova qEqM = ¯h/2. Torna ma non sono sicuro sia corretto,
bisogna capire il significato di ∆Φ = 0. Probabilmente per rendere consistenti le eq. di Maxwell modificate bisogna aggiungere una
JM

Capitolo 9. Forze magnetiche fra circuiti 75
dal piano di una seconda spira. La resistenza, il coefficiente di autoinduzione e quello di mutua induzione della
spira superiore siano R, L2, M. Il coefficiente di autoinduzione della spira inferiore sia L1. Si invii nella spira
inferiore una corrente
It/τ per t < τ
i1(t) =
I per t > τ
Si determini
a) La corrente i2(t) nella spira superiore;
b) L’energia totale dissipata nella resistanza R
c) La carica Q che attraversa R
Nell’ipotesi che la spira superiore di massa m sia libera di muoversi verticalmente lungo il suo asse parallelo al
campo gravitazionale g, che R = 0 e che τ sia abbstanza piccolo in modo che M resti costante per 0 < t < τ si
determini, ripetendo l’immissione della corrente i1
d) la quota massima raggiunta dalla spira superiore, sapendo che in questa posizione il suo coefficiente di
mutua induzione è M ′ .
bSoluzione:
a) Per t < τ i2 è data dall’equazione
risolta da
di2 di1
L2 + M
dt dt + Ri2 = 0, i2(0) = 0
i2(t) = MI
Rτ (e−t/τ2 − 1)
dove τ2 = L2/R. Per t > τ si ha di1/dt = 0 e quindi
i2(t) = i2(τ)e −(t−τ)/τ2 . La figura mostra il risultato per
diversi valori di τ/τ2.
b) L’energia dissipata vale
W =
∞
0
dt R i 2 2(t) = I2 M 2
0
-IM/L2
Rτ 2 [τ − τ2 + e −τ/τ2 τ2]
Per τ2 ≪ τ si ha i2(τ) −IM/Rτ e W Rτ(MI/Rτ) 2 → 0 dominata da 0 < t < τ.
Per τ2 ≫ τ si ha i2(τ) −IM/Rτ2 = −IM/L2 e W L2i 2 2(τ)/2 dominata da τ < t < ∼ τ2.
c) La carica totale che attraversa la resistenza è calcolabile come
Q =
∞
0
dt i2 = −IM/R.
Τ2Τ
Τ2 =Τ
Τ2 =
0 Τ 2Τ 3Τ
Il risultato è semplice e lo si può alternativamente ottenere senza nessun calcolo usando i2 = −E/R =
− ˙ Φ/R e quindi Q = (Φi − Φf )/R = −MI/R. Per fare l’ultimo passaggio occorre notare che sia all’inizio
che alla fine si ha i2 = 0 e quindi il flusso è semplicemente dato da Φ(t) = M(t)i1(t) (cioè Φi = 0 e
Φf = MI).
d) Per R = 0 si ha E = 0 = ˙ Φ quindi Φ = Mi1 + Li2 è costante. Siccome all’inizio Φ = 0 e siccome i1
raggiunge subito il valore costante i1(t > τ) = I, alla massima quota si ha i2 = −M ′ I/L2. Imponiamo
adesso la conservazione dell’energia, tenendo conto che un generatore genera la corrente i1. L’energia
magnetica vale
Umag = L1
2 i2 1 + L2
2 i2 2 + M(t)i1i2 = L1
L’energia fornita dal generatore vale
Lgen = i1E1 dt = I
2 I2 − M 2 (t)
2L2
I 2 , ∆Umag = 1
2 (M 2 − M ′2 ) I2
d
dt (Mi2 + L1i1) = (M 2 − M ′2 ) I2
L2
L2

76 Capitolo 9. Forze magnetiche fra circuiti
L’energia gravitazionale vale ∆Ugrav = mg ∆z. Imponendo ∆Umag + ∆Ugrav = Lgen si ottiene
∆z = M 2 − M ′2
2
I2 .
mgL2
Come al solito il generatore contribuisce −2 volte la variazione di Umag.
Esercizio 136: Molla magnetica
[Dal compito di settembre 2004]. Una molla di lunghezza a riposo d, lunghezza
iniziale ℓ = d/2, costante elastica k è costitituita da costituita da N ≫ 1 spire
conduttrici di sezione circolare S ≪ d 2 (in modo da poter essere approssimata
come un solenoide fitto e lungo) e resistenza trascurabile percorse da una
corrente iniziale I0.
a) Determinare come varia la corrente I se ℓ viene variato.
b) Determinare il valore di I0 tale che ℓ = d/2 sia posizione di equilibrio.
La corrente viene mantenuta costante al valore I0 da un generatore esterno,
e la molla viene lentamente allungata fino a raggiungere la lunghezza di
riposo d.
c) Calcolare il lavoro delle forze esterne.
d) Calcolare la variazione di energia magnetica ed il lavoro compiuto dal
generatore.
bSoluzione:
a) La corrente varia in modo da mantenere costante il flusso del campo magnetico Φ = LI con L = µ0SN 2 /ℓ.
Quindi I = I0L0/L = I0(2ℓ/d).
b) L’energia magnetica vale U = LI 2 /2 = Φ 2 0/2L = Fmagℓ dove Fmag = 2µ0I 2 0 SN 2 /d 2 e produce quindi una
forza magnetica costante ed attrattiva Fmag. (Come noto la forza magnetica tende ad attirare fili percorsi
da correnti nello stesso verso. Il calcolo esplicito partendo dalla forza di Lorentz è complicato in quanto
la forza totale Fmag dipende da effetti ai bordi). Eguagliandola alla forza repulsiva elastica Fel = k(d/2)
si trova I0 = d 3/2 k 1/2 /2NS 1/2 µ 1/2
0 .
c) La forza magnetica Fmag = µ0I 2 0 N 2 S/2ℓ 2 e la forza elastica sono state calcolate al punto b). Quindi
occorre fornire un lavoro Lmecc = −k/2(d/2) 2 + µ0I 2 0 N 2 S/2d. Inserendo il valore di I0 calcolato al punto
b) si ottiene Lmecc = 0. La cancellazione non è dovuta a nessun motivo di principio.
d) L’energia magnetica dipende da ℓ come Umag = LI 2 0 /2 ∝ 1/ℓ. Quindi ∆Umag = (I 2 0 /2)∆L = −µ0I 2 0 N 2 S/2d.
Il bilancio energetico Lgen + Lmecc = ∆Umolla + ∆Umag consente di ricavare Lgen. Alternativamente, il
calcolo diretto fornisce
Dimostrare che F = − 1
2 I2 dL/dx.
Lgen =
V I dt = I0∆Φ = I 2 0 ∆L = − µ0I 2 0 N 2 S
d
Esercizio 137: Forza dall’energia
bSoluzione: Ricordiamo che nel caso analogo di forze fra conduttori ricavare la forza dall’energia elettrostatica
era banale, eccetto che per il segno:
2 CV
Q = CV, U =
2
= Q2
2C
, F = +V 2
2
∇C, e.g. per un condensatore piano C = ɛ0
S
d

Capitolo 9. Forze magnetiche fra circuiti 77
Il punto era che utilizzando F = −∇U dà forze con segno diverso a seconda di quale delle due formule per
l’energia viene utilizzata: la scelta giusta era la seconda in quanto nel caso semplice (in assenza di batterie che
fanno lavoro complicando il bilancio energetico) Q è costante mentre V varia quando uno cambia la geometria.
Il modo pratico di fissare il segno era variare la distanza d fra i piatti di un condensatore piano: siccome cariche
opposte si attraggono e cariche uguali si respingono, è ovvio che i due piatti si attraggono. O anche che la forza
cerca di aumentare S.
Nel caso magnetico si hanno formule analoghe
Φ = LI, U = LI2
2
Φ2
2 S
= , mbF = +I2 ∇L, e.g. L = µ0N
2L 2 d
Come prima, nel caso semplice di nessun generatore la corrente varia in modo da mantenere Φ costante, quindi
si utilizza la seconda espressione per U. Da capo, è banale verificare il segno in un caso semplice: un solenoide
ideale: siccome correnti concordi si attirano e correnti in verso opposto si respingono, si deve avere una forza
che tende ad avvicinare ed allargare le spire, in accordo con L ∝ S/d.
Applicazione pratica di questa formula sono esercizi tipo: un sbarra di ferromagnete con µ = 10 3 µ0 viene
inserita parzialmente in un solenoide. Mostrare che viene attratto dentro.
Esercizio 138: Attrazione o repulsione?
Perchè due cariche uguali si respingono, mentre due fili con correnti uguali si attraggono?
bSoluzione: Non esiste un modo semplice di vederlo sapendo solamente che u = ɛ0E 2 /2 + B 2 /2µ0. Invece di
cariche e fili consideriamo piani che rendono la geometria più semplice.
• La pressione elettrostatica su di un piano con densità di carica superficiale σ = ɛ0(E2⊥ − E1⊥) vale
±p = σ E1⊥ + E2⊥
2
= ∆( ɛ0
2 E2 ⊥) = ∆uE
uE = ɛ0
2 E2
avendo usato il fatto che E è continuo. Per determinare il segno pensiamo a due piani xy paralleli con
densità di cariche ±σ: essi si attraggono, tendendo a minimizzare l’energia uE.
• La pressione magnetostatica su di un piano con densità di corrente superficiale Υ = (B=2 − B=1)/µ0 vale
±p = Υ B1= + B2=
2
= ∆( B2 =
) = ∆uM
2µ0
uM = B2
avendo usato il fatto che B⊥ è continuo. Per determinare il segno pensiamo a due piani xy paralleli con
densità di corrente ±Υx: essi danno luogo ad un campo magnetico By nella zona interna, ma si respingono.
Quindi il segno è opposto nei due casi. La pressione è data non da ∆u dove u = uE + uM ma da ∆L dove
L = uE −uM . La notazione L indica che questa sarà la Lagrangiana Lorentz-invariante dell’elettromagnetismo:
è noto che L = K − V mentre H = K + V . La ragione fisica del ribaltamento del segno nel caso magnetico è
che mantenere correnti costanti costa energia, mentre le cariche rimangono automaticamente costanti.
2µ0

Capitolo 10
Campi magnetici nella materia
La densità di corrente totale J viene divisa in corrente libera J L (usualmente chiamata J, con abuso di
notazione) e corrente di magnetizzazione J M = ∇ × M. Per motivi storici si scrive definisce un vettore H
come B = µ0(H + M) in modo che le equazioni di Maxwell magnetiche diventano
∇ · B = 0, ∇ × H = J + J S
Quindi le condizioni di raccordo sul bordo fra due materiali sono: B⊥ continuo (sempre) e H continuo (quando
non ci sono correnti).
In molti materiali la magnetizzazione è approssimativamente legata ad H da M = χmH e quindi B = µH
con µ ≡ µ0(1+χm). La precessione di Larmour dà il diamagnetismo, χ < 0. L’allineamento dei dipoli elementari
dà il paramagnetismo, χ > 0. Materiali ferromagnetici hanno µ ∼ 10 3÷5 µ0.
Esercizio 139: Cilindro magnetizzato
Una cilindro di raggio r ha una magnetizzazione uniforme M lungo l’asse. Calcolare B. Se ne taglia una fetta
trasversale di spessore δ ≪ r. Calcolare B nel centro del buco.
bSoluzione: L’esercizio corrisponde ad un caso praticamente rilevante chiamato ‘calamita’: materiali ferromagnetici
possono avere una magnetizzazione che in buona approssimazione è costante indipendentemente dalle
condizioni esterne. Iniziamo a risolvere il problema ignorando il buco, e lo facciamo in due modi: uno diretto
ma lento, ed uno indiretto ma veloce.
1. La magnetizzazione M descrive una corrente J M = ∇ × M: dentro e fuori il cilindro M
è costante e quindi J M = 0; si ha una densità di corrente superficiale Υθ = M sul bordo
del cilindro. Per calcolarla utilizziamo il teorema di Stokes: Φ(J S) = M · ds applicato
ad un circuitino sottile parallelo al materiale, posizionato come in figura.
Per trovare B si risolve ∇ × B = µ0J M usando lo stesso circuitino, trovando B = µ0M.
2. Questo risultato semplice suggerisce che problemi del genere si possono risolvere in modo
più matematico, ma anche più veloce: utilizzando H l’equazione da risolvere è ∇×H = 0
(niente correnti libere): si ottiene H = 0 e quindi B = µ0M.
Dobbiamo ora aggiungere il buco, e diventa conveniente ragionare come al punto 1. Infatti nel
buco Υ = 0, e quindi è possibile vedere il cilindro bucato come la sovrapposizione lineare di
un cilindro pieno più una spiretta percorsa da corrente i = −Mδ, eguale ed opposta a Υ. Il
campo magnetico è quello trovato al punto precedente più quello generato dalla spiretta, che
nel suo centro genera Bspira = µ0i/2r. Quindi B = µ0M(1 − δ/2r).
Notare che sapere che B⊥ è continuo lungo il taglio, non risolve il problema, in quanto tagliare
il materiale modifica anche il campo all’interno del materiale, non solo nel buco.
78
M

Capitolo 10. Campi magnetici nella materia 79
Esercizio 140: Materiali ferromagnetici
N spire con corrente I sono avvolte attorno a materiali ferromagnetici (i.e. µ ≫ µ0) secondo le 3 geometrie
disegnate in figura. La lunghezza di ciascun lato è L. Trovare B nel piccolo traferro.
bSoluzione: Il ‘ferro’ ha µ = µrµ0 con µr ∼ 103 ÷ 105 (alcune leghe hanno µr più alto, altre hanno cicli di
isteresi stretti e dissipano meno energia). Per risolvere problemi su materiali ferromagnetici occore sfruttare il
fatto che, in ottima approssimazione, questi intrappolano le linee del campo magnetico, tenendo costante il flusso
di B. All’uscita dalle imboccature il campo magnetico è circa ortogonale al materiale, in quanto Hin = Hout
e
quindi Bout = Bin
/µr ∼ 0.
a) Senza buco il campo H = B/µ è dato da 4LH = NI, cioè B = µNI/4L. Nel vuoto si avrebbe B ∼
µ0NI/L: aggiungere il ferro ha lo stesso effetto di ridurre la dimensione: L → Lr = L/µr.
Aggiungendo un buco (o ‘traferro’) per un tratto d ≪ L le equazioni diventano (4L−d)B/µ+dB/µ0 = NI.
Notare che anche un piccolo buco d ≪ L può ridurre B in modo significativo: e.g. un d ∼ 4L/µr ∼ L/10000
lo dimezza circa. Il motivo è che la lunghezza ‘effettiva’ del circuito varia da L/µr a circa d + L/µr: il
tratto nel vuoto non è soppresso da 1/µr
b) Nel restringimento il flusso di B rimane costante. Se la superficie diventa 4 volte più piccola, B diventa
4 volte più intenso.
Il sistema è analogo ad un tubo che non perde acqua (nell’analogo magnetico la pecentuale di flusso che
scappa è trascurabile, circa 1/µr ∼ 0.001): siccome la portata è costante, la corrente dell’acqua diventa
più forte quando il tubo si restringe.
c) Si può risolvere o applicando il formalismo delle ‘riluttanze’ o ragionando un poco. Nella regione con le
spire è come il caso a). Nelle altre regioni bisogna capire come si divide il flusso del campo magnetico
alle biforcazioni. La condizione è che la circuitazione di H lungo la ‘parte destra’ del circuito valga zero.
Quindi B non puó e.g. passare tutto nella sbarra intermedia, ma deve dividersi: nel limite nel quale il
traferro ha spessore trascurabile (cioè d ≪ L/µr) 3/4 del flusso va nella sbarra intermedia, ed 1/4 fa il
giro lungo. Quindi il campo magnetico nell’traferro è 4 volte più debole che nel caso a).
Tenendo in conto del traferro, si ragiona definendo i campi magnetici BL e BR che griano nelle ‘maglie’
sinistra e destra. Le loro circuitazioni sono
4LBL/µ − LBR/µ = NI, e 4LBR/µ − LBL/µ + dBR = 0.
Quindi il risultato esatto è BR = NIµ/(15L + 4dµr): notare 15 e non 16.
Facciamo un esempio numerico. La correnta ‘di casa’ ha V = 200 V e la potenza massima erogata è W = V I ∼
3 kW. Quindi la massima corrente ottenibile vale I ∼ 10 A. Questa consente di generare un campo magnetico
B ∼ µNI/L: con µ ∼ 1000µ0, µ0 = 4π 10 −7 Tesla m/A, L ∼ m si ha B ∼ Tesla per N = 1000.
In fisica delle particelle i campi magnetici vengono usati per deflettere particelle con carica q, impulso p su
cerchi di raggio R secondo p = qBR = (0.3 GeV)(B/Tesla)(R/m). Un televisore accelera elettroni ad energia
K ∼ keV, e quindi impulso p = √ 2meK ∼ 30 keV. Per funzionare ha bisogno di un B ∼ p/eR ∼ Gauss.

80 Capitolo 10. Campi magnetici nella materia
Esercizio 141: Ferromagneti più calamite
Rispondere nuovamente alla domanda a) dell’esercizio precedente nel caso che il traferro venga riempito con un
materiale con magnetizzazione fissata M.
bSoluzione: Il campo magnetico è continuo, dentro il materiale magnetizzato si ha H = B/µ0 − M e (4L −
d)B/µ + d(B/µ0 − M) = NI. Quindi B è generato da due sorgenti: B = µ(NI + Md)/[(4L + dB(µ/µ0 − 1)].
Esercizio 142: Due bacchette
Avendo due bacchette di ferro (e niente altro), e sapendo che una e’magnetizzata lungo la sua lunghezza, e
l’altra no, come si può scoprire quale delle due è magnetizzata?
bSoluzione: Chiedere all’Ill.mo Prof. Claudio.Scrucca@cern.ch.
Esercizio 143: Tre bacchette
Avendo tre bacchette una di ferro magnetizzato, una di ferro non magnetizzato, ed una di un materiale non
ferromagnetico, come si fa a distinguerle senza usare nessuno strumento?
bSoluzione: La procedura è descritta in my.execpc.com/ ∼ rhoadley/magflux.htm.
However, the end or pole of a magnet will easily stick to any part of an iron rod.
Esercizio 144: Trasformatore ideale
Due circuiti 1 e 2 in cui scorrono correnti I1 ed I2 vengono accoppiati avvolgendoli N1 ed N2 volte su di un
ferromagnete di lunghezza ℓ e sezione S. Calcolare i coefficienti di induzione e mutua induzione.
bSoluzione: I circuiti sono descritti dalle equazioni Ei = − ˙ Φi dove E1 = V1 + R1I1 + · · · dipende da come è
fatto il circuito e Φ1 = L1I1 + MI2. Il campo magnetico vale B = µ(N1I1 + N2I2)/ℓ. Quindi L1 = SN 2 1 /ℓ,
M = SN1N2/ℓ e L2 = SN 2 2 /ℓ. Siccome non c’è dispersione di flusso viene quindi realizzato un trasformatore
ideale con M 2 = L1L2.
Il fatto che sia possibile trasformare in modo ‘perfetto’ correnti alternate, ha portato all’attuale sistema, che
utilizza una corrente alternata trasportata ad alto V e basso I (in modo da ridurre la dispersione RI 2 a fissa
potenza W = V I), poi trasformata a basso V = 220 V per motivi di sicurezza.
In un esperimento si ha un fascio di protoni (mp =
1.6·10 −27 kg) di velocità v = 1000 km/s. Un magnete
dipolare di lunghezza ℓ = 1m lungo la direzione del
fascio viene usato per deflettere i protoni di un angolo
di θ = 10 ◦ nel piano orizzontale. Il magnete ha le
caratteristiche rappresentate in figura ed è di materiale
ferromagnetico di µr = 2500. I protoni passano
nel traferro, di altezza δ = 1cm. Sopra e sotto il
traferro sono poste due lastrine uguali, della stessa
sezione del magnete, ognuna di altezza δ = 1cm e
magnetizzazione M, diretta verso l’alto. Inoltre è
presente un avvolgimento di N = 100 spire, che però
non è inizialmente percorso da corrente. Si calcoli:
Esercizio 145: Fascio di protoni

Capitolo 10. Campi magnetici nella materia 81
a) Il campo B che dev’essere presente nel traferro per ottenere la deviazione voluta. (Essendo l’angolo piccolo,
approssimare ad ℓ la lunghezza dell’arco di circonferenza percorsa dai protoni all’interno del traferro).
b) Il valore di M che per il problema assegnato permette di ottenere tale deflessione.
c) Si vuole ora usare l’avvolgimento come “correttore” per operare piccoli cambiamenti nella deflessione dei
protoni. Se vogliamo una sensibilità del 2% sull’angolo di deflessione, con che precisione dobbiamo regolare
la corrente che passa nell’avvolgimento?
bSoluzione:
a) Il raggio di curvatura R dovrà essere R ≈ ℓ/θ = 5.75 m; serve quindi B = mpv/qR = 1.7 × 10 −3 Tesla.
b) Si ha H · ds = NI e cioè: 4ℓ Hmagnete + 2δ Hlastrine + δ Htraferro = NI. Experimendo H in termini di B
4ℓB
µ0µr
e tenendo conto che inizialmente I = 0 si trova
M = B
+ 2δ( B
µ0
µ0
3
2 +
− M) + Bδ
= NI
0.08
2ℓ
δµr
µ0
= 2200 A
m .
c) Siccome abbiamo angoli piccoli, l’angolo di deflessione è proporzionale al campo magnetico, che va quindi
controllato con una sensibilità del 2%. La sorgente di B è proporzionale a NI + 2δM: la sensibilità su I
deve essere δI ≈ 2% · 2δM/N = 10 mA.
Esercizio 146: Correnti parassite
[dal compito del 19/9/2003] Un lungo solenoide cilindrico è costituito da N spire per unità di lunghezza avvolte
su un nucleo di ferro di raggio R e lunghezza L ≫ R. Il ferro ha permeabilità magnetica µ e conducibilità
elettrica σ. Nelle spire si fa passare la corrente alternata I = I0 cos ωt.
a) Calcolare il campo magnetico all’interno del solenoide.
b) Calcolare il campo elettrico indotto all’interno del solenoide.
c) Si spieghi perchè il nucleo di ferro si riscalda e si calcoli la potenza dissipata per unità di lunghezza.
bSoluzione:
a) B = µH = µNI
b) Siccome ∇ × E = − ˙ B viene Eθ = 1
2 rµnI0ω sin ωt
c) E induce una corrente J = σE e quindi una potenza dissipata JE per unità di volume.
In generale un campo magnetico B(t) induce un campo elettrico E(t) e quindi delle correnti J = σE che
dissipano energia e sono quindi dette ‘correnti parassite’. A frequenze alte bisogna tenere conto che B non è
più uniforme: questo viene fatto nel prossimo esercizio, nel quale si sceglie la geometria più semplice possibile
ma si deriva un risultato generale.

82 Capitolo 10. Campi magnetici nella materia
Esercizio 147: Correnti parassite
Un blocco di metallo ha permeabilità magnetica µ e conducibilità
σ. Viene applicato un campo magnetico oscillante di frequenza ω.
All’esterno del blocco B è parallelo alla superficie: By = B0 cos ωt.
Determinare la lunghezza di penetrazione del campo nel ferro e la
potenza dissipata dalla corrente indotta. (Si assuma che il blocco
occupi il semipiano x > 0 e si trascuri la corrente di spostamento).
bSoluzione: Il campo magnetico By(x, t) = µHy(x, t) genera un campo elettrico Ez(x, t) come dettato dalle
equazioni di Maxwell
∂xHy = (∇ × H)z = Jz = σEz, ∂xEz = −(∇ × E)y = ˙ By = µ ˙ Hy
Eliminando Ez, si trova che Hy soddisfa all’‘equazione di diffusione’
∂Hy ∂Hy
= µσ
∂x2 ∂t
Assumendo Hy ≡ h(x)e −iωt si riduce a h ′′ = −iωµσh, risolta, nel semipiano x > 0 dove µ è costante, da
h(x) = h(0)e ±kx con k 2 = −i2/δ 2 dove δ = 2/ωµσ viene chiamato ‘lunghezza di pelle’ (la definizione
differisce di un fattore 2 da quella usata in un altro esercizio). Quindi k = (i − 1) ωµσ/2. Eliminando la
soluzione che diverge per x → ∞, si ottiene che il campo penetra per una lunghezza dell’ordine di δ:
Hy(x) = ReHy(0)e (i−1)x/δ e −iωt = Hy(0)e −x/δ cos(x/δ − ωt)
La continuità di Hy al bordo x = 0 dà la condizione al contorno Hy(0) = H0 = B0/µ0. Il campo elettrico vale
Ez = ∂xHy
σ
= −H0
σδ e−x/δ
cos(x/δ − ωt) − sin(x/δ − ωt)
ed è piccolo a ‘basse’ frequenze: Ez/cHy ∼ 1/σδc ≪ 1. Esso genera correnti parassite J = σE. La potenza
media dissipata per unità di volume è
dW
dV = 〈JzEz〉t = σ〈E 2 z〉t = µω
2 H2 0 e −2x/δ
Integrando su x > 0 si trova la potenza dissipata per unità di superficie:
dW
dS =
∞
dP µωδ B
dx =
0 dV µ0
2 0
µ0
Se δ è piccolo, viene dissipata poca potenza.
Ez
By
x

Parte III
Elettrodinamica

Capitolo 11
Corrente di spostamento
La conservazione della carica ˙ρ = −∇ · j aggiunge l’ultimo termine alle equazioni di Maxwell
∇ · E = ρ/ɛ0 ∇ × E = − ˙ B ∇ · B = 0 ∇ × B = µ0j + µ0ɛ0 ˙ E
Il nuovo termine j s ≡ ɛ0 ˙ E viene chiamato ‘corrente di spostamento’. Una conseguenza è la presenza di onde
elettromagnetiche che viaggiano alla velocità della luce c = 1/ √ ɛ0µ0, e.g.
Ez = sin(y − ct), Bx = cos(y − ct), tutto il resto = 0
Esercizio 148: Scarica di un filo
Un filo rettilineo va da z = 0 a z = ℓ di area S ha una densità uniforme di carica uniforme ρ(t) = ρ0e −t/τ che
si scarica al capo z = ℓ. Calcolare il campo magnetico.
bSoluzione: Iniziamo a calcolare la corrente j. L’equazione di continuità ∂jz/∂z = − ˙ρ equivale a ∂i/∂z = − ˙ λ
(dove λ = ρS) e quindi i(t, z) = −z ˙ λ. È come svuotare un canale d’acqua aprendo una chiusa: la corrente è
forte vicino alla chiusa e debole al capo opposto.
Siccome i dipende da z, se fosse ∇ × B = µ0j la corrente concatenata dipenderebbe da quale superficie
uno sceglie nell’applicare il teorema di Stokes. La corrente di spostamento mette tutto a posto. La prima
equazione di Maxwell dice che la carica genera un campo elettrico secondo ∂Ez/∂z = ρ/ɛ0, ad esempio risolta
da Ez = zρ/ɛ0, assumendo che il campo elettrico vale zero a z = 0. La corrente di spostamento quindi vale
i s z = Sɛ0 ˙
Ez = +z ˙ λ. Non nasce nessun campo magnetico.
Esercizio 149: Piano con carica ondulata
a) Trovare il potenziale generato da un piano con densità di carica σ(x) = σ0 cos kx. b) Le cariche sono lasciate
libere di muoversi sul piano con conducibilità σ. Calcolare la loro evoluzione, la corrente, ed il campo magnetico
generato.
bSoluzione: a) Invece di integrare provo a risolvere ∇ 2 ϕ = −ρ/ɛ0. Tento la soluzione
ϕ(x, z) = F (z) cos kx, ∇ 2 ϕ = [F ′′ − k 2 F ] cos kx
e quindi F (z) = c+e kz + c−e −kz . La soluzione con le condizioni al contorno ϕ(∞) = 0 e ∆E⊥ = −∆φ ′ = σ/ɛ0 è
ϕ = σ0
e
2kɛ0
−k|z| cos kx
Per k → 0 (piano uniformemente carico) si riduce a ϕ (costante divergente) − σ0|z|/2ɛ0, in accordo con
l’esercizio a pag. 9.
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
84

Capitolo 11. Corrente di spostamento 85
Questo esercizio è più importante di quanto sembra, in quanto una qualunque distribuzione di cariche
può essere decomposta come somma di coseni con diversi k (trasformata di Fourier). Usando il principio di
sovrapposizione, abbiamo una soluzione per il problema generico.
Ad esempio una griglia di fili a distanza a avrà un trasformata di Fourier diversa da zero per k ∼ 1/a. Ad
una distanza |z| ≫ a i termini esponenziali diventano piccoli, e si ottiene il campo elettrico uniforme generato
dal ‘modo k = 0’, cioè dalla carica totale della griglia. Quindi è facile generare un campo elettrico uniforme.
L’illuminazione è descritta dalle stesse equazioni dell’elettrostatica. Quindi una griglia di tubi al neon
produce una illuminazione costante.
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
b) Il campo elettrico Ex = −∂xϕ = σ0 sin kx/2ɛ0 genera una corrente Jx = σEx che redistribuisce le cariche.
La soluzione è σ(t) = σ0e −t/τ cos kx, come si vede da
˙ρ = −∇ · J = −σ∇ · E = − σ
ɛ0
ρ : τ = ɛ0
σ
Quindi anche il campo elettrico decade esponenzialmente. Non viene generato nessun campo magnetico in
quanto la corrente di spostamento compensa la corrente
J + ɛ0 ˙ E
E = σE − ɛ0
τ
Vediamo quindi che questo accade in generale quando cariche sbilanciate sono libere di redistribuirsi secondo
J = σE. Il prossimo esercizio mostra che questa cancellazione è più generale.
= 0
Esercizio 150: Sfera radioattiva
Una sfera uniforme isolata di raggio a emette isotropicamente positroni da decadimento β: n → pe¯ν con velocità
v0. Il tempo di decadimento della radioattività è τ. Genera un campo magnetico?
bSoluzione: Il numero di neutroni liberi di decadere diminuisce come N = N0e −t/τ e quindi la sfera acquista
una carica Q(t) = e[N0 − N] > 0.
Iniziamo assumendo v costante e τ ≫ r/v, cioè un decadimento così lento da essere approssimabile ad un
processo costante. Gli elettroni generano una corrente Jr(r) = (−e)(− ˙ N)/4πr 2 , che non dipende da v. Il campo
magnetico è zero in quanto la corrente di spostamento cancella Jr: Jsr = ɛ0 ˙ Er = −e ˙ N/4πr 2 .
Per capire se questa cancellazione è un accidente del caso semplificato che abbiamo considerato, o se è invece
dovuta a qualche motivo più profondo, consideriamo casi progressivamente meno semplici.
Se il decadimento è veloce, τ ∼ r/v0, in generale Jr(r, t) = e ˙ N(t − r/v)/4πr 2 : il numero di elettroni che
attraversano una superficie a distanza r al tempo t dipende da quanti ne erano stati emessi al tempo t − r/v0.
La cancellazione fra J e Js rimane perfetta in quanto Er(r) è determinato dalla carica totale dentro una sfera
di raggio r (che contiene la sfera radioattiva ed una nuvola di elettroni), eguale a e[N0 − N(t − r/v)]. Si ha
ancora J + Js = 0.
Il calcolo diventa ancora più complicato se si tiene in conto che v non è costante, in quanto la forza di
Coulomb rallenta i positroni. Il calcolo è complicato, e potrebbe essere fatto con una tecnica analoga a quella
utilizzara per studiate il diodo termoionico. È facile vedere che J e Js si cancellano ancora, in quanto entrambe
proporzionali a ˙ N calcolato a qualche istante ritardato. Il ritardo non è più r/v ma è dato da qualche formula
complicata che non è necessario calcolare.
Sebbene venga qualche i(r) = 4πr 2 Jr(r) complicata si ha sempre B = 0: è quindi naturale domandarsi quale
sia il motivo generale. Una corrente a simmetria sferica non può generare un campo magnetico, che dovrebbe
avere solo una componente Br(r), ma questa dà rotore zero. Prendendo la divergenza della IV equazione di
Maxwell si ottiene ∇ · (J + J s) = 0: la corrente di spostamento deve quindi cancellare ∇ · J, e l’unico modo
che ha di farlo è cancellare Jr.
Esercizio 151: Carica in moto
Una carica q si muove lungo l’asse z con velocità v ≪ c costante. a) Calcolare il campo magnetico che essa genera.

86 Capitolo 11. Corrente di spostamento
b) Spiegare in che modo tante cariche q che formano una corrente i continua producono approssimativamente
un campo magnetico che non dipende dal tempo.
bSoluzione: Senza includere la corrente di spostamento si ha j = 0 solo in coincidenza della carica, ed il
problema non ha senso. Includendo j s, essa è l’unica sorgente di B in tutto lo spazio vuoto. Qui risolviamo il
problema con un calcolo esplicito approssimato valido per v ≪ c. Partiamo dal campo elettrico E a simmetria
sferica prodotto da una carica ferma, e calcoliamo il B indotto da ˙ E. Noi ci fermiamo qui (ottenendo un
risultato valido al primo ordine in v/c), ma a sua volta ˙ B induce un E che induce un B... tale che alla fine
E non è più a simmetria sferica. Un modo alternativo di ottenere a botto il risultato finale consiste nel notare
che le equazioni di Maxwell complete sono relativisticamente invarianti, calcolare i campi nel sistema rispetto
al quale la carica è ferma, ed applicare le trasformazioni di Lorentz dei campi. Il risultato completo contiene
extra fattori γ = (1 − v 2 /c 2 ) −1/2 1 nella nostra approssimazione.
a) Il campo magnetico ha solo componente Bθ(z − vt, r). È sufficiente calcolarlo a z = 0 per t ed r generici.
Integriamo la IV equazione di Maxwell, ∇×B = µ0ɛ0 ˙ E lungo la superficie di un anello di raggio r giacente
a z = 0. Si ottiene
B · ds = µ0ɛ0 ˙ Φ(E) i.e. Bθ(r) = µ0is
2πr
dove is è la corrente di spostamento che attraversa l’anello. Per calcolare is = Φ(j s) = ɛ0 ˙ Φ(E) conviene
scegliere come superficie immaginaria la corona circolare della sfera che ha centro nella carica, e che vede
la circonferenza di raggio r con dimensione angolare θ:
Quindi
is = d
dt ɛ0E · 2π[1 − cos θ(t)] = d
dt
v
θ
B
q
q d
[1 − cos θ(t)] =
2 2 dt
vt
√ a 2 + v 2 t 2 =
qva 2
2(a 2 + t 2 v 2 ) 3/2
Quindi Bθ(z, r, t) = µ0qvr/4π(r 2 + (z − vt) 2 ) 3/2 . Per z = 0 è massimo a t = 0, cioè mentre q sta passando.
b) Una successione di cariche con densità lineare λ costante produce in media una corrente continua i = λv.
Infatti il campo magnetico generato vale
Bθ =
+∞
−∞
λ dz µ0vr
4π[r2 + (z − vt) 2 µ0i
=
] 3/2 2πr
che è la ben nota formula per il campo magnetico generato da una corrente i.
Esercizio 152: Scarica di un condensatore
Un condensatore di area S = πa 2 e distanza fra i piatti d ≪ a si scarica con costante tempo τ. Calcolare il
campo magnetico e la sua energia.
bSoluzione: La carica vale q(t) = q0e −t/τ i.e. i = ˙q = −q/τ. Il campo elettrico vale ɛ0E = σ generando una
densità di ‘corrente di spostamento’ uniforme js = ˙σ = −q/Sτ. Notare che la corrente i entra in un piatto ed
esce dall’altro; la corrente totale di spostamento vale is = i. Quindi j s genera un campo magnetico ruotante
Bθ = πr2 µ0js
2πr
= µ0ri
2S
r < a

Capitolo 11. Corrente di spostamento 87
(A grande distanza r ≫ a il campo magnetico generato dalla corrente (che non si interrompe) i + is è circa
radiale Bθ = µ0i/2πr). L’energia nel campo magnetico (usando i = −Sɛ0/τ)
UB =
dV B2
=
2µ0
di2 µ0
16π
2 ɛ0E
UE = V
2
UB
UE
= a2 ɛ0µ0
8τ 2
1 a
= (
8 cτ )2
è trascurabile a meno che a ∼ cτ, in generale a meno che E vari significativamente nel tempo che la luce impiega
ad attraversare l’apparato.
Esercizio 153: Condensatore in alternata
Studiare una capacità (costituita da due piatti circolari conduttori, come al solito messi a piccola distanza d in
modo da poter trascurare gli effetti ai bordi) alla quale viene applicata una differenza di potenziale oscillante a
frequenza ω. Si trascuri l’irraggiamento.
bSoluzione: Il campo elettrico oscillante Ez = E0 e iωt genera un campo magnetico lungo θ, Bθ = B0e iωt :
∇ × B = ˙ E
c2 : B0 = iωE0
c2 πr2 iωE0r
=
2πr 2c2 che a sua volta genera una correzione al campo elettrico E0 → E0 + E1
∇ × E = − ˙ B :
r
E1 = iω
0
dr ′ B0(r ′ ω
) = −E0
2r2 4c2 avendo definito E0 come il campo a r = 0. A sua volta E1 genera un campo magnetico B0 → B0 + B1 1
che genera un campo elettrico
che genera
Quindi
B1 = iω
c2 r
1
r 0
r
E2 = iω
0
dr ′ r ′ E1 = −iω3r3 E0
16c4 dr ′ B1(r ′ ) = ω4 r 4
E0
64c4 B2 = iω5r5 64 · 6 E0 E3 = −ω6r6 64 · 62 E0
c6 Ez = (E0 + E1 + E2 + E3 + · · ·)e iωt = E0e iωt
∞
n=0
(−1) n
(n!) 2
2n ωr
≡ E0e
2c
iωt J0
ωr
c
La fig. 11.1a mostra J0(x) confrontata con la sua espansione in serie ad ordine 0,2,4,6,8: J0(x) = 1 − x 2 /4 +
x 4 /64 − x 6 /2304 + · · ·. J0(x) = 0 a x = ωr/c 2.4: J0(2.4) 1 − 1.44 + 0.52 − 0.08 = 0.
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
Riotteniamo la stessa cosa usando le eq. di Maxwell in forma differenziale. Assumendo Ez = Ee iωt e
Bθ = Be iωt dove E e B dipendono da e nelle equazioni di Maxwell in coordinate cilindriche si trova
− ∂E
∂r
= −iωB
1 ∂ iω
(rB) = E
r ∂r c2 e quindi, sostituendo nella seconda il B preso dalla prima, ed usando come variabile x = ωr/c
r ∂ ∂E
(r
∂r ∂r ) = −r2 ω2 c2 E : x(xE′ ) ′ = −x 2 E : E ′′ + E′
= −E
x
1 Quando il gioco si fa duro conviene usare il rotore in coordinate cilindriche
(∇ × ˆzEz(r))θ = − ∂Ez
∂r , (∇ × ˆ θBθ(r))z = 1
r
∂(rBθ)
.
∂r

88 Capitolo 11. Corrente di spostamento
J0(x)
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
− 0.2
− 0.4
0 2 4 6 8
x
|J0(i 1/2 x)|
2
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
x
Figura 11.1: J0(x) e |J0( √ ix)| (linee nere) confrontate con la loro espansione in serie attorno a x = 0 (linee
tratteggiate, che corrispondono ad includere mano a mano ordini successivi).
Se non ci fosse il secondo termine si avrebbe E ′′ = −E ′ , la cui soluzione è una funzione speciale chiamata
“cos(x)” che si trova su tutti i computer (o tavole). Con il secondo termine, che è di tipo attrito, la soluzione è
chiamata “J0(x)” che si trova su molti computer (o tavole) ed assomiglia un cos(x) che si smorza.
Si può fare la stessa cosa più in generale. Prendo il rot della II equazione di Maxwell
da cui
−∇ 2 E + ∇(∇ · E) ← ∇ × (∇ × E) = − ∂
∂t ∇ × B = −µ0 ˙ J − Ë
c 2
(∇ 2 − 1
c 2
∂ 2
∂t 2 )E = µ0 ˙ J + 1
ɛ0
∇ρ (11.1)
Nel vuoto, assumendo che E abbia solo una componente Ez(r) che oscilla a frequenza ω, riscrivendo in coordinate
cilindriche
(∇ 2 − 1
c2 ∂2 1 ∂ ∂Ez ω2
)E = 0 i.e. r +
∂t2 r ∂r ∂r c2 Ez = 0
è risolta da Ez ∝ J0(ωr/c). La funzione di Bessell J0 compare perchè siamo in simmetria cilindirica.
Esercizio 154: Cavità risuonante
bSoluzione: (Se racchiudo il condensatore formando una lattina aggiungendo la parete laterale dove E = 0
il campo elettrico interno risolve le equazioni di Maxwell. Cioè la cavità risuona alle frequenze ω = 2.405r/c,
5.52r/c... Ci sono altri modi con E orizzontale, come si vedrebbe più facilmente per una lattina cubica. Vedremo
che si trasmettono campi che dipendono anche da z).
Esercizio 155: Effetto pelle
Ad un filo di resistività ρ e raggio a viene applicata una differenza di potenziale oscillante a frequenza ω,
ottenendo una corrente alternata ed un campo elettrico parallelo al filo E(t) = E0e iωt . Mostrare che la corrente
si sposta sul bordo, e che questo tende ad aumentare la resistenza effettiva.
bSoluzione: Oltre alla corrente J = σE c’è la corrente di spostamento Js = ɛ0 ˙ E = iωɛ0E. A bassa frequenza
la corrente normale è più importante della corrente di spostamento (Js/J ∼ ωτ con τ = ɛ0/σ) che quindi
trascuriamo. Possiamo calcolare come si redistribuisce la corrente calcolando come si redistribuisce il campo
elettrico, in quanto J = σE. Assumendo che l’effetto sia piccolo, procediamo perturbativamente.
La J iniziale uniforme genera un campo magnetico Bθ(r) = 1
2 µ0re iωt Jz, che per induzione genera una
correzione al campo elettrico E1 parallelo ed opposto a quello iniziale. Utilizzando coordinate cilindriche
∇ × E = − ˙ B : − dEz
dr = − ˙ Bθ = −i ωσµ0r
2 Ez0 = −i r
δ2 Ez0 dove
2
δ ≡
ωσµ0

Capitolo 11. Corrente di spostamento 89
viene chiamata skin depth. Il campo elettrico, scritto in termini del suo valore Eext = Ez(r = a), è
Ez(r) = Eext
1 + ir2 /2δ2 1 + ia2 .
/2δ2 L’approssimazione perturbativa E1 ≪ E0 vale se δ ≫ a. Nel rame σ/ɛ0 ∼ 10 18 sec −1 . Per a ∼ mm si ha δ ≫ a
fino a ω ≪ 10 5 Hz.
È interessante calcolare l’impedenza per unità di lunghezza, definita come Z = Eext/I, dove I è la corrente
totale:
I =
a
0
Jz 2πr dr = πa 2 σEext
1 + ia2 /4δ2 1 + ia2 .
/2δ2 Per ω → 0 si ha δ → ∞ e si ritrova Z → R0 = 1/σπa 2 . In generale Z = R + iωL ha una parte complessa (che
corrisponde all’impedenza dovuta a Bθ) ed una parte reale maggiore di R0:
Z = R0
1 + ia2 /2δ2 1 + ia2 1 + (a/2δ)
= R0
/4δ2 2 /2 + i(a/2δ) 2
1 + (a/2δ) 4
Fisicamente, questo è dovuto al fatto che la corrente si concentra verso l’esterno aumentando l’‘intasamento’ e
quindi la resistenza. Quindi conviene lavorare a frequenze abbastanze basse che δ ≫ a. Per quando riguarda la
parte immaginaria di Z, notare che (come deve essere) ha lo stesso segno dell’impedenza di una induttanza, e
non quello di una capacità.
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
Se E1 ≪ E0 l’esercizio finisce qui. A grandi ω questo potrebbe non essere vero; in tal caso o si continua
lo sviluppo perturbativo E0, E1, E2, . . ., oppure si risolvono le equazioni di Maxwell in forma differenziale.
Nell’equazione d’onda ricavata all’esercizio precedente metto J = σE, trascuro ρ ed il termine Ë dovuto alla
corrente di spostamento, assumo Ez eiωt , e riscrivo per un Ez(r) in coordinate cilindriche:
1
r
∂
∂r
∂Ez
(r ) = µ0Jz ˙ = iωσµ0Ez : E
∂r ′′
z + E′ z
r
2i
=
δ2 Ez
√
r 2i
: Ez(r) ∝ J0
δ
Abbiamo nuovamente ottenuto un’equazione differenziale ‘alla Bessel’ ma questa volta il coefficiente numerico
è immaginario. Infatti anche la correzione al primo ordine ad Ez era immaginaria. La funzione completa è
mostrata in fig. 11.1b ed è qualitativamente simile al risultato al primo ordine.
Consideriamo il limite δ ≪ a, opposto a quello studiato con il metodo approssimato. Per δ ≪ a si può
trascurare il termine E ′ z/r nell’equazione differenziale, per cui la soluzione approssimata diventa un’esponenziale:
Ez(r) Eexte −r(1+i)/δ . Fisicamente, significa che la corrente è grossa solo ai bordi del filo, e penetra per uno
spessore δ.
Come vedremo in seguito esistono le onde. A frequenze abbastanza grandi, ω > ∼ 10 9 Hz, hanno lunghezza
d’onda ‘umana’ ed è possibile utilizzarle per trasportare energia dentro cavità metalliche (‘guide d’onda’). Il
fatto che i campi penetrino dentro il metallo solo per un piccolo spessore δ e che quindi le correnti ‘parassite’
J = σE dentro al metallo siano trascurabili diventa un vantaggio. In questo modo si riesce a trasportare grandi
potenze con poca dissipazione di energia per effetto Joule. Tecnologicamente risulta più semplice trasportare la
corrente a basse frequenze in cavi di rame che ad alte frequenze in tubi di rami.
Esercizio 156: Filo conduttore interrotto
[Dal compito del 4/4/2003] Un filo conduttore rettilineo e cilindrico, di resistività ρ, raggio a e lunghezza ℓ ≫ a,
viene connesso ad un generatore, in modo che nel filo passa la corrente I = I0 cos ωt.
a) Si calcoli il campo magnetico in tutto lo spazio (assumendo un filo di lunghezza infinita) e il campo
elettrico per r < a nell’assunzione di corrente lentamente variabile. Si discuta a posteriori la condizione
necessaria a questa approssimazione.
Si taglia via un tratto h ≪ a del filo e si regola di nuovo il generatore in modo che passi la stessa corrente di
prima.
.

90 Capitolo 11. Corrente di spostamento
b) Si risponda di nuovo alla domanda a); come cambiano i campi prima e dopo l’interruzione del filo?
c) L’interruzione del filo si può schematizzare come l’inserimento in serie di una impedenza Z. Si stimi e
discuta il valore di Z in funzione di ω.
bSoluzione:
a) Per ω → 0 si ha un campo elettrico uniforme E0 = ρI/πa 2 . La corrente genera un campo magnetico
Bθ = µ0rI/2πa 2 per r < a. Come già visto in esercizi precedenti, vi sono correzioni di ordine relativo
ωρɛ0, che diventano significative ad alte frequenze.
b) Prendendo la divergenza della IV equazione di Maxwell ∇ × B = µ0(J + ɛ0 ˙ E) si impara che la somma
delle correnti elettrica e di spostamento si conserva, anche alla superficie di discontinuità. Quindi il
campo magnetico non cambia rispetto al punto a). La conservazione della corrente ‘totale’ consente di
determinare il campo elettrico Ev nella regione di vuoto: da ɛ0 ˙ Ev = J +ɛ0 ˙ E0 segue Ev = E0[1+i/(ωρɛ0)].
Infatti, si può schematizzare il sistema come un condensatore inserito fra due resistenze: sulle superfici si
deposita una densità di carica σ tale che ˙σ = j, per cui Ev = E0 + σ/ɛ0.
c) La parte vuota si comporta come un condensatore di capacità C = ɛ0πa 2 /h. Al crescere della frequenza
questo “condensatore” ha una induttanza parassita L µ0h/8π. Per trovare L si può calcolare l’energia
magnetica contenuta nel condensatore
UM =
dV B2 θ =
2µ0
Quindi, l’impedenza associata è Z = iωL + 1/iωC.
a
dr 2πr
0
(µ0rI/2πa 2 ) 2
2µ0
= µ0hI 2
16π
≡ LI2
2
L’induttanza diventa rilevante solo ad alte frequenze, quando la nostra approssimazione di corrente lentamente
variabile cessa di valere. Ad esempio Z = 0 per ω = 1/ √ LC = 2 √ 2c/a: per valori di ω così alti, I varia in
modo significativo nel tempo che la luce impiega ad attraversare il filo. A frequenze così alte ci sono effetti
addizionali: il filo irraggia; la corrente non è più uniforme a causa dell’effetto pelle. Infatti, ωρɛ0 ≪ 1 implica
δ = 2 cɛ0ρ/ω ≪ c/ω, che per Z = 0 è comparabile al raggio a del filo.
Esercizio 157: Due cilindri cavi
[Da un compito del 1987] Due cilindri cavi coassiali di raggi a < b sono percorsi da correnti uguali I(t) = I0 sin ωt
in verso opposto, distribuite uniformemente sulle superfici. a) Trascurando la corrente di spostamento calcolare
B. b) Mostrare che E può avere una sola componente non nulla. c) Calcolare E assumendo che valga zero sul
cilindro esterno. d) Calcolare la corrente di spostamento Is. e) Discutere come deve essere calcolato B nei tre
casi Is ≪ I0, Is < I0 e Is ≈ I0. f) Caso numerico: a = 1 mm, b = 1 cm, I0 = 2 A, ω = 1000 Hz.
bSoluzione:
a) B = 0 per r < a ed per r > b. Nella zona intermedia 2πrBθ = µ0I.
b) Per simmetria cilindica E può dipendere solo da r. Siccome non c’è carica Er = 0. Siccome Bz = 0 si ha
2πrEθ = 0. Quindi l’unica componente è Ez(r), generata da ∇ × E = − ˙ B.
c) Riscrivendo in componenti la II equazione di Maxwell si ottiene −∂Ez/∂r = −∂Bθ/∂t = −µ0ωI0 cos(ωt)/2πr
per a < r < b. La soluzione con Ez(b) = 0 è
Ez(r) = 1
2π ·
⎧
⎨ 0 r > b
µ0I0ω cos(ωt) ln(r/b) a < r < b
⎩
µ0I0ω cos(ωt) ln(a/b) r < a
d) La corrente di spostamento j s ≡ ɛ0 ˙ E vale
Is = ɛ0
b
0
˙Ez2πr dr = b2 − a 2
4
ω2 I
c2

Capitolo 11. Corrente di spostamento 91
e) Se Is ≪ I0 il conto perturbativo fatto finora è accurato. Se Is < I0 si può iterare B → E → B →
E → B → . . . aggiungendo i termini perturbativi successivi. Se Is ≈ I0 occorre risolvere le equazioni di
Maxwell. Da un punto di vista matematico questo è analogo a calcolare 1/(1 − ɛ) epandendolo attorno ad
ɛ = 0. Se ɛ ≪ 1 bastano pochi termini della serie di Taylor 1 + ɛ + ɛ 2 + · · ·. Se ɛ < ∼ 1 ne servono tanti. Se
ɛ ≥ 1 la serie perturbativa non funziona.
f) Siccome bω/c ≪ 1 siamo nel caso Is ≪ I0.

Capitolo 12
Onde e oscillazioni
Un’onda elettromagnetica piana polarizzata linearmente nel vuoto è descritta da
E = E0 sin(k · r − ωt), B = B0 sin(k · r − ωt), c = E ω
=
B k
con E0, B0, k ortogonali. Frequenza: ν = ω/2π. Periodo: T = 1/ν. Lunghezza d’onda; λ = 2π/k = c/ν.
Densità e il flusso di energia:
u = ɛ0
2 (E2 + c 2 B 2 ) S = ɛ0c 2 E × B
Valori medi:
〈u〉 = 1
2 ɛ0E 2 0, 〈S〉 = c
2 ɛ0E 2 0 = c〈u〉
In un mezzo con indice di rifrazione n = c/v sostituire c → v, ɛ0 → ɛ, µ0 → µ.
Esercizio 158: Sorgenti di onde
Quattro sorgenti identiche disposte come in figura emettono onde di
lunghezza d’onda λ. Due ricevitori sono situati a distanza r ≫ λ come
in figura. Calcolare il rapporto fra le potenze ricevute dai ricevitori.
Cosa cambia se B viene spenta? Se D viene spenta?
bSoluzione:
Si ha IE ∝ |EA + EB + EC + ED| 2 :
I1 ∝ |e ik(r−λ/2) + e ikr + e ik(r+λ/2) + e ik√ r 2 +λ 2 /4 | 2 ∝ | − 1 + 1 − 1 + 1| 2
I2 ∝ |e ik√ r 2 +λ 2 /4 + e ikr + e ik √ r 2 +λ 2 /4 + e ik(r+λ/2) | 2 ∝ |1 + 1 + 1 − 1| 2
R1
D
λ/2
A λ/2 B λ/2 C
avendo usato kλ = 2π, e ±ikλ/2 = −1, e r 2 + λ 2 /4 r, Quindi I1/I2 = 0/4. Se B viene spenta I1/I2 = 1/1.
Se D viene spenta I1/I2 = 1/9. Quindi il ricevitore 1 non sa dire se viene spenta B o D, mentre il ricevitore D
può dirlo.
Esercizio 159: Ricevitore di onde
Calcolare la f.e.m. attraverso un cicuito quadrato di lato ℓ = λ/2 disposto nell’asse xy, quando viene attraversato
da un’onda elettromagnetica che si propaga lungo x di lunghezza d’onda λ ed ampiezza E0 polarizzata lungo
y. Come dipende il risultato da ℓ?
bSoluzione: Ci sono 2 modi. La circuitazione del campo elettrico vale
E = E · ds = ℓ[E(x = ℓ) − Ey(x = 0)] = λ
2 E0
sin(k(0 + λ/2) − ωt) − sin(k0 − ωt)
92
R2
= E0λ sin ωt

Capitolo 12. Onde e oscillazioni 93
Il flusso del campo magnetico vale
Φ =
dSBz = λ
2
λ/2
0
dxB0 sin(kx − ωt) =
B0λ 2
2π
cos ωt
quindi E = − ˙ Φ viene uguale a prima, come si verifica usando ω = 2πc/λ e E0 = cB0.
I due E devono venire uguali, in quanto un’onda piana è soluzione della II equazione di Maxwell ∇×E = − ˙ B.
Per ℓ generico si ha
E = −E0 sin πℓ
λ cos(πℓ
λ − ωt), 〈E 2 〉t = E2 0λ2 2 πℓ
sin
2 λ
Come funzione di ℓ, vale zero per ℓ = 0, cresce mano a mano che uno ingrandisce l’antenna, e raggiunge un
massimo per ℓ = λ/2, e vale di nuovo zero per ℓ = λ: quindi bisogna costruire le antenne grosse, ma farle più
grandi dell’onda che si vuole rivelare è inutile o dannoso.
Esercizio 160: Antenna lineare vs circolare
(Dal compito del 11/7/2005). In qualche vecchio modello di televisore può ancora capitare di osservare due tipi
di antenne. Una lineare, una circolare.
a) Quali sono i vantaggi di ciascuna delle due? Commentare brevemente.
b) Qual’è la risposta dei due tipi di antenne ad un’onda elettromagnetica piana polarizzata linearmente che
si propaga nel vuoto? Il rapporto dei segnali visti dalle due antenne dipende dalla frequenza?
c) Supponiamo che l’antenna lineare sia lunga 50 cm e quella circolare abbia diametro 20 cm. Se il rapporto
dei segnali visti dipende dalla frequenza, a quale frequenza tale rapporto vale 1?
d) In che direzione dovrebbe essere orientata ciascuna delle due antenne per ottimizzare la ricezione?
e) Avete mai visto radio con antenne circolari?
bSoluzione:
a,b) La differenza di potenziale ai capi di un’antenna lineare di lunghezza ℓ e di una circolare di raggio r vale:
∆Vlineare = Eℓ, ∆Vcircolare = d
dt πr2 B = ωπr 2 B
Pertanto ad alte frequenze l’antenna circolare vede un segnale maggiore.
c) il rapporto:
∆Vcircolare
∆Vlineare
= ωπr2 B
ℓE
= ωπr2
ℓc
vale 1 per ω = ℓc/πr 2 ≈ 4.8 × 10 9 rad s −1 corrispondente ad una frequenza di circa 760 MHz. Nel calcolo
abbiamo per semplicità assunto λ molto maggiore della dimensione dell’antenna: a questa frequenza
λ = ν/c = 2.5 m, per cui l’assunzione è quasi realistica.
d) Di sicuro non bisogna mettere l’antenna lineare parallela alla direzione dell’onda nè quella circolare perpendicolare.
Per massimizzare la ricezione, l’antenna lineare sarà orientata lungo la direzione del campo
elettrico, mentre il piano dell’antenna circolare sarà orientato perpendicolarmente al campo magnetico.
In Italia i segnali sono trasmessi con campo elettrico polarizzato orizzontalmente, mentre in Inghilterra
viene polarizzato verticalmente: per questo le antenne sui tetti inglesi hanno una forma un po’diverse da
quelle italiane.
e) No. Dal momento che i segnali radio hanno frequenze molto minori di 760 MHz, un’antenna lineare risulta
molto più efficiente.

94 Capitolo 12. Onde e oscillazioni
Esercizio 161: Sommergibile
Un sommergibile naviga in superficie. Si approssimi l’antenna come una spira triangolare di altezza h = 3 m
e base d = 30 m compresa tra la torretta, il ponte e la poppa (vedere figura). Il sommergibile riceve segnali
approssimabili ad un’onda piana polarizzata linearmente di frequenza 1 kHz e di flusso di energia I0 = 1.5 ·
10 −5 W/m 2 . La direzione di B è ortogonale al piano dell’antenna. Il rapporto in ampiezza segnale/rumore in
tali condizioni è S/N = 100. Si calcoli:
a) La lunghezza d’onda λ dell’onda incidente, e E, B.
b) Il valore efficace della f.e.m. generata da essa nella spira.
c) Ora il sommergibile si immerge in mare (ɛr(1 kHz) = 72, µr = 1, σ = 4 Ω/ m); qual’è la velocità di
propagazione e la lunghezza d’onda del segnale che riceve?
d) Se il minimo rapporto segnale/rumore accettabile è S/N = 5, qual’è la massima profondità alla quale può
andare se vuole continuare a ricevere comunicazioni? (Si assuma che il rumore rimanga costante).
e) Discutere la dipendenza del punto d) dalla frequenza del segnale. Sarebbe più conveniente usare un segnale
satellitare a 11 GHz?
bSoluzione:
a) λ = 3 · 10 5 m. Inoltre I0 = E 2 /2cµ0, da cui E0 = 0.1 V/m, B0 = E0/c = 3.3 · 10 −10 T;
b) La f.e.m. è:
E = − d
dt
E0
c
sin(2πx/λ − 2πνt) dx dy
ed, essendo λ molto maggiore delle dimensioni della regione d’integrazione, l’integrando è circa costante.
Pertanto:
E = hd
2
E0
c 2πν cos(2πνt), Eeff ≡ 〈E 2 〉 = hd
2 √ 2
E0
c 2πν
c) In acqua v = c/ √ ɛrµr = 3.5 · 10 7 m/s e quindi λ = 3.5 · 10 4 m.
d) La lunghezza di attenuazione è δ = 2/ωµσ = 7.96 m. La massima profondità alla quale il sottomarino può
scendere corrisponde al rapporto AS/AN = 5, cioé l’ampiezza del segnale può essere ridotta di un fattore 20
rispetto a quella iniziale. Siccome A ∝ e −z/δ si ottiene z = δ ln 20 → z = 23.88 m.
e) Ad alta frequenza l’attenuazione risulta maggiore, data la dipendenza con la √ ω, pertanto in immersione il
sommergibile deve comunicare usando la bassa frequenza.
A basse frequenze δ ∝ ω −1/2 (un forno a microonde ha ν ∼ 2.4 GHz i.e. λ ≈ 0.12 m); a frequenze maggiori
l’assorbimento dipende da come è fatta la molecola dell’acqua, che diventa magicamente trasparente nel visibile,
fig. 12.1.
Esercizio 162: Luce solare
Calcolare i valori numerici del vettore di Poynting, i campi elettrici e magnetici, densità di energia, pressione
della luce solare, sapendo che essa fornisce un’energia K⊙ = 1366 J m −2 s −1 .
bSoluzione: (Usando E = mc 2 , questo significa che il sole perde circa 4 milioni di tonnellate al secondo). La
media del vettore di Poynting è uguale alla costante solare: 〈S〉 = K⊙. Quindi pressione p, densità di energia
u, densità di impulso g valgono
〈p〉 = c〈g〉 = 〈u〉 = 〈S〉
c
= 4.5 10−6 J
m
3 = 4.5 10−6 N
.
m2

Capitolo 12. Onde e oscillazioni 95
Absorption length of water in m
10 2
10 0
10 -2
10 -4
10 -6
10 2
10 -8
sea water
10 4
10 6 10 8
10 10 10 12 10 14 10 16 10 18 10 20
Frequency in Hz
Figura 12.1: Lunghezza di attenuazione della luce nell’acqua in funzione della frequenza.
Il campo elettrico vale E0 = 1000V/m (usando ɛ0 = 8.85 10 −12 C 2 /N m 2 e N · m = V · C). Il campo magnetico
vale B0 = E0/c = 3.36 10 −6 Tesla.
Il sole emetta luce ‘gialla’ di frequenza ν ≈ 0.5 10 15 Hz e quindi ha λ = c/ν ≈ 0.6µm. La luce è composta da
‘fotoni’, ciascuno dei quali ha energia hν ∼ 10 −19 J (la costante di Planck vale h = 6.62 10 −34 J/ s): quindi la
luce del sole ne contiene circa 10 22 / m 2 s. Dalla relazione hν ∼ kBT si ricava la temperatura del sole. Nota la
temperatura TS = 5800 K ed il raggio RS = 7 10 8 m del sole, la potenza emessa può venir calcolata teoricamente,
sapendo che un corpo nero a temperatura T irraggia per unità di superficie una potenza
dW
dS
= ɛσT 4
dove σ = π2k4 B
60¯h 3 W
= 5.670 10−8
c2 m2 K 4
è detta ‘costante di Stefan-Boltzmann’. Quindi il sole irraggia una potenza WS = SS · σT 4 S = 4πR2 S σT 4 S =
4 10 26 W. La terra è a distanza d ≈ 1.5 10 11 m dal sole e riceve frazione Ω/4π = πR 2 /4πd 2 = 6.8 10 −5 = 1/14500
della potenza totale. La potenza per unità di superficie vale K⊙ = (RS/d) 2 σT 4 S = 1366W/m2 .
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
È interessante proseguire calcolando la temperature dei pianeti, anche se questo non è solo un esercizio di
elettromagnetismo. Anche la terra è approssimabile come un corpo nero a temperatura TE, calcolabile sapendo
che in condizioni di equilibrio irraggia tutta l’energia che riceve dal sole: tenendo conto che la terra è una sfera
πr 2 K⊙ = 4πr 2 σT 4 E da cui TE = TS(Ω/4π) 1/4 = RS/2dTS ≈ 280 K, che è una buona approssimazione. È
buona perché per via di un teorema generale, emissività e riflettività sono uguali e quindi si cancellano. Non è
perfetta per via dell’effetto serra: le zone interne dell’atmosfera sono più calde. La luna ha la stessa temperatura
media TS della terra, ma non ha atmosfera: quando il sole è a picco raggiunge Tday = √ 2TE ≈ 400 K, di notte
scende fino a T ≪ Tday.
Marte è dista dal sole il 50% in più della terra, e quindi la sua temperatura è circa 25% più bassa, TM ≈ 230K.
Ma a mezzogiorno raggiunge √ 2TM ≈ 320 K e l’acqua si può scongelare.
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
È interessante calcolare l’energia ottenibile da pannelli solari. Come detto sopra il sole a picco produce
K⊙ = 1.366kW/m 2 : tenendo conto che pannelli solari hanno efficienza ɛ ≈ 0.1, la potenza prodotta vale
W = ɛK⊙ = 1kW/8m 2 . L’energia totale prodotta in un anno vale E = K⊙ɛ · yr/2/3 = 200kWh/m 2 , dove 1/2
tiene conto che di notte non c’e’il sole, ed 1/3 dell’inclinazione del sole 〈cos 2 θ〉 < 1 e delle nuvole. Siccome
un kW h costa circa 0.15Euro, il risparmio prodotto è di circa 30Euro/yr·m 2 (se l’energia viene utilizzata). Il
costo di installazione è di circa 1000Euro/m 2 , ed i pannelli solari durano circa 20 anni, nei quali producono
circa 500 Euro di energia/m 2 . Quindi non sono economicamente convenienti. Per ora lo diventano solo grazie
all’assistenzialismo: Prodi paga 0.49 Euro per ogni kW fotovolatico.

96 Capitolo 12. Onde e oscillazioni
Intensity du/dλ in arbitrary units
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
T = 6000 K
T = 4000 K
0 500 1000 1500 2000
Wavelength λ in nm
Figura 12.2: Spettro in energia du/dλ della radiazione di corpo nero a T = 6000 K (sole) e T = 4000 K
(lampadina ad incandescenza). La banda colorata indica la regione percepita come luce visibile. La seconda
figura (presa da J.K. Bowmaker, H.J.A. Dartnall, J. Physiol. 298 (1980) 501) mostra quanto i tre tipi di coni
ed i bastoncelli nell’occhio umano reagiscono a diverse frequenze: la senzazione di colore percepita dipende da
quanto viene attivato ciascun tipo di cono.
Esercizio 163: Efficienza energetica
Una normale lampadina da 25 Watt emette 210 lumen: calcolare la sua efficienza energetica.
bSoluzione: Una commissione è stata pagata per definire il lumen (lm) come
lm = y(λ)
· W
683.
dove il fattore di conversione y(λ) dipende dalla lunghezza d’onda, in modo da corrispondere a quello che sa
fare l’occhio umano: y è una campana che di giorno ha massimo y(λ = 555 nm) = 1 e larghezza di circa 50 nm,
mentre di notte il massimo si sposta a λ = 500 nm (perchè coni e bastoncelli funzionano in modo un po’diverso).
Tutto ciò vuole dire che efficienza del 100% corrisponde ad emettere 683 lumen per ogni Watt di potenza
impiegata. La normale lampadina ha quindi efficienza di circa 1.2%. Parte di questa inefficienza è dovuta al
fatto che la candela irraggia più o meno come uno spettro di corpo nero a T ≈ 4000 K, per cui solo il 10%
della radiazione emessa cade nel visibile (precisamente definito secondo la funzione y). Questo è illustrato
in figura 12.2, dove si vede anche che una lampadina ad incandescenza produce, rispetto al sole, meno luce
nell’ultravioletto (che è biologicamente dannoso) e quindi più nel giallo.
Un normale candela a combusione ha temperatura ancora minore ed efficienza ancora più bassa, circa 0.05%.
Lampade ad alta efficienza energetica raggiungono il (10 ÷ 30)%, ed hanno uno spettro costituito da varie
righe scelte in modo da cadere soprattutto nel visibile. La luce è prodotta dal de-eccitamento di atomi, che
vengono eccitati due volte ogni ciclo di corrente alternata, cioè 120 Hz: abbastanza veloce da non produrre un
noioso brillio.
Esercizio 164: Luce delle stelle
Assumendo che le stelle siano oggetti simili al sole stimare la loro distanza.
bSoluzione: Questa stima fu fatto per la prima volta da Bruno Giordano, trovando un valore cosí assurdamente
grande da non poter essere testato mediante misure di parallasse con le tecnologie dell’epoca (si dovetter
attendere il 1838). Per maggior sicurezza (e per altri motivi) gli fu dato fuoco nel 1600. Una stella più o meno è
luminosa come una lampadina da 10 W a distanza di 1km; cioè circa 10 9 volte meno luminosa del sole. Quindi
una stella dista da noi circa 30000 volte più del sole, cioè circa 1 anno luce.

Capitolo 12. Onde e oscillazioni 97
Esercizio 165: Vettore di Poynting
Verificare che il vettore di Poynting descrive veramente la variazione di energia in varie geometrie.
bSoluzione:
1. Una capacità cilindrica (lato a, spessore h) a frequenze non troppo alte ha campo elettrico Ez(t) e la
corrente di spostamento genera un campo magnetico lungo θ dato da Bθ = πr 2 ˙ Ez/c 2 /2πr = r ˙ Ez/2c 2 .
L’energia contenuta in un raggio r vale
Il vettore di Poynting vale
U (πr 2 h) ɛ0
2 E2
Sr = −ɛ0c 2 EzBθ = r
2 ɛ0Ez ˙ Ez
˙ U = πr 2 hɛ0Ez ˙ Ez
Sr = −2πr hSr = − ˙ U
in accordo con ˙u + ∇ · S = 0, che possiamo anche verificare usando ∇ · S = (1/r)d(rSr)/dr.
2. Un filo resistivo di lunghezza h ha un campo elettrico costante Ez = V/h. La corrente j = σE dissipa
una potenza ˙ U = h · πr 2 jE e genera un campo magnetico Bθ = µ0j πr 2 /2πr. Quindi il flusso del vettore
di Poynting Sr = −rjE/2 vale Sr = −h πr 2 jE = − ˙ U.
3. Un cavo coassiale porta corrente continua a tensione V su di una resistenza R, che congiunge le due
armature. Quindi ci passa una corrente i = V/R, che dissipa una potenza W = iV . Al suo interno
contiene un campo elettrico ed un campo magnetico dati da
V
Er =
r ln r2/r1
Il flusso del vettore di Poynting vale
Bθ = µ0i
2πr
Sz =
r2
r1
Sz = ɛ0c 2 iV
ErBθ =
2πr2 ln r2/r1
Sr 2πr dr = iV = W
4. Un solenoide rettilineo infinito contiene un campo magnetico Bz = µ0nI e quindi un campo elettrico
Er = − ˙ Bzr/2. Il vettore di Poynting vale Sr = −Bz ˙ Bzr/2µ0. U = πr 2 B 2 z/2µ0, ˙ U = πr 2 Bz ˙ Bz/µ0,
Sr = 2πr Sr = − ˙ U.
5. Paradosso di Feynman. Un disco libero di ruotare lungo l’asse z contiene una carica q ed un solenoide
percorso da una corrente continua che genera un campo magnetico Bz. Si interrompe la corrente: la
variazione di Bz genera un Er che mette in rotazione il sistema. Che ne è della conservazione del momento
angolare?
6. Un elettrone in un atomo di idrogeno ruota a distanza a dal protone con velocità determinata da
mev 2 /a = q 2 e/4πa 2 ɛ0 cioè
v2 q
=
c2 2 e
4πɛ0mec2 1
a2 ≡ r2 e
a
1
= 2 137. 2 per a = 0.53˚A.
La lunghezza re è detta “raggio classico dell’elettrone” (ma non è il raggio dell’elettrone), in quanto è il
raggio che avrebbe un elettrone se la sua massa fosse dovuta all’elettromagnetismo:
U ∼ q2 e
= mec
4πɛ0re
2
per re =
q 2 e
4πɛ0mec 2 = 2.82 10−13 cm
(per abbreviare spesso si usa e2 ≡ q2 e/4πɛ0 invece di qe). L’elettrone, ruotando attorno al protone, genera
anche un campo magnetico campo magnetico di tipo dipolare, B ∼ µ0µ/r3 dove il dipolo magnetico vale
µ = πa2i = πa2 (qeω/2π) = (qe/2m)L (L = ma2ω). Quindi Sθ ∼ ErBz/µ0. La densità di momento vale
g = S/c2 . Il momento angolare elettromagnetico vale
Lem ∼
dV r × g ∼ a 4 g(a) ∼ q2 e
mc2 L
ɛ0 a
∼ re
a
ed è quindi una frazione trascurabile del momento angolare meccanico.
v2 L
L ∼ L ∼
c2 1372

98 Capitolo 12. Onde e oscillazioni
Esercizio 166: Rilfessione di onde in una corda
Si connettono due corde con diverse densità lineari µ e µ ′ = n 2 µ. Studiare cosa succede quando un onda
trasversale arriva al punto di congiunzione.
bSoluzione: Metto la corda lungo l’asse x. Un’onda produce una distorsione y(x, t) rispetto al valore di
equilibrio y = 0. La legge del moto per y(x, t) è
ma = F : µ ∂2 y
∂t 2 = τ ∂2 y
∂x 2
(compare y ′′ perchè la tensione non richiama una corda dritta, con y ′ costante). La tensione τ è la stessa
dovunque. La velocità v = τ/µ(x) = ω/k cambia imrovvisamente sul punto di congiunzione, che mettiamo a
x = 0. Siccome v ′ = v/n, nell’analogo elettromagnetico n sarà l’indice di rifrazione.
y
z
Non serve studiare un pacchetto d’onda. Cerco la soluzione di onda piana: oltre all’onda incidente y = a e i(kx−ωt)
aggiungo una componente Riflessa ed una T rasmessa
i(kx−ωt) i(−kx−ωt) e + R e per x < 0
y = a
T ei(k′ x−ωt) per x > 0
È intuitivamente ovvio che al punto di congiunzione fra le due corde y e y ′ sono continui. Matematicamente
segue dal fatto che l’equazione d’onda contiene due derivate rispetto a x (e quindi rimarrà vero in casi meno
intuitivi, come nelle equazioni di Maxwell o Schroedinger). Imponendo la continuità si trova
1 + R = T k(1 − R) = k ′ T → T = 2k 2
=
k + k ′ 1 + n
x
R =
k − k′ 1 − n
=
k + k ′ 1 + n
Si ha T > 1 se n < 1: questo è sensato, e dovuto al fatto che nel passare da una corda ‘grossa’ and una corda
‘piccola’ l’ampiezza dell’onda si amplifica.
Non si può invece amplificare l’energia trasportata dall’onda. La potenza media dell’onda incidente (che
corrisponde al vettore di Poyinting nell’analogo e.m.) vale WI = vu = 1
2 vµ(aω)2 : infatti 1
4 µ(aω)2 è la densità
di energia cinetica media, che è in media eguale all’energia potenziale. La potenza riflessa vale WR = WIR 2 e
quindi quella trasmessa deve valere WT = WI − WR. 1 Infatti, facendo il calcolo esplicito sfruttando il fatto che
W ∝ v · µ · a 2 ∝ (1/n) · n 2 · a 2 si ottiene
WT
WI
= T 2 n =
Come giusto viene WT /WI ≤ 1, massimo per n = 1.
4n
< 1
(1 + n) 2
Esercizio 167: Riflessione
Considerando riflessione a 90, 0 e 45 gradi, capire intuitivamente come cambia la polarizzazione, ed in particolare
che un’onda con polarizzazione circolare destra diventa sinistra.
bSoluzione:
1 Nella zona dove ci sono due onde, la potenza media è la somma delle potenze media delle due onde: W = WI − WR,
senza nessun termine di interferenza. Fisicamente, questo è chiaro in quanto usare onde piane è un modo utile per descrivere
un problema nel quale si invia un pacchetto d’onde, che viene parzialmente trasmesso e riflesso. Per vederlo matematicamente
con onde piane, occorre notare che il termine di interferenza fa zero, se mediato sullo spazio e sul tempo, usando formule tipo
2 sin(kx − ωt) sin(−kx − ωt) = cos(2kx) − cos(2ωt).

Capitolo 12. Onde e oscillazioni 99
90) Per riflessione perpendicolare sul piano xy: x + iy → −x − iy, cioè l’onda continua a girare nello stesso
senso; ma la polarizzazione si inverte perchè si inverte la direzione dell’onda. Questo è analogo ad una
palla che ruota e si muove lungo l’asse z: nel rimbalzo il momento angolare si conserva.
0) Per riflessione quasi orizzontale sul piano xy: a) la direzione del moto x rimane la stessa; b) la polarizzazione
z diventa −z; c) la polarizzazione y rimane y. Quindi il senso della polarizzazione circolare si
inverte. Per capire c): per piccolo angolo lascia E= = 0. Si puo’immaginare di prendere il caso 90) e di
aumentare in modo continuo i raggi [fare figura].
45) E.g. onda in direzione x si riflette su piano a 45 cambiando la direzione in y. Polarizzazione z diventa −z
e polarizzazione y diventa −x
Verifica matematica generica: da fare.
Applicazione: il GPS sballa quando riceve un’onda senza sapere che e’stata riflessa e.g. da un muro o parete
verticale. (In pratica questo è un problema quando uno sta fermo, e.g. in un bosco). Le onde emesse hanno
polarizzazione destra: questo permette di eliminare quelle riflesse un numero dispari di volte.
Esercizio 168: Rifrazione ⊥
Due dielettrici sono separati dal piano x = 0. Un’onda elettromagnetica incide lungo k = (kx, ky, 0) con E
polarizzato lungo z, cioè perpendicolarmente al piano di riflessione. Calcolare le direzioni ed intensità delle onde
riflesse e rifratte.
bSoluzione: In un dielettrico i campi e.m. si propagano in modo simile al vuoto, con l’unica differenza che
c → v = c/n dove n è detto ‘indice di rifrazione’
c 2 = 1
ɛ0µ0
→ 1
ɛµ0
≡ c2
,
n2 E c ω
= c → =
B n k
Le condizioni al bordo fra due dielettrici sono B1 = B2 e E = 1 = E = 2 , ɛ1E⊥ 1 = ɛ2E⊥ 2 . È facile vedere che ci
deve essere un’onda riflessa: se non ci fosse in caso di incidenza normale, l’onda incidente e quella trasmessa
dovrebbero avere gli stessi E e B, il che è incompatibile con B = E/c (nel vuoto) e B = nE/c (nel dielettrico).
Assumo che il piano di separazione sia il piano yz a x = 0, e che l’onda si propaghi nel piano xy con il campo
elettrico polarizzato lungo z. Per prima cosa, le condizioni al bordo, dovendo essere vere per ogni t, implicano
che l’onda incidente, l’onda riflessa (nel mezzo 1) e quella trasmessa (nel mezzo 2) hanno la stessa frequenza.
Dovendo poi essere vere per ogni y, si ha che tutte le onde hanno lo stesso ky: ky ≡ ki y = kR y = kT y . Siccome i
moduli dei vettori k sono dati da kI = n1ω/c si ha kI/kT = n1/n2 e quindi si impara che l’onda trasmessa si
inclina secondo la legge di Snell:
sin θT = ky
kT
sin θI = ky
kI
: n2 sin θT = n1 sin θI
Per quanto riguarda le ampiezze dell’onda le condizioni di raccordo sono
EI + ER = ET
kxEI − kxER = k T x ET
e quindi ER = REI e ET = T EI con
R = kx − k T x
kx + k T x
(da Ez o da Bx)
(da E ′I
y + E ′R
y = E ′T
y o da B I y + B R y = B T y usando B = k × E/ω)
= n1 cos θI − n2 cos θT
n1 cos θI + n2 cos θT
= − sin(θI − θT )
2kx
, T =
sin(θI + θT ) kx + kT x
= 1 + R
che è identica a quanto ottenuto nell’esercizio precedente su onde due corde con un capo in comune. Il rapporto
fra potenza riflessa ed incidente vale R2 . Se n2 < n1 si può avere T > 1; tuttavia come nell’esercizio precedente
si ha WT = WI − WR < WI. Mettiamo n1 = 1 e n2 = n. Infatti la potenza trasmessa vale WT = vu dove u è
la densità media di energia. In un dielettrico essa vale
ɛ
u =
2 E2 + B2
ɛ
=
2µ0 2 [E2 + B 2 v 2
] = ɛ
2 E2

100 Capitolo 12. Onde e oscillazioni
Tenendo conto che v ∝ 1/n e che u ∝ ɛE 2 ∝ n 2 E 2 T
WT
WI
= T 2 n =
L’energia si conserva: (WI − WR) cos θI − WT cos θT = 0.
si ha (analogamente al precedente caso della corda)
4n
< 1.
(1 + n) 2
• • • • • • • • • • • • • • • • • •
Esercizio 169: Rifirazione
Ripetere il conto di prima nel caso in cui E è polarizzato parallelamente al piano di riflessione.
bSoluzione: Il conto è analogo (ma geometricamente più pesante). Diamo solo il risultato:
R = tan(θI − θT )
tan(θI + θT ) .
Notare che R = 0 se θI + θT = 90 ◦ cioè se il raggio riflesso e quello rifratto sono ortogonali (usando la legge
di Snell, questo capita per tan θI = n2/n1, detto angolo di Brewster). It tal caso la luce ha solo la componente
perpendicolare al piano di riflessione, cioè è polarizzata linearmente. Lo si può osservare guardando la luce del
sole che si riflette nel mare con un polarimetro. Lo si può capire tenendo conto che la luce riflessa è generata a
livello microscopico dall’irraggiamento, che (come discusso in seguito) è zero lungo la direzione di oscillazione
dei dipoli, determinata da ET .
Nel caso di incidenza normale (cioè cos θI,R,T = 0) sia R⊥ che R= si riducono a R = (n2 − n1)/(n2 + n1).
Esercizio 170: Forza su superficie
Un’onda si propaga nel vuoto incidendo perpendicolarmente su di una superficie. Si ha un’onda trasmessa ed
una riflessa di potenze WT e WI note. Calcolare la pressione sentita dalla superficie.
bSoluzione: La pressione sulla superficie vale p = (WI + WR − WT )/c. Se l’energia nell’onda si conserva si ha
WI = WR + WT e la pressione si riduce a p = 2WR/c.
Consideriamo alcuni casi:
2) Superficie riflettente e.g. uno specchio. L’energia dell’onda si conserva e si ha WT = 0 (nessuna onda
trasmessa) e quindi WR = WI. Quindi p = 2WI/c.
1) Superficie assorbente. L’energia nell’onda non si conserva: si ha WR = WT = 0. La pressione vale
p = WI/c.
0) Superficie trasmettente. Non si ha onda riflessa e WT = WI. La pressione vale p = 0.
Consideriamo pulviscolo presente nel sistema solare, approsismandolo come particelle sferiche assorbenti di
raggio a e densità ρ. Sono soggette a due forze: l’attrazione gravitazionale e la forza repulsiva dovuta alla
pressione di radiazione. Entrambe scalano come 1/r2 , per cui per vedere chi è più forte fissiamo r = 1.5 1011 m,
la distanza fra il sole e la terra. L’accelerazione gravitazionale dovuta al sole vale aG = GN M/r2 = 0.0059 m/s 2 .
L’accelerazione dovuta alla pressione di radiazione vale aW = πa2W⊙/mc = 3
4W⊙/ρac, ed è maggiore di aG se
a < 6 10−6 m per ρ = 103 kg/m 3 , la densità dell’acqua.
Esercizio 171: Riflessione da un metallo
Un’onda piana di frequenza ω con polarizzazione lineare parallela alla superficie incide sulla superficie di un
metallo di conducibilità σ.
a) Determinare la forma dell’equazione delle onde elettromagnetiche nel metallo.

Capitolo 12. Onde e oscillazioni 101
b) Studiare la penetrazione dell’onda nel metallo.
c) Calcolare la riflettività del metallo (rapporto tra intensità riflessa ed incidente)
d) Trovare il flusso di energia verso l’interno del metallo e confrontarlo con la potenza dissipata per effetto
Joule.
bSoluzione:
a) Mettendo J = σE e ρ = 0 nella (11.1) si ottiene
(∇ 2 − 1
c2 ∂2 ∂E
)E = µ0σ
∂t2 ∂t
Per onde monocromatiche E(x, t) = ˜ E(x)e −iωt l’equazione si riduce a
(∇ 2 + ω2
c 2 ) ˜ E = −iωµ0σ ˜ E
Con metodi simili si trova che il campo magnetico soddisfa alla stessa equazione, ottenuta rimpiazzando
E → B, che ha solo componente By.
b) Supponiamo che il conduttore si estenda per x > 0 e che E sia polarizzato lungo z. Quindi soddisfa
l’equazione (per x > 0)
( ∂2 ω2
+
∂x2 c2 ) ˜ Ez = −iωµ0σ ˜ Ez
La soluzione è quindi Ez = ei(qx−ωt) Ez(0) dove q soddifsa la relazione di dispersione
2 q1 − q2 2 = ω2 /c2 q 2 = ω2
c 2 + iωµ0σ i.e.
2q1q2 = ωµ0σ
dove q = q1 + iq2. q2 descrive lo smorzamento dell’onda, provocato dalle correnti parassite. La soluzione
esplicita per q non è illuminante, anzi fa piuttosto schifo. Numericamente il rame ha ω0 ≡ µ0σc 2 = σ/ɛ0 =
6.6 10 18 Hz, nel range di frequenza dei raggi X, circa tre ordini di grandezza maggiore delle frequenza della
luce visibile. Studiamo due casi limite.
– Ad alte frequenze ω ≫ ω0 q1 ha circa il valore di vuoto, q1 ω/c e l’effetto della conducibilità è
descritto da un piccolo q2 µ0σc. Quindi
Ez(x, t) = Ez(0)e ikx−iωt e −µ0σcx
dove k = ω/c = 2π/λ.
Cioè l’onda si propaga in maniera simile a quanto fa nel vuoto, ma smorzandosi su una distanza
tipica 1/q2 ≫ λ. Per il rame 1/q2 = 1/µ0σc ∼ 0.4 10 −10 m.
– A basse frequenze ω ≪ ω0 si ha q1 q2 ωµ0σ/2 ≡ 1/δ e ritroviamo il caso dell’esercizio di
pagina 81: l’onda si smorza in qualche lunghezza d’onda. Questo è tipicamente il caso di metalli alle
frequenza della luce visibile, che non penetra nel metallo e viene quindi riflessa (a meno di un piccolo
assorbimento).
c) Per x < 0 i campi soddisfano l’equazione d’onda nel vuoto, con soluzione generale
Ez(x < 0, t) = EIe ikx−iωt + ERe −ikx−iωt .
EI ha il significato fisico di onda incidente, mentre EI quello di onda riflessa. Bisogna calcolare ER/EI.
– Ad alte frequenze tutta l’onda entra (ER 0) e dissipa la sua energia per effetto Joule.
– A basse frequenze il campo dentro il metallo è
Ez(x > 0, t) = ET e −iωt−ix/δ e −x/δ
Siccome E risolve un’equazione di secondo grado in x, per raccordare le soluzioni occorre che Ez e
∂Ez/∂x siano continue a x = 0, cioè
EI + ER = ET , ik(EI − ER) = iqET
i − 1
δ ET

102 Capitolo 12. Onde e oscillazioni
da cui
ER
EI
= kδ − 1 − i
kδ + 1 + i ,
ET
EI
=
2kδ
1 + kδ + i
Poichè l’intensità delle onde sono proporzionali ai moduli quadri dei campi, la riflettività R è il
modulo quadro dell’ultima espressione:
R =
1 + (kδ − 1)2
1 + (kδ + 1) 2 = ω + ω0 − √ 2ωω0
ω + ω0 + √ < 1
2ωω0
Nella figura questa espressione approssimativamente valida per ω ≪ ω0 (linea tratteggiata) è confrontata
con il risultato completo (linea continua):
R
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
10 -4 10 -3 10 -2 10 -1 1 10 10 2 10 3 10 4
Per kδ ≪ 1 si ha R 1, cioè tutta l’energia viene riflessa. Infatti se la lunghezza di penetrazione δ è
trascurabile l’onda non può dissipare energia per effetto Joule, e deve quindi tornare indietro.
d) A basse frequenze abbiamo ottenuto WR/WI = R2 . Quindi la potenza trasmessa dovrebbe valere WT =
T WI con
4kδ
T = 1 − R =
1 + (kδ + 1) 2
e questa potenza dovrebbe venir dissipata dalle correnti parassite nell’interno del metallo. Verifichiamolo.
Dentro il metallo
Ez(x > 0) = EI · 2kδe −x/δ Re eix/δ−iωt
1 + kδ + i =
2kδEI
e−x/δ (1 + kδ) cos(x/δ − ωt) + sin(x/δ − ωt)
1 + (kδ + 1) 2
La potenza media Wdiss dissipata per unità di superficie è
Wdiss =
∞
0
dx σ〈E 2 z t 〉 = 2σ(kδ)2 E 2 I
1 + (kδ + 1) 2
ω/ω0
∞
0
dx e −2x/δ = σδ(kδ)2 E 2 i
1 + (kδ + 1) 2
avendo usato 〈(A cos +B sin) 2 〉t = (A 2 + B 2 )/2. Usando σkδ 2 = σ(ω/c)(2/µ0σω) = 2/(µ0c) = 2ɛ0c
otteniamo il risultato atteso
Wdiss =
4kδ
1 + (kδ + 1) 2
ɛ0cE2 I
2
Esercizio 172: Onde adiabatiche
= T WI.
Una corda uniforme di massa m e lunghezza ℓ è appesa nel campo di gravità g. Come si propagano le onde?
bSoluzione: La tensione ad un punto z è τ = mgz/ℓ, quindi la velocità delle onde è v(z) = τ/λ = √ gz. Se
λ ≪ ℓ le onde si propagano adiabaticamente, cioè con v = v(z), e quindi
t(ℓ → z) =
ℓ
z
dz
√ gz = 2[ ℓ/g − z/g]
Un corpo che cade impiega un tempo t ′ (ℓ → z) = 2(ℓ − z)/g.

Capitolo 12. Onde e oscillazioni 103
Esercizio 173: Telefono vs radio
Come mai in alcune galleria sono installati ripetitori che consentono di telefonare dentro il tunnel, ma mai
nessun ripetitore che permetta di sentire la radio?
bSoluzione: Un telefonino funziona a frequenze attorno a 1000 MHz, e quindi a lunghezze d’onda λ ≈ 0.3 m.
La radio funziona a frequenze attorno a 100 MHz, che corrispondono ad una lunghezza d’onda di circa 3 metri.
I conti successivi dovrebbero mostrare che un tunnel non è abbastanza grande per farci entrare bene un’onda
così grande. (In fisica teorica un meccanismo simile consente di rendere teorie con piccole dimensioni extra
compatibili con i dati sperimentali).
Esercizio 174: Miraggi
Calcolare la traiettoria di un raggio di luce che si propaga in un mezzo con indice di rifrazione variabile.
bSoluzione: Il risultato è determinato da v(x, y, z), cioè la velocità che la luce ha in ogni punto. Passare
dalle equazioni di Maxwell esatte al limite approssimato di ottica geometrica non è ovvio. Senza fare conti, si
può intuire che la traiettoria seguita da A a B è quella che minimizza (o in generale estremizza) T , il tempo
necessario ad andare da A a B. Infatti questo significa che onde che si diffondono in traiettorie vicine hanno la
stessa fase, e quindi le loro ampiezze si sommano coerentemente. (Lo stesso ragionamento spiega in che modo
una traiettoria classica segue dalla meccanica quantistica, cioè come si va dal path-integral di exp(i L) alle
equazioni del moto classiche). Come esempio semplice, si può verificare che per due semipiani con velocità v1 e
v2 si riottiene la legge della rifrazione. (Esempio di Feynman con sabbia e mare).
In generale (per semplicità considero solo 2 dimensioni x e y) si ha
T = dt =
ds
v =
dλ
(
v
dx
dλ )2 + ( dy
dλ )2
=
dove λ è un parametro arbitrario: alla fine uno preferirebbe usare λ = t, ma nei calcoli intermedi tenere λ
arbitrario evita di dover imporre ˙x 2 + ˙y 2 + ˙z 2 = v 2 (x, y, z) come vincolo addizionale nel calcolare l’equazione
del moto che segue dal principio variazionale
δT
δx =
dt( δL
δx
∂ δL
− )
∂x δx ′
L dt
Dopo vari conti non ovvi che spero di aver fatto giusti, si ottengono le equazioni del moto:
x ′′ = − x′2 + y ′2
v
∂v
∂v
, cioè, scegliendo ora λ = t, ¨x = v
∂x ∂x
1 ∂v
=
2
2
∂x
e simili per y e z. Notare che a posteriori queste equazioni sembrano ovvie: soddisfano la auto-consistenza
˙x 2 + ˙y 2 + ˙z 2 = v 2 (x, y, z). Formalmente, sono uguali alle equazioni di Newton per il moto in un potenziale
V = −v 2 di una particella con massa m = 2. Che ci sia una ‘costante dell’energia’ segue dal teorema di Noether:
il sistema è invariante per traslazioni temporali.
Esempi:
• Per v = cte si ottengono i raggi dritti.
• Con una v(z) maggiore vicino subito sopra la strada si spiegano i miraggi: la luce preferisce scendere
dove v è maggiore. Si trova ˙x = ˙y = cte. Nel caso matematicamente semplice v 2 ∝ z si trova un moto
parabolico analogo a quello gravitazionale (ma a testa in giù).
• Un sistema cilindrico con µr = (1 − a/r) 2 ed ɛz = (b/(b − a)) 2 fra a < r < b fornisce il miraggio
dell’invisibilità: qualunque cosa sia messa a r < a diventa invisibile. [da fare]

104 Capitolo 12. Onde e oscillazioni
Esercizio 175: Guida d’onda
Guida d’onda rettangolare disposta lungo z e di lati a lungo y e b lungo x
bSoluzione: Come un cavo coassiale senza filo centrale, in modo da evitare elettroni che irraggiano. Usare
un tubo grosso vuoto conviene quando si devono trasportare grosse potenze. Le condizioni al bordo su di un
conduttore perfetto sono E = 0 e B⊥ = 0. Provo la soluzione
Ey = E0 sin kxx e i(kzz−ωt)
kx = nπ
a
Soddisfa a ∇ · E = ∂yEy = 0. Metto n = 1. Per ottenere un’onda trasversa rispettando B⊥ = 0 aggiungo
Bx = B0 sin kxx e i(kzz−ωt)
Tuttavia ha divergenza diversa da zero: è possibile mostrare in generale che le onde in una cavità singola non
sono trasverse (le componenti trasverse soddisfano a ∇2V = 0: in un cavo coassiale V può essere diverso sui
due bordi, con un bordo solo l’unica soluzione è V = cte). Occorre quindi aggiungere un campo longitudinale.
Mettiamo un Bz
Bz = i kx
B0 cos kxx e i(kzz−ωt)
kz
I fattori relativi fra Bz e Bx sono tali che ∇·B = ∂zBz +∂xBx = (ikz −ikz)Bz = 0, in particolare B è costante
sul bordo, dove E = 0. Le equazioni ∇ × E = − ˙ B, componenti x e z implicano kzE0 = −ωB0. Quindi le linee
di B circolano attorno al massimo di ˙ Ey.
Per finire, per via della relazione fra E0 e B0, l’equazione (∇ × B)y = ˙ Ey/c 2 implica
k 2 x + k 2 z = ω 2 /c 2
i.e. kz = ± (ω/c) 2 − (π/a) 2 = ±(ω/c) 1 − (ωc/ω) 2
che può essere immediatamente derivato dall’equazione d’onda per Ey.
Sotto la frequenza critica ωc = πc/a kz diventa immaginario, il che significa che l’onda si attenua come
e −|kz|z . Questo viene chiamato modo TE in quanto Ez = 0. Esistono altre onde ‘TM’ con Ez =
E0 sin(nπx/a) sin(mπy/b) con n, m ≥ 1 che quindi ha una frequenze di cut-off maggiore: di solito si lavora
in modo che solo TE10 possa propagarsi. Quindi necessariamente λ ∼ cm i.e. microonde.
Le velocità di fase e di gruppo sono
vf = ω
kz
=
c
1 − (ωc/ω) 2 > c vg = dω
La densità di energia si muove con velocità vg. Infatti
〈u〉x,y,t = 1
2
ɛ0 E
2
2 0 1
+
2 2µ0
(1 + k2 x
k2 )
z
B2 0
2
dkz
= ɛ0
8
= c 1 − (ωc/ω) 2 < c
1 + k2 z + k2 x
ω2 /c2
E 2 0 = ɛ0
4 E2 0
La componente x del vettore di Poynting, Sx, è diversa da zero, ma Sx ∝ a
0 dx sin kxx cos kxx = 0. Lungo z
La lunghezza d’onda nella guida vale
〈Sz〉x,y,t = 1 1
2 2 ɛ0c 2 E0B0 = ɛ0
λg = 2π λ0
=
1 − (λ0/2a) 2
kz
4 E2 2 kz
0 × c
ω
= u · vg
λ0 = 2πc
ω
Accoppiatore unidirezionale: due buchi separati di λ/4, che diventa λ/2 (fuori fase) o 0 (in fase) a seconda
della direzione di propagazione.
Un modo per capire fisicamente l’esistenza della frequenza di taglio è mettere un filo nel centro della guida;
per avere E = 0 sui bordi si aggiungono infinite immagini. Avevamo visto che se nel filo c’e’una carica costante
il campo muore esponenzialmente. Se invece la carica oscilla i campi si possono sommare costruttivamente per
via del ritardo di fase; in direzioni θ tali che la differenza di distanza fra due fili a sin θ è uguale a (n − 1/2)λ0.
Prendo n = 1. Sommando ±θ la lunghezza d’onda nella guida vale λg = λ0/ cos θ che equivale alla formula di
prima. Si ha λg > λ0. Questo è quello che si ottiene anche ragionando in termini di raggi di luce che rimbalzano
con angolo θ riflettendosi fra i bordi nella guida, se si tiene conto che ad ogni riflessione i campi si invertono.
La velocità di gruppo è ridotta in modo corrispondente.

Capitolo 12. Onde e oscillazioni 105
Stimare il Q
bSoluzione:
Esercizio 176: Cavità risuonante
Energia immagazzinata
Q ≡ ω0
Potenza dissipata
cioè u(t) ∝ e −ω0t/Q e E(t) ∝ e iω0t−ω )t/2Q e quindi lo spettro di energia è
|E(ω) 2 | ∝
1
(ω − ω0) 2 + (ω0/2Q) 2
La stima è Q ∼ V/Sδ ∼ 1000 dove δ = 2ɛ0c 2 /σω è la lunghezza di pelle.
Esercizio 177: Pressione di radiazione
Una sfera di raggio R si trova a distanza r dal sole. a) Si calcoli la forza sulla particella dovuta alla radiazione
solare, assumendo che questa venga tutta assorbita. La sferetta abbia densità ρ = 1g/ cm 3 e sia soggetta anche
alla attrazione solare. b) Si determini il raggio R0 per cui tutte le sferette con raggio inferiore sono espulse dal
sistema solare.
bSoluzione: La pressione di radiazione è diretta lungo la direzione dell’onda
prad = u Frad = praddS⊥ = πR 2 u.
cioè conta solo la dimensione dell’ombra, e non la forma dell’oggetto. Se invece di essere perfettamente assorbente
fosse perfettamente riflettente la componente radiale della forza diventerebbe 1 ÷ 2 maggiore a seconda della
sua forma. Avevamo visto che 〈u〉 = (d 2 /r 2 )4.5 10 −6 N/ m 2 , dove d è la distanza della terra dal sole.
Alla stessa distanza la forza di gravità produce un’accelerazione a = GM/d 2 = 0.006m/s 2 e quindi una forza
Fgrav = ma = 4
3 ρR3 a. Si ha Fgrav < Frad per ρR < 3〈u〉/4a = 0.57 10 −3 kg/ m 2 . Quindi, per ρ = 1000kg/ m 3 ,
si ha R0 = 5.7 10 −7 m.
Illustrare in un caso semplice la velocità di gruppo.
Esercizio 178: Velocità di gruppo
bSoluzione: Consideriamo la sovrapposizione di due onde con eguali moduli di E
k1 − k2
E = A[sin(k1z − ω1t) + sin(k2z − ω2t)] = 2A cos z −
2
ω1
− ω2 k1 + k2
t sin z −
2
2
ω1
+ ω2
t
2
L’inviluppo delle due onde produce un’onda lunga che si muove con velocità vg = ∆ω/∆k dω/dk. Definendo
vf = ω/k ≡ c/n(k) si ha vg = c/(n + ωdn/dω).
Il seguente programma Mathematica produce una animazione che permette di visualizzare la cosa:
y[x_,t_]:=Cos[0.05(x-t)]Sin[x-3t];dx=0.2;Table[Show[Graphics[Table[{Hue[(x-t)/(20Pi)],
Line[{{x,y[x,t]},{x+dx,y[x+dx,t]}}]},{x,0,200,dx}]],AspectRatio->0.2], {t,0,20Pi,0.4}];
Esercizio 179: Pulsar
Una pulsar emette brevi impulsi a radio frequenze. Sapendo che ν1 = 400 MHz arriva ∆t = 1 s dopo ν2 = 1000
MHz, e che n 2 = 1 − Neq 2 e/ɛ0meω 2 con Ne ≈ 3 10 4 / m 3 calcolare la distanza della pulsar.

106 Capitolo 12. Onde e oscillazioni
bSoluzione: Fra la pulsar e la terra la presenza di elettroni liberi rende il mezzo dispersivo. Riassumo la
derivazione della frequenza di plasma. Un’elettrone libero si muove secondo me ¨x = qeE generando un dipolo
p = qex = αE con α = −q 2 e/meω 2 . La densità di polarizzazione del mezzo è quindi P = Nep, per cui
n 2 ≡ ɛ
ɛ0
= 1 + P
ɛ0E
2 Nee
= 1 − = 1 − (ωp
ɛ0mω2 ω )2
dove ωp =
Neq 2 e
ɛ0me
= 10 4 Hz
è detta ‘frequenza di plasma’ in quanto è anche la frequenza delle oscillazioni meccaniche del plasma.
Mostriamo adesso che frequenze basse viaggiano più lente, arrivando con un ritardo ∆t = D/vg1 − D/vg2
(dove vg è la velocità di gruppo — la velocità di fase ha il comportamento opposto). Ricordando che n ≡ c/vf =
ck/ω i.e. k = nω/c
1
vg
= dk
dω
1 d(nω)
=
c dω
= 1
c
dn 1
(n + ω )
dω
c (1 + ω2 p
)
2ω2 avendo approssimato n 1 − ω 2 p/2ω 2 in quanto n − 1 ∼ 10 −11 . Quindi, ricordando ω = 2πν
Parametri di Stokes.
2c ∆t
D =
ω2 p/ω2 1 − ω2 p/ω2 ≈ 5000 ly
2
Esercizio 180: Polarizzazione
bSoluzione: Motivazioni: L’interesse consiste in 1) dare una descrizione precisa della polarizzazione. Questo si
potrebbe fare anche “a mano”, ma analogamente alle Hamiltoniane, i parametri di Stokes permettono di vedere
un formalismo simile a quello della meccanica quantistica in un caso dove il significato fisico è più intuitivo.
L’analogia con la meccanica quantistica nasce perchèe tanti fotoni identici si sovrappongono dando un’onda
e.m. che riflette le proprietà del fotone. 3) applicazioni alla CMB (e a generici problemi di diffusione di luce da
sorgenti incoerenti).
Un’onda piana monocromatica che si propaga lungo l’asse z è descritta da
B = k
ω × E, E = Re E0e −i(ωt−kz) = E0Re ee −i(ωt−kz)
Omettendo la componente di e lungo z, che vale zero, alcuni casi sono
1
ex =
0
0
ey =
1
pol. lineare x e+ = 1
√ 2
pol. lineare y e− = 1
√ 2
1
i
1
−i
pol. circolare L o anti-oraria o elicità +
pol. circolare R o oraria o elicità −
dove il nome ‘elicità ±’, usato in fisica delle particelle, indica che l’onda porta un momento angolare parallelo
(anti-parallelo) a k. Il caso generale può essere scritto in termini di 2 parametri θ e δ come
e =
cos θ
sin θeiδ
E(z = 0) = E0
cos θ cos ωt
sin θ cos(ωt − δ)
Come mostrato in figura, il vettore E descrive ellissi contenute nel rettangolo di lati cos θ e sin θ. Per δ = 0
l’ellisse si riduce alla diagonale del rettangolo, inclinata di θ. Per δ ≪ 1 l’ellisse inizia ad apririsi. Per δ = π/2
si ha un’ellisse orizzontale: quindi l’asse dell’ellisse è in generale inclinato di un qualche angolo α che dipende
da δ. Per δ = π l’ellisse si riduce alla diagonale opposta del rettangolo. Avrebbe interesse calcolare α e gli assi

Capitolo 12. Onde e oscillazioni 107
dell’ellisse, che sono quantità misurabili con un polarimetro, ma il calcolo diretto può essere noioso.
0.4
0.2
0
-0.2
-0.4
-0.75 -0.5 -0.25 0 0.25 0.5 0.75
Notare che abbiamo usato la base ex, ey. Le onde circolari forniscono un’altra base frequentemente usata:
E0 = Exex + Eyey = E+e+ + E−e−, E± = Ex ± iEy
√ 2
Questa equazione esprime un fatto non ovvio: la stessa onda può essere vista come sovrapposizione di polarizzazioni
lineari, o di polarizzazioni circolari.
In questa nuova base possiamo introdurre due altri parametri
E+
cos β
= E0
sin βeiα
E−
Si può verificare che l’orientazione dell’ellisse è equale ad α (che quindi è il parametro che era interessante
calcolare) e che il rapporto tra gli assi dell’ellisse è tan(β + π/4).
Notare che non è possibile fare un’onda non polarizzata. E.g. sovrapponendo polarizzazioni ex ed ey si
ottiene un onda completamente polarizzata a 45 ◦ ; sovrapponendo polarizzazioni e+ ed e− si ottiene un’onda
completamente polarizzata lungo x. Le equazioni di Maxwell predicono che un’onda piana monocromatica è
polarizzata.
Tuttavia le onde che vediamo ogni giorno sono tipicamente non polarizzate. Questo è possibile perchè
queste onde non sono monocromatiche. L’intensità totale di due onde E1 di frequenza ω1 e E2 di frequenza E2
sovrapposte è
|Etot| 2 = |E1 + E2| 2 = |E1| 2 + |E2| 2 + 2Re E ∗ 1 · E2 cos[(ω2 − ω1)t] (12.1)
Siccome ω ∼ 1016Hz, mediando su un periodo di tempo umano t ∼ sec l’ultimo termine si media a zero con
grande precisione.
È utile descrivere la polarizzazione tramite un formalismo che tenga conto di questa proprietà. Per una data
onda E descritta da una polarizzazione e definiamo
∗ exex e
ρ =
∗
yex
=
e ∗ xey
e ∗ yey
cos 2 θ sin θ cos θe iδ
sin θ cos θe −iδ sin 2 θ
dove abbiamo dato il suo valore esplicito in termini dei parametri (θ, δ) utilizzati nella base della polarizzazione
lineare. E.g. onde polarizzate lungo x e con polarizzazione circolare + sono rispettivamente descritte da
1 0
ρ = , ρ =
0 0
1
1 i
2 −i 0
Notare che in tutti i casi la matrice ρ che descrive un’onda completamente polarizzata (o uno stato puro in
meccanica quantistica) è un proiettore, cioè ρ 2 = ρ. La componente ρ11 può essere misurata facendo passare
l’onda per un polarimetro orientato lungo x e misurando la sua intensità. Analogamente per la componente
ρ22. Re ρ12 può essere misurato tramite un polarimetro inclinato (e.g. a 45 ◦ ). Im ρ12 descrive la fase relativa
fra le polarizzazioni x ed y, e può essere misurato facendo passare l’onda per un dielettrico anisotropo (e.g. una
lamina ‘a quarto d’onda’), che introduce uno sfasamento relativo fra le componenti x ed y. Quindi una matrice
ρ 2 = ρ con Tr ρ = 1 dà una descrizione completa e non ridondante di un’onda completamente polarizzata,
equivalente alla descrizione più semplice data dal vettore e.

108 Capitolo 12. Onde e oscillazioni
L’utilità di utilizzare ρ consiste nel fatto che essa consente facilmente di combinare onde con fasi relative
incoerenti: l’eq. (12.1) equivale a
Itotρtot = I1ρ1 + I2ρ2
Itot = I1 + I2
Ad esempio la sovrapposizione incoerente di due onde di eguale intensità I1 = I2 polarizzate lungo x e lungo y
fornisce
ρtot = 1
1
2 0
0
1
che descrive un’onda non polarizzata. Da un punto di vista matematico, questo lo si vede dal fatto che la matrice
identità è invariante sotto rotazioni, cioè non ha nessuna direzione privilegiata.
Quindi una matrice ρ con Tr ρ = 1 fornisce una descrizione di un’onda generica. In meccanica quantistica ρ
viene chiamata matrice densità. In elettromagnetismo la notazione usata è
Iρ = 1
2
I + Q U + iV
U − iV I − Q
dove I, Q, U, V sono detti parametri di Stokes. I ha il significato fisico di intensità totale, Q di intensità in
polarizzazione lungo x; U di intensità polarizzata linearmente a 45 ◦ , V di intensità in polarizzazione circolare.
Questo lo si vede calcolando i parametri di Stokes nel caso specifico di un’onda completamente polarizzata:
[CHECK FATTORI 2]
I = E 2 x + E 2 y = E 2 + + E 2 −
Q = E 2 x − E 2 y = 2E+E− cos α
U = 2ExEy cos δ = 2E+E− sin α
V = 2ExEy sin δ = E 2 + − E 2 −
Calcolo della CMB... Q = (Ix − Iy)/(Ix + Iy) porta inormazioni sulle anisotropie in direzione.

Capitolo 13
Diffrazione
Esercizio 181: Diffrazione di Young
Due buchi di dimensione trascurabile, situati a distanza d, sono illuminati da luce di lunghezza d’onda λ (figura
fig. 13.1a)
1. Calcolare il pattern di diffrazione visto su di uno schermo a distanza D grande.
2. Calcolare λ assumendo che D = 1 m, d = 10 −3 m e che la decima banda luminosa sia a distanza y10 =
10 −2 m dal centro.
3. Uno dei due buchi viene coperto da un materiale trasparente di indice di rifrazione n e spessore s = 10 −4 m,
e le frange di interferenza si spostano di ∆y = 10 −2 m. Calcolare n.
bSoluzione: La differenza di fase fra due raggi con angolo θ vale δ = kd sin θ, dove d sin θ è la differenza di
cammino ottico. Quindi l’ampiezza dell’onda è
E ∝ 1 + e iδ , I ∝ |E| 2 2 δ kd sin θ 2 πdy
∝ cos = cos2 = cos
2 2 λD
avendo usato k = 2π/λ ed y Dθ for θ ≪ 1. Siccome cos 2 (πn) = 1 i massimi si hanno a yn = nλD/d.
Inserendo i valori numerici si trova λ = (d/D)(y10/10) = 10 −7 m = 1000 nm, circa nel visibile.
Inserendo il materiale, la differenza di fase diventa δ kdθ + 2πs(n − 1)/λ e quindi
I ∝ cos 2
π dy
+ s(n − 1)
λ D
Quindi le frange si spostano di ∆y = Ds(n − 1)/d. Inserendo i valori numerici si trova n = 1 + ∆y · d/sD = 1.1.
Esercizio 182: Interferenza alla Young
(dal compito del 20/6/2003) Una nave percorre una rotta parallela alla costa alla distanza di circa 100 km da
questa e alla velocità di 18 nodi. Un marinaio a bordo della nave sta ascoltando un programma musicale, sulla
frequenza di 1200 kHz, trasmesso da una stazione situata sulla costa, in direzione perpendicolare alla rotta.
L’altezza del segnale varia regolarmente col tempo apparendo e scomparendo e l’intervallo tra il massimo ed
il minimo è 2 minuti. Nei momenti di massima intensità, il segnale ricevuto dall’antenna è stimato a circa 12
mV/m, pari a circa 8 volte il livello di rumore. Si fa l’ipotesi che una seconda stazione costiera vicina alla prima
abbia iniziato a trasmettere per errore in fase e sulla stessa frequenza. Inquadrando i fenomeni nell’ambito
dell’esperimento di Young stimare, fornendo i risultati numerici: a) La distanza d tra le due stazioni; b) La
potenza emessa da ciascuna delle due stazioni.
Note: 0. Si trascuri ogni effetto dovuto alla sfericità della Terra. 1. Un nodo è pari ad un miglio nautico
(circa 1.8 km) all’ora. 2. Si consideri solo la cosiddetta “portante” come un’onda monocromatica. 3. Si intende
che il segnale “scompare” quando è inferiore al livello di rumore. 4. Si ipotizza, salvo verifica, che la distanza
tra le stazioni sia molto minore della distanza tra queste e la nave.
bSoluzione:
109

110 Capitolo 13. Diffrazione
θ
d D
y
θ
d D
y
θ
d D
Figura 13.1: Diffrazione alla Young, Fraunhofer, e su di una griglia.
a) La lunghezza d’onda del segnale ricevuto è λ = c/ν = 250 m mentre la distanza tra due massimi (o minimi)
del segnale è a = 2v∆t = 2160 m.
Le onde emesse da due sorgenti a distanza d ricevute ad angolo θ sono in fase se nλ = d sin θ = da/D. Quindi
la distanza tra due massimi consecutivi vale a = λD/d (‘formula di Young’) da cui d = λD/a = 11.6 km.
b) Facciamo un esempio. Due onde di intensità W1 = 9 e W1 = 4 interferiscono dando Wmax = | √ W1+ √ W2| 2 =
25 e Wmin = | √ W1 − √ W2| 2 = 1. La media di 25 e 1 è Wmean = 13 = W1 + W2.
Sia E0 il valore del campo elettrico corrispondente alla soglia del rumore; se E1 e E2 sono le ampiezze dei
campi elettrici emessi dalle due stazioni, le condizioni sui massimi e minimi di intensità sono
con k ∈ [0, 1]. Risolvendo il sistema si ottiene:
E1 + E2 = 8E0, E1 − E2 = kE0
E1 = (8 + k)E0/2, E2 = (8 − k)E0/2
L’intensità media dell’onda ricevuta può essere messa in relazione con la potenza della stazione emittente e
con il campo elettrico all’antenna.
Ne segue che la potenza delle due stazioni vale
I = W 1
=
4πD2 2 cɛ0E 2 , W = (2πcɛ0) D 2 E 2 = (1/60)D 2 E 2
Sostituendo i valori numerici, al variare di k, si ha:
Il valore esatto dipende da k, che non è noto.
W1 = (8 + k) 2 D 2 E 2 0/240, W2 = (8 − k) 2 D 2 E 2 0/240
6 kW < W1 < 7.6 kW, 6 kW > W2 > 4.6 kW
Esercizio 183: Diffrazione di Fraunhofer
Un’onda piana di lunghezza d’onda λ incide su di un buco rettangolare di spessore d. Calcolare l’intensità
misurata su di uno schermo dietro il buco. La geometria è mostrata in figura fig. 13.1b.
bSoluzione:
E ∝
d/2
dy e
−d/2
iky sin θ = 2
sin(kd sin θ/2)
, I ∝ |E|
k sin θ
2
Per un buco circolare, vengono funzioni di Bessel. Questa formula descrive e.g. la radiazione emessa da una
radio antenna parabolica.
y

Capitolo 13. Diffrazione 111
Esercizio 184: Griglia di diffrazione
Un’onda piana di lunghezza d’onda λ incide su di una griglia di diffrazione, costituita da N buchini di dimensione
trascurabile allineati per una lunghezza totale d.
bSoluzione:
E ∝ 1
N−1
N
n=0
e Ikd(n/N) sin θ = 1
N
cN − 1
sin θ
, c = eikd/N
c − 1
I ∝ |E| 2 ∝ 1
N 2
sin 2 (kd sin θ/2)
sin 2 (kd sin θ/2N)
Che significa questa formula? Il numeratore descrive linee di spessore λ/d separate da λ/d. Il denominatore dice
che di queste linee solo una ogni N ha intensità grande: si hanno quindi linee intense di spessore λ/d separate
da Nλ/d. Due lunghezze d’onda vengono risolte se ∆λ/λ > 1/mN dove m = {1, 2, 3, . . .} è la riga di diffrazione
che guardo. Quindi per vedere le righe del sodio discusse nell’esercizio seguente serve mN > ∼ 1000.
Per N → ∞ rimane solo la linea centrale: la somma diventa un integrale e si ritrova la formula di Fraunhofer.
Esercizio 185: CD
Mandare la luce laser di un pointer usato per seminari (λ = 0.680 µm) a riflettersi su di un CD. Capire dal
risultato come funziona un CD.
bSoluzione: Un CD contiene tracce di passo d. Mandando la luce perpendicolarmente alle tracce si osservano
riflessioni multiple separate da circa 25 ◦ . Quindi d sin θ = λ, da cui d ≈ 1.6 µm, comparabile alla lunghezza
d’onda della luce visibile. Le singole macchie sono distanti N ∼ 10 2÷3 volte la dimensione di una singola
macchia; che più o meno corrisponde al numero di tracce illuminate (la dimensione del fascio è circa 1 mm).
Mandando la luce parallelamente alle tracce si osserva una struttura più complicata di macchie un po’ più
vicine (da verificare cosa cambia se il CD è già scritto o no) che corrispondono alle ‘buche’ usate per scrivere
nelle singole tracce.
Nell’area di un CD (S = πr 2 con r ≈ 5 cm) ci sono quindi N = S/d 2 ∼ 3 10 9 buche, che più o meno
corrisponde alla capacità di un CD: 700 Mbyte = 5.6 10 9 bit.
Esercizio 186: Interferometro di Michelson
Un’onda contenente due lunghezze d’onda λ1,2 di intensità I1,2 viene fatta passara attraverso un interferometro
di Michleson. Discutere cosa si vede ed in che modo si può ricostruire λ1,2 e I1,2.
bSoluzione: In un interferometro di Michelson un’onda viene divisa in due parti eguali che seguono percorsi
con differenze di cammino ottico d prima di venir recombinate, ottenendo, per un’onda monocromatica
E = Ein(1 + e iδ ), I = Iin
1 + cos δ
, δ = kd.
2
In funzione di d (che può essere variato), I oscilla fra 0 ed Iin.
Nel caso considerato in questo problema si hanno due lunghezze d’onda diverse: l’interferenza fra le due
componenti si media a zero nel tempo in quanto hanno due frequenze diverse, quindi l’intensità totale è la
somma delle due intensità
1 + cos k1d 1 + cos k2d
I = I1
+ I2
2
2
In funzione di d descrive battimenti di frequenza ‘veloce’ (k1 +k2)/2 e frequenza ‘lenta’ (k1 −k2)/2. Ad esempio,
il sodio ha due linee “D” con intensità I1/I2 = 1/2, (λ1 + λ2)/2 = 589.3 nm, λ1 − λ2 = 0.59 nm. Come mostrato

112 Capitolo 13. Diffrazione
in figura
Intensità
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
Differenza in cammino ottico in mm
questo produce oscillazioni con periodo ∆d = λ (troppo veloci per essere facilemente misurate; ma la lunghezza
d’onda è misurabile in altri modi) e battimenti con periodo macroscopico ∆d = λ 2 /∆λ ≈ 0.59 mm. L’ampiezza
delle oscillazioni grosse non varia fra 0 ed 1 ma fra I1 − I2 e I1 + I2, cioè di un fattore 3 nel caso usato come
esempio: questo consente di misurare I1/I2.
Discutere l’esperimento di Michelson-Morley.
Esercizio 187: Esperimento di Michelson-Morley
bSoluzione: 100 e passa anni fa i fisici erano stati sviati dall’analogia fra le onde sonore e quelle elettromagnetiche:
sulla luna non c’e’atmosfera che trasmette suoni, e quindi si pensava che esistesse un mezzo chiamato
‘etere luminifero’ che trasmettesse onde elettromagnetiche. Questo etere avrebbe dovuto essere un po’strano:
duro da comprimere (perche le onde e.m. hanno velocità c ben più grande di quella del suono), ma abbastanza
leggero e penetrabile da non rallentare il moto dei pianeti.
Pensando che c fosse la velocità della luce rispetto all’etere, e siccome è ragionevole supporre che la terra si
muova rispetto all’etere con v ∼ 30 km/s (a meno di essere geocentristi), Michelson-Morley provarono a rivelare
il vento di etere. Il tempo necessario a fare il viaggio in direzione parallela e perpendicolare al vento di etere è
t= = d d
+
c + v c − v , t⊥ =
2d
√
c2 − v2 , t= − t⊥ ∼ v2
c2 d
c ∼ 0.3 10−16 s
dove d ∼ m. Questo tempo è comparabile al periodo della luce visibile, sicchè ci si attendeva uno spostamento
di qualche frangia, mano a mano che l’esperimento viene ruotato, o la terra gira attorno a se’stessa, o attorno
al sole. Avendo trovato uno spostamento di meno di 0.02 frange, Michelson Morley dedussero che v è tre
volte minore della velocità orbitale della terra. Supponendo che l’etere potesse essere trascinato dalla terra,
l’esperimento fu ripetuto in alta montagna, senza trovare ancora nessun effetto. Oggi i laser hanno consentono
di non vedere spostamenti di 10 −13 frange, implicando v < ∼ µm/s.
Il risultato fu allora spiegato tramite la contrazione di Lorentz: se la materia è tenuta assieme in qualche
modo complicato da forze elettromagnetiche, la sua dimensione dipende dalla velocità relativa all’etere in modo
da non dare nessun effetto. Nella reinterpretazione relativistica sia il risultato nullo di Michelson-Morley che la
contrazione di Lorentz diventano ovvi.
Esercizio 188: Grande fratello
Stimare che dimensione ∆x deve avere un oggetto per essere visibile da un telescopio spione di diametro d ∼ m
in orbita geostazionaria.
bSoluzione: Il raggio dell’orbita geostazionaria è r = GM⊕/ω⊕ ≈ 42 10 3 km. Quindi D r.
Nella trattazione usuale, un telescopio circolare si comporta come un buco circolare: per via della diffrazione
un punto produce una macchia, la cui intensità è descritta da funzioni di Airy, che risulta avere dimensione
angolare θ ∼ λ/∆x. Due punti vengono visti come distinti solo se producono macchie separate. Qui ricaviamo
da capo la stessa formula in modo approssimato con considerazioni fisiche e calcoli semplici.
Un telescopio o un occhio (d ∼ 3mm) riesce a distinguere un oggetto di dimensioni ∆x posto a distanza D
se la differenza di cammino ottico L fra i raggi di luce che riceve è maggiore di circa una lunghezza d’onda.

Capitolo 13. Diffrazione 113
Quindi L(x) = D2 D≫x≫d
+ (d − x) 2 D − dx/L. Imponendo ∆L = −∆x · d/D >
∼ λ si trova ∆x <
∼ Lλ/d. La
luce visibile ha λ = (400 ÷ 700) nm, quindi ∆x ≈ 10 m. Telescopi più vicini o più grossi possono fare di meglio:
e.g. un satillite israeliano guarderà sull’Iran da 600 km di altezza con risoluzione di 0.7 m. Quindi non può
leggere un numero di targa.
Altre domande di tipo simile:
• Fino a che distanza i fari di un automobile sono visti separati? I fari distano d ≈ 1m, un occhio ha
d ≈ 3 mm, quindi D < ∼ ∆x · d/λ ∼ 5 km.
• Stimare da che altezza un aquila riesce a vedere un coniglio. d ≈ 0.2 m, quindi D < ∼ km.
• In che modo la fisica fondamentale decide quanto grandi devono essere gli occhi? Il sole emette luce con
λ ∼ 10 −6 m, ed un buon occhio deve avere dimensione qualche ordine di grandezza maggiore.
• Come vede un pipistrello usando onde sonore? Un occhio umano ha risoluzione angolare ∆θ ≡ ∆x/D ∼
λ/d ∼ 0.6 · 10 −3 che corrisponde a qualche Mpixel.
Un pipistrello urla a frequenze di circa 50 kHz (per fortuna non udibili dall’orecchio umano) a cui corrisponde
λ = v/ν ≈ 6 mm dove v ≈ 300 m/s è la velocità del suono. Usando d ≈ 6 cm si ha ∆θ ∼ λ/d ∼ 0.1,
che corrisponde a qualche centinaio di pixel: fa un po’pena.
Esercizio 189: Minima distanza visibile
Come si fa a vedere un batterio più piccolo della lunghezza d’onda visibile?
bSoluzione: Nell’esercizio precedente abbiamo studiato la dimensione minima di un oggetto visibile da lontano.
Andando il più vicino possibile, rimane comunque impossibile vedere oggetti più piccoli della lunghezza d’onda
utilizzata. La lunghezza d’onda corrispondente alle frequenze della luce ‘visibile’ è λ ≈ 0.5 µm.
Per vedere oggetti più piccoli si possono utilizzare frequenze maggiori (ultravioletto, etc.) Oppure mettere
l’oggetto da vedere in acqua o in altro mezzo con indice di rifrazione n > 1: la luce rallenta v = c/n e quindi, a
frequenza fissata, diminuisce il passo λ = λvuoto/n, permettendo di vedere oggetti più piccoli.

Capitolo 14
Irraggiamento
Formula di base: una carica q in moto non relativistico irraggia
E = qe
4πɛ0c2 1
r n × (n × arit), cB = n × E
dW
dΩ
4πc3 a2 sin 2 θ W = 2 e
3
2
a2
c3 = e2
dove θ è l’angolo fra a e la direzione di osservazione n, e e 2 ≡ q 2 e/4πɛ0. In media temporale corrisponde ad una
forza −2e 2 ˙¨x/3c 3 .
Un sistema complicato può spesso venir approssimato come un dipolo elettrico p(t), che irraggia una potenza
W = 2¨p 2 /3c 3 4πɛ0. In pratica uno procede nel modo seguente:
1. Sistema semplice (i.e. una o poche particelle) con p = 0: qualunque formula va bene.
2. Sistema complicato (i.e. tante particelle) con p = 0 usare la formula approssimata per un dipolo.
3. Sistema semplice con p = 0: usare la formula di base e pensare.
4. Sistema complicato con p = 0: non ci occuperemo di questi casi, per i quali esistono approssimazioni più
accurate (quadrupolo elettrico, dipolo magnetico).
Calcolare quanto dovrebbe irraggiare.
Esercizio 190: Atomo di idrogeno
bSoluzione: Un elettrone in un atomo ruota con accelerazione a = ω 2 rA, quindi in un giro irraggia
∆E = W · 2πrA
v
= 4π
3
e 2
rA
( v
c )3 ∼ Eatomoα 3
dove α = v/c ∼ 1/137. e fa 10 17 giri al secondo. Questa formula stima bene la vita media dei livelli eccitati, ma
lo stato base ha vita media infinita.
Modello classico per la stabilità dell’atomo di idrogeno: se invece di immaginare l’elettrone come una carica
puntiforme lo si pensasse come 2 cariche messe ai punti opposti della traiettoria, la potenza irraggiata sarebbe
zero, in approssimazione di dipolo. Con n carice e/n verrebbe ridotta di un fattore n. Nel limite n → ∞
l’elettrone viene spalmato lungo la sua traiettoria e non irraggia più, anche se i singoli pezzi lo farebbero, per
via di interferenza distruttiva.
Siccome ∆E ≪ Eatomo se cadesse, spiraleggerebbe lentamente su orbite circolari: a ciascun istante
e2 r2 = meω 2 2 mev e2 e2
r : U = − = −
2 r 2r
Quindi
e2 2r2 ˙r = ˙ U = −W = 2e2 e2
( )2
3c3 mer2 cioè
d(r3 )
dt = 4r2 ec : r 3 (t) = r 3 0 − 4r 2 ect re ≡ e2
mec2 = 2.8 10−13 cm.
Questo effetto e’stato osservato nel caso analogo della gravità, discusso in seguito: due masse in rapida
rotazione una attorno all’altra irraggiano onde gravitazionali.
114

Capitolo 14. Irraggiamento 115
Polarizzazione Una carica in moto circolare corrisponde ad un dipolo elettrico rotante p ∝ (1, i, 0)e iω . I
campi di dipolo elettrico in zona di radiazione (r ≫ cω) sono dati da
B = 1 ¨p rit × n
4πɛ0 rc3 ; E = cB × n
Quindi B ∝ (x + iy) × n: se si osserva lungo l’asse z, essendo (x + iy) × z = i(x + iy) la polarizzazione è
circolare. Se invece n = x la polarizzazione è lineare. Infatti guardando dall’altro si vede una carica che gira,
guardando di taglio una carica che oscilla.
Esercizio 191: Decadimento del positronio
(riadattato da un compito). Un atomo di positronio è formato da un
elettrone e da un positrone in orbita circolare a distanza r0 (attenzione:
questo è il diametro e non il raggio). Il positrone ha massa me uguale e
carica e opposta all’elettrone. Calcolare
a) la pulsazione ω
b) la polarizzazione della radiazione iraggiata lungo x e lungo z.
c) l’energia iraggiata in un giro e confrontarla con l’energia dell’atomo
d) Assumendo che l’atomo spiraleggi lentamente, calcolare il tempo τ
necessario per raggiungere r(t) = 0. Confrontandolo con il valore
sperimentale τ = 6.2 10 −11 s determinare λ.
bSoluzione:
a) meω 2 r/2 = e 2 /4πɛ0r 2 quindi ω 2 è 2 volte maggiore che nell’idrogeno.
b) circolare lungo z e lineare lungo x. Il motivo di base è che un osservatore da z vede due cariche girare,
mentre da x le vede oscillare lungo una retta.
c) Il dipolo p = er gira con pulsazione ω. Quindi Wirr = ω 4 p 2 /6πɛ0c 3 . L’energia dell’atomo vale
Si ha WirrT/E ∼ α 3 dove α ∼ v/c ∼ 1/137.
d) L’atomo spiraleggia con r(t) dato da
cioè
e 2
8πɛ0r 2 ˙r = ˙ E = −W = e2
6πɛ0c
E = 2 me r
(ω
2 2 )2 − e2 e2
= −
4πɛ0r 8πɛ0r
3 (
e 2
)2
2πɛ0mer 2
˙r = 16 r
3
2 e
r2 c re
e
≡
2
4πɛ0mec2 = 2.8 10−13 cm
d(r 3 )
dt = 16r2 ec : r 3 (t) = r 3 0 − 16r 2 ect = 0 per t = r3 0
16r 2 ec .
Confrontando con il valore sperimentale medio (per motivi quantistici il tempo di decadimento media
fluttua attorno ad un valore medio) si trova r0 = (16r 2 ecτ) 1/3 = 1.3 10 −10 m, cioè circa un Angstrom. Il
risultato classico è quasi corretto in quanto i dettagli del botto finale fra e − ed e + non contano: la maggior
parte del tempo viene spesa nella discesa, inizialmente lenta.
Esercizio 192: Scattering protone/nucleo
Un protone con velocità iniziale v ≪ c urta frontalmente un nucleo di carica Z. Calcolare la polarizzazione della
radiazione emessa, e l’energia totale irraggiata, assumendo e verificando che sia una piccola frazione dell’energia
cinetica.
r
z
x

116 Capitolo 14. Irraggiamento
bSoluzione: Secondo la formula generale E è polarizzato linearmente nel piano (n, a) ed ortogonale ad n, e
B ‘gira’ attorno ad a. L’accelerazione è a = F/mp = Zq 2 e/4πɛ0r 2 . Quindi, applicando la formula generale
dW
dΩ = q2 ea2 L’energia irraggiata vale
Eirr =
16π2ɛ0c2 sin2 θ, W = 2
3
∞
W dt = 2
rmin
e2 4πɛ0c3 a2 = A
r4 W 8 mpv
dr =
v(r) 45
5 0
c3Z A =
Eirr
K0
q 6 eZ 2
96m 2 p(cπɛ0) 3
∼ ( v0
c )3
dove K0 ≡ mv 2 0/2 è l’energia cinetica iniziale. Alla fine viene Z al denominatore in quanto se Z ≫ 1 il protone
rimane lontano dal nucleo.
L’integrale sopra richiede un passaggio non banale, che ora descriviamo. Usando la conservazione approssi-
mata dell’energia si ha
L’integrale vale
v(r) =
∞
B/v 2 0
v 2 0
2Zq2
−
4πɛ0mpr =
v2 B
0 −
r , rmin = B
v2 .
0
dr
r4v2 0 − B/r = v5 0
B3 ∞
1
dx
x4 16 v
=
1 − 1/x 15
5 0
B3 avendo usato la variabile di integrazione adimensionale x = r/rmin. Il fattore numerico 16/15 è calcolabile
usando y = 1 − 1/x come variabile di integrazione. La cosa importante è che, a parte il fattore numerico 16/15,
il risultato segue in modo semplice dal fatto che l’integrale è dominato da r > ∼ rmin, e quindi Eirr ∼ W rmin/v0 ∼
A/r 3 min v0 ∼ Av 5 0/B 3 .
Esercizio 193: Scattering protone/protone
Si può stimare l’energia irraggiata mettendo Z = 1 nella risposta dell’esercizio precedente?
bSoluzione: Nell’esercizio precedente il nucleo era molto più pesante del protone e quindi rimaneva circa fermo.
A prima vista avere due particelle di massa uguale cambia solo qualche fattore di O(1) in quanto irraggiano
entrambe. Sbagliato. C’è una differenza qualitativa importante. Il ‘dipolo elettrico totale’ dei due protoni è
proporzionale al loro impulso
p = er1 + er2 = e
P
e quindi è costante. In approssimazione ‘di dipolo’ non c’è irraggiamento.
Per calcolare l’energia irraggiata bisogna andare oltre l’approssimazione di dipolo. Entrambi i protoni
accelerano, ma c’è un’interferenza distruttiva fra i loro contributi. Siccome sono messi in posizioni diverse hanno
diversi tempi ritardati e la cancellazione non è totale. Chiamando δ la distanza ed ignorando dettagli geometrici
si ha ¨p(t + δ/c) − ¨p(t) ˙¨pδ/c, cioè compare una ulteriore derivata ed una ulteriore c al denominatore. Tenendo
conto con precisione anche dei dettagli geometrici la quantità che consente di approssimare l’irraggiamento è il
quadrupolo Qij = q[3xixj − r 2 δij]:
W = 1
2
4πɛ0 3
per cui alla fine Eirr/K0 ∼ (v0/c) 5 invece che (v0/c) 3 .
Stimare la potenza irraggiata in onde gravitazionali
¨p 2
+
c3 mp
˙¨Q 2
+ · · ·
60c5 Esercizio 194: Onde gravitazionali
bSoluzione: Gli esercizi precedenti invitano ad una digressione sull’irraggiamento di onde gravitazionali, dove
si ha un fenomeno analogo all’irraggiamento con 1/ɛ0 → G e q → m:
Wirr(e.m.) ∼ q2 a 2
ɛ0c3
¨P 2
→ Wirr(gravitazionale) ∼ G +
c3
˙¨Q 2
+ · · ·
c5

Capitolo 14. Irraggiamento 117
Nel caso gravitazionale l’irraggiamento da dipolo è sempre zero in quanto il momento è costante. (In linguaggio
profondo ma per ora incomprensibile il gravitone ha spin 2, mentre il fotone ha spin 1). L’irraggiamento da
quadrupolo può essere stimato come
Wirr ∼
W 2
int
W0
dove W0 = c5
G = 3.62 1052 Watt
e quindi Wint ≡ ˙¨ Q ha le dimensioni di potenza ed il significato fisico di potenza interna (non sferica) del
sistema. Per due corpi tenuti che ruotano l’uno attorno all’altro con velocità v per via della gravità, per motivi
dimensionali si ha Wint ∼ v 5 /G, e quindi Wirr ∼ W0(v/c) 10 . Ad esempio due corpi di masse M in orbita a
distanza R l’uno dall’altro sentono una forza F ∼ GM 2 /R 2 ed hanno velocità data da Mv 2 /R ∼ F : quindi,
eliminando M ∼ v 2 R/G si ottiene Wint ∼ F v ∼ v 5 /G = W0(v/c) 5 < W0 in quanto v < c (quando si raggiunge
v ∼ c il sistema collassa in un buco nero). La costante universale W0 ha quindi il significato fisico di massima
potenza possibile.
Nel caso del sistema Terra/Sole, bisogna tenere conto che hanno masse diverse: ɛ = MT /MS ∼ 10 −6 .
Questo produce Wint = ɛW0(v/c) 5 . Essendo v/c ≈ 10 −4 la potenza irraggiata in onde gravitazionali è Wirr ∼
ɛ 2 (v/c) 10 W0 ∼ Watt: meno di una lampadina. A differenza dell’analogo elettromagnetico nell’atomo di idrogeno
non è un fenomeno preoccupante. Per irraggiare gravitazionalmente la sua energia MT v 2 ∼ 10 33 J la terra
impiega 10 30 s, un tempo 10 13 volte maggiore dell’età dell’universo.
Esercizio 195: Scattering elettrone/fotone
Calcolare la sezione d’urto (di ‘Thompson’) e stimare quando l’universo è diventato trasparente.
bSoluzione: Un’onda elettromagnetica dà accelerazione a = qeE/m ad un elettrone libero, che quindi irraggia
con potenza W . Un modo standard per dire quanta parte dell’energia incidente S viene irraggiata è dare un’area
σ che dice quando è ‘grande’ l’elettrone rispetto a questa interazione: la luce che finisce dentro questa area σ
viene presa dall’elettrone e ri-irraggiata. In fisica delle particelle, σ viene chiamata ‘sezione d’urto’ del processo
eγ → eγ. Vale
σ ≡ W
S = 4πɛ0c(2/3)(e2 /mc2 ) 2 〈E2 〉
ɛ0c2 =
〈EB〉
8π
3 r2 e = 0.665 10 −28 m 2
dove re = e 2 /mc 2 = q 2 e/4πɛ0mec62 = 2.82 10 −13 cm è il raggio classico dell’elettrone. Questa formula vale solo
se si può trascurare il rinculo dell’elettrone, cioè per fotoni di energie Eγ < ∼ mec 2 , quindi fino a raggi γ. I protoni
hanno massa molto maggiore degli elettroni, e quindi il loro irraggiamento è trascurabile.
Applicazione all’universo primordiale. Oggi la densità media di elettroni è n 0 e = 0.25/m 3 : uno ogni 4 metri
cubi. Quindi il cammino libero medio di un fotone è quindi 1/n 0 eσ = 6 10 28 m ed il tempo di interazione medio è
1/n 0 eσc = 2 10 20 sec = 6 10 12 yr. Siccome l’età dell’universo è oggi T0 = 10 10 yr, la luce si propaga praticamente
libera. L’universo è oggi trasparente.
In passato l’universo aveva ‘raggio’ più piccolo: R < R0, e quindi la densità di elettroni era più alta di un
fattore (R0/R) 3 , e l’universo si espandeva più velocemente: H ≡ ˙ R/R = 8πGρ/3 con ρ ∝ 1/R 3 . 1 Quindi,
confrontando il rate di collisioni con il rate di espansione si trova necσ/H ∝ (R0/R) 3/2 : l’universo non era
trasparente alla luce quando aveva un ‘raggio’ R circa 50 volte più piccolo di oggi. Un calcolo preciso tiene
1 Calcoliamo la rate H(t) di espansione dell’universo in funzione della densit rho(t) di energia. Studiamo come una densità
omogenea ρ(t) di materia non-relativistica si evolve secondo la gravità. Una particella a distanza R da noi sente l’accelerazione di
Newton
¨R = − GM(R)
R2 4πGρ(t)
= − R (14.1)
3
dove M(R) la massa totale all’interno di una sfera del raggio R e G la costante di Newton. Moltiplicando entrambi i lati di eq.
eqddotR per ˙ R ed integrando, tenendo conto che ρ(t) ∝ 1/R3 (t) si ottiene l’usuale costante del moto: l’energia totale, qui chiamata
k
d 1
˙R
dt 2
2 − 4π
3 GρR2
= 0 so that H 2 ≡ ˙ R2 8πG k
= ρ − . (14.2)
R2 3 R2 Il caso speciale k = 0 è ottenuto quando la densità ρ è uguale alla ‘densità critica’ ρ = ρcr ≡ 3H2 /8πG. k = 0 è speciale perchè
significa zero ‘energia totale’ (l’energia potenziale gravitazionale negativa compensa l’energia positiva della materia): un universo
con densità critica che si espande diventando grande gratis avrebbe potuto venir teoricamente anticipato fin dal 1687. Oggi i
preguidizi su di un universo statico sono stati abbandonati, e teorie più avanzate confermano la discussione sopra dandole basi
solide: in relatività generale l’eq. (14.2) vale per qualunque forma di energia (particelle relativistiche, costante cosmologica,...) e la
costante k ha il significato fisico di ‘curvatura dell’universo’. Un meccanismo chiamato inflazione genera un universo quasi omogeneo
con k trascurabile.

118 Capitolo 14. Irraggiamento
conto che solo parte degli elettroni sono elettroni liberi (gli altri formano atomi di idrogeno, elio,. . . ) e dice
che la la luce si è disaccoppiata della materia quando l’universo era 1000 volte più piccolo, ed aveva un età di
300000 anni. Per cui osservando la radiazione cosmica di fondo oggi, vediamo una foto di quando l’universo
aveva 300000 anni. Quello che si vedono sono piccole fluttuazioni primordiali (δT/T ∼ 10 −5 , probabilmente
prodotte da fluttuazioni quantistiche amplificiati dall’inflazione), che amplificandosi per via della gravità sono
diventate le galassie etc che esistono oggi.
Esercizio 196: Radiazione cosmica
Misure della radiazione cosmica di fondo (CMB) hanno mostrato che essa
ha diverse intensità in diversi punti del cielo (vedi figura superiore). La
CMB che osserviamo è stata irraggiata da elettroni e protoni liberi, finchè
si sono legati a formare atomi di idrogeno neutro rendendo trasparente
l’universo. Nell’esercizio si affronta un caso semplificato, che consente di
capire se, come conseguenza di questi fatti, la CMB è polarizzata.
a) Come mai si può trascurare la CMB diffusa dai protoni?
b) Un’onda elettromagnetica non polarizzata si propaga lungo l’asse
n incidendo su di un elettrone libero situato nell’origine. Si descriva
come è polarizzata la radiazione irraggiata misurata da un
osservatore situato lungo l’asse z nei tre casi: n = ˆx, ˆy, ˆz.
Si calcoli il grado di polarizzazione (misurata da un osservatore situato
lungo l’asse z) della radiazione irraggiata da un elettrone e investito da:
c) Radiazione isotropa e non polarizzata.
d) Onde elettromagnetiche provenienti dalle direzioni ±ˆx con intensità
Ix e dalle direzioni ±ˆy con intensità Iy (vedi figura
inferiore).
bSoluzione:
a) La potenza irraggiata è proporzionale ad a 2 = (F/m) 2 ; protoni ed elettroni sentono la stessa forza F = qE,
ma i protoni hanno massa mp ≫ me.
c) Se n = ˆx l’osservatore riceve luce polarizzata lungo ˆy: l’osservatore ‘vede’ l’elettrone oscillare lungo l’asse
y, e questo, secondo le formule che descrivono l’irraggiamento, produce radiazione polarizzata lungo y.
Similmente se n = ˆy l’osservatore riceve luce polarizzata lungo ˆx. Se n = ˆz non si ha irraggiamento lungo
ˆz.
c) Non esistendo nessuna direzione privilegiata, non si ha polarizzazione.
d) Le onde di intensità Ix producono lungo z una radiazione irraggiata di intensità Iz(Ix) ∝ Ix e polarizzazione
lungo y. Similmente le onde di intensità Iy producono lungo z una radiazione irraggiata di intensità
Iz(Iy) ∝ Iy e polarizzazione lungo x. Se Ix = Iy la polarizzazione totale si media a zero, come nel caso
isotropo (e non dà una polarizzazione media a 45 gradi!). Quindi il grado di polarizzazione è |Ix −Iy|/(Ix +
Iy): massimo nei casi limite Iy ≪ Ix o Ix ≪ Iy.
Esercizio 197: Nube
Un’onda piana di lunghezza d’onda λ incide su di una nube contenente elettroni con densità ne. Per semplicità
si assuma che la densità sia costante entro un cubo di lato L e valga zero fuori, che l’onda incida lungo l’asse x,
perpendicolare ad una faccia del cubo, che la nube sia così poco densa da poter trascurare le interazioni fra gli
elettroni, e che la frequenza di plasma della nube sia trascurabile, ωp ≪ ω.
a) Calcolare in che modo la potenza irraggiata dipende da L. Per quale valore di L la nube è trasparente?
I x
e
I y
I y
I x
z
y
x

Capitolo 14. Irraggiamento 119
b) In quale direzione si osserva luce irraggiata polarizzata linearmente, qualunque sia la polarizzazione della
luce incidente?
Si assuma ora che la coerenza fra la luce irraggiata dai singoli elettroni sia mediata a zero dalle interazioni fra
gli elettroni.
c) Calcolare nuovamente la potenza irraggiata in funzione di L, assumendo che L sia abbastanza piccolo da
poter trascurare la riduzione di intensità dell’onda incidente.
d) Calcolare la lunghezza di penetrazione della luce nella nube.
Si assuma ora invece che ω ≪ ωp, in modo che gli effetti collettivi diventino rilevanti.
e) Rispondere nuovamente alla domanda d).
bSoluzione:
a) Ogni elettrone si muove secondo me¨r = eE e quindi ha un dipolo ¨p = e2E/me. Il dipolo totale P della
nube vale
¨P = dV ne¨p = L 2 e
ne
2 L
e
E0 sin(kr − ωt) = Ne
2 2
E0
kL sin(kL ) sin(kL − ωt)
2 2
me
0
dove Ne = L 3 ne è il numero totale di elettroni. la potenza irraggiata media vale Wirr = 2〈 ¨ P 2 〉/3c 3 4πɛ0: vale
zero quando kL/2 = π cioè L = λ, ed è propozionale a L 2 per λ ≫ L.
b) Un osservatore che guarda la nube ortogonalmente alla direzione di incidenza della luce ‘vede’ elettroni che
oscillano lungo una linea, e quindi riceve luce polarizzata. La cosa è verificabile in pratica utilizzando un
polarimetro.
c) Bisogna ora sommare incoerentemente i contributi dei singoli elettroni:
dove S = L 2 è lo spessore trasverso della nube.
me
Wirr = NeWun elettrone = e4 E 2 0SLne
12πɛ0m 2 ec 3
d) La nube diventa opaca quando Wirr ∼ Winc, cioè quando tutta la potenza incidente Winc/L 2 = 〈u〉c = ɛ0E 2 0/2
viene re-irraggiata. Più precisamente si ha dWinc/dx = −dWirr/dx = −Winc/L∗, cioè l’intensità della luce
incidente diminuisce esponenzialmente mano a mano che attraversa la nube: WI(x) = W 0 I e−x/L∗ . L∗
può anche essere calcolato come L∗ = 1/neσ utilizzando il concetto di sezione d’urto, e ricordando che
σ = σ(eγ → eγ) = 8πr 2 e/3 = 0.665 10 −28 m 2 dove re = e 2 /mec 2 è il ‘raggio classico dell’elettrone’.
e) Ricordiamo le formule standard n 2 = 1 − (ωp/ω) 2 con ω 2 p = Neq 2 /ɛ0me. Usando k = nω/c si ha, per
ω ≪ ωp, e ikx = e −x/L′
∗ con L ′ ∗ = c/ωp. A basse frequenze l’effetto collettivo dà L ′ ∗ ∼ 1/ √ Nere, ed è
quindi dominante rispetto all’effetto non-collettivo che dà L∗ ∼ 1/Ner 2 e. L’effetto collettivo non comporta
trasferimenti di energia: una nube non assorbe la luce del sole riscaldandosi ma la riflette.
Esercizio 198: Un condensatore
Calcolare l’energia irraggiata da un condensatore con distanza fra i piatti ℓ connesso ad un generatore di corrente
Ie iωt .
bSoluzione: Il condensatore schematizza una antenna, evitando dettagli geometrici. Per calcolare l’irraggiamento
lo si approssima come un dipolo p = ℓq, ˙p = ℓI, ¨p = iωℓI e quindi
〈W 〉 = 〈¨p2 〉
6πɛ0c 3 = I2 0
2 Rrad
Rrad = (kℓ)2
6πɛ0c ≈ (kℓ)2 20 ohm
avendo usato ω/c = k. L’antenna dissipa energia: come suggerito dalla notazione Rrad dal punto di vista di chi
la paga (tipicamente un generatore di corrente) l’antenna si comporta quindi come una resistenza.
La combinazione adimensionale kℓ è circa il numero di lunghezze d’onda contenute in ℓ. L’approssimazione
di dipolo è valida se ℓ ≪ λ, dove ℓ è la dimensione dell’antenna e λ la lunghezza dell’onda irraggiata. Segnali
TV hanno λ ∼ (10 ÷ 100) m.

120 Capitolo 14. Irraggiamento
Esercizio 199: Un’antenna
Calcolare l’energia irraggiata da un tubo verticale disposto lungo l’asse z da −ℓ/2 a ℓ/2 lungo cui oscilla una
corrente I(z, t) = I0e iωt (1 − 2|z|/ℓ).
bSoluzione: Il tubo vuole schematizzare un’antenna: per calcolare l’energia irraggiata lo si approssima con
un dipolo elettrico. Applichiamo la formula di Larmor approssimando il sistema come un dipolo p(t) =
ℓ/2
λ(z)z dz dove λ(z) è la distribuzione lineare di carica, che va calcolata. La conservazione della corrente
−ℓ/2
fornisce
˙λ = − ∂I
∂z
iωt
= θ(z)2I0e , θ(z) =
ℓ
⎧
⎪⎨
⎪⎩
0 z < −ℓ/2
−1 −ℓ/2 < z < 0
1 0 < z < ℓ/2
0 z > ℓ/2
e λ = ˙ λ/iω. Quindi p = I0ℓe iωt /2iω. Per una generica corrente I(z) che vale zero al bordo si ottiene ˙p =
z dz ˙ λ = − dz z dI/dz = dz I, avendo integrato per parti.
Esercizio 200: Due antenne
Due antenne piccole rispetto a λ situate a distanza λ/2 irraggiano con dipoli p uguali eccetto una differenza di
fase di (a) ∆ = 0; (b) ∆ = π/2; (c) ∆ = π. Calcolare dW/dΩ ed il momento irraggiato
bSoluzione: Il campo elettrico irraggiato è la somma dei campi elettrici irraggiati dai singoli dipoli, e, prendendo
solo la componente di radiazione dei campi (cioè quella che va a zero come E ∝ 1/r e non più veloce)
l’unico punto in cui bisogna tenere conto della differente geometria fra le due sorgenti (una è poco più vicina
dell’altra, sono viste secondo angoli lievemente diversi, etc.) è la loro differenza di fase δ:
Quindi
E = E1 + E2 = E1(1 + e iδ ) δ = ∆ + 2π
λ
dW
dΩ
λ
sin θ
2
dW1
=
dΩ × |1 + eiδ | 2 = 1 2¨p
4πɛ0
2
3c3 sin2 2 δ
θ × 4 cos
2
Il grafico standard consente di visualizzare la potenza emessa in funzione della direzione:
Una antenna Θ = 0 Θ =Π/2 Θ =Π
Nel caso ∆ = 0 (dipoli in fase) si ottiene un quadrifoglio perchè si ha interferenza distruttiva lungo l’orizzontale.
Nel caso ∆ = π la controfase tende a compensare la differenza di distanza, e quindi l’emissione è qualitativamente
simile a quella di un solo dipolo. Nel caso ∆ = π/2 l’emissione non è simmetrica: viene emesso anche un momento
Fz = dpz
dt
1 dU
=
c dt a
Anche ignorando il fattore numerico adimensionale a ∼ 1, si può facilmente stimare che si tratta di un effetto
piccolo: se W ∼ 10 5 W la forza vale Fz ∼ W/c ∼ 10 −4 N.

Capitolo 14. Irraggiamento 121
Esercizio 201: Interferenza fra due sorgenti
Un’onda piana di lunghezza d’onda λ incide lungo un
asse sul quale sono posti a distanza d ≤ λ fra loro due
diffusori puntiformi identici il cui momento di dipolo è
p = αE essendo E il campo elettrico applicato. L’onda
è polarizzata linearmente nel piano perpendicolare al
piano della figura. Si consideri l’interferenza tra le onde
emesse dei due diffusori (trascurando l’interferenza con
l’onda incidente) nel piano della figura.
1a) Si dica per quali valori di d non si ha radiazione
emessa all’indietro (cioé per θ = π)
1b) Calcolare la distribuzione angolare della potenza
irraggiata a distanze r ≫ d in funzione dell’angolo
azimutale θ.
bSoluzione: I due diffusori 1 e 2 irraggiano con una differenza di fase δ, quindi
dW1+2
dΩ
dW1
=
dΩ |1 + eiδ | 2 = dW1 δ
· 4 cos2
dΩ 2
δ = 2π
d(1 − cos θ)
λ
dove dW1/dΩ è la potenza irraggiata dal diffusore 1 in assenza del 2. All’indietro si ha interferenza distruttiva
δ = π per d = λ/4.
Pulsar ruotante
Esercizio 202: Dipolo magnetico
bSoluzione: Una pulsar ruota facendo girare anche il suo dipolo magnetico µ. Quindi irraggia W = 2¨µ 2 /3c 3 =
2ω 4 µ 2 /3c 3 riducendo l’energia cinetica rotazionale U = Iω 2 /2 (I ≈ 2
5 MR2 ). Se ˙ω è misurato si ricava
µ 2 = 3 MR
5
2 ˙ωc 3
ω3 per M ∼ M⊙, R ∼ 10 km, T ∼ 10 s, ˙
T ∼ 10 −10 .
B ∼ 2µ
R 3 ∼ 1015 Gauss

Capitolo 15
Relatività
Introducendo A µ = (ϕ, A) le equazioni E = − ˙ A/c − ∇ϕ e B = ∇ × A diventano
F µν = ∂ µ A ν − ∂ ν A µ ⎛
0
⎞
⎜ Ex
= ⎝
Ey
0
cBz 0
⎟
⎠
Ez −cBy cBx 0
Le equazioni di Maxwell sono
∂µF µν = 4π ν
J
c
J ν = (cρ, J)
Le trasformazioni di Lorentz dei campi sono, in unità c = 1:
F µ′ ν ′
= Λ µ′
µ Λ ν′
ν F µν
⎛
γ −βγ 0
⎞
0
⎜ −βγ
Λ(βx) = ⎝
0
γ
0
0
1
0 ⎟
⎠
0
i.e.
0 0 0 1
E ′ x = Ex
B ′ x = Bx
E ′ y = γ(Ey − βBz) B ′ y = γ(By + βEz)
E ′ z = γ(Ez + βBy) B ′ z = γ(Bz − βEy)
L = − 1
4 F µν Fµν = (E 2 − c 2 B 2 )/2 e ɛµναβF µν F αβ ∝ E · B sono invarianti di Lorentz. Per un’onda valgono zero.
(Sporco trucco: F ≡ E + iB fa rotazioni con angolo complesso, quindi F 2 è invariante).
Non useremo le seguenti formule. Quadri-corrente di una carica puntiforme q in moto Xµ(τ) arbitrario:
Jµ = q dτ Vµ δ(xµ − Xµ(τ)).
1
Per moto rettilineo uniforme a velocità v si riduce all’ovvio Jµ = q δ(x − vt)δ(y)δ(z), come può verificare
v
trasformando J ′
1
µ = q δ(x
0
′ )δ(y ′ )δ(z ′ ).
Il vettore di Poynting fa parte del tensore simmetrico ‘energia impulso’ Tµν che trasforma come
T ′ 00 = γ 2 (T00 − 2T0xβ + Txxβ 2 ), T ′ xx = γ 2 (Txx − 2T0xβ + T00β 2 ), T ′ 0x = γ 2 [T0x(1 + β 2 ) − β(T00 + Txx)]
e lo stesso per y → z.
T ′ 0y = γ(T0y − Txyβ), T ′ xy = γ(Txy − T0yβ), T ′ yy = Tyy
Esercizio 203: Contrazione di Lorentz
Verso il 1900 si discuteva il seguente problema: assumendo che la materia sia tenuta assieme da forze elettromagnetiche,
e sapendo come queste si trasfromano in diversi sistemi di riferimento determinare in che modo la
materia si ingrossa o rimpicciolisce se vista da un sistema in moto.
bSoluzione: Una volta capito, il problema diventa banale. Siccome l’elettromagnetismo ed il resto della fisica
trasformano in modo ben definito sotto trasformazioni di Lorentz, la distanza fra due punti di un oggetto forma
un quadrivettore Xµ, che si trasforma come un quadrivettore indipendentemente dalle forze complicate Fµν
che lo tengono assieme. E.g. è ovvio che sotto rotazioni la distanza è un invariante: il resto non è molto più
profondo.
122

Capitolo 15. Relatività 123
Esercizio 204: Che cosa è l’elettromagnetismo
Mostrare che l’elettromagnetismo è l’unica teoria relativistica di un campo vettore.
bSoluzione: In meccanica classica (ma specialmente in meccanica quantistica) un modo conveniente di descrivere
una teoria consiste nello scriverne la Lagrangiana L (per quanto riguarda la presente discussione una
Lagrangiana è sostanzialmente l’energia cinetica). Se ad esempio la teoria ha una qualche simmetria può non
essere ovvio vederla dalle equazioni del moto. che la Lagrangiana. Ci interessa il caso in cui la simmetria è
l’invarianza di Lorentz: quindi la Lagrangiana deve essere uno scalare.
Nel caso una teoria relativistica di un campo scalare φ la naturale Lagrangiana è L = ±(∂µφ) 2 , con il segno
fissato ad essere + in modo che l’energia cinetica sia positiva, L = + ˙ φ 2 + · · ·.
Per un vettore Aµ apparentemente si ha L = ±(∂µAν) 2 , ma questa teoria non ha senso: infatti per qualunque
segno o la componente A0 o le componenti A1,2,3 hanno energia cinetica con segno sbagliato. L’unica teoria
sensata è data da L = −(∂µAν − ∂νAµ) 2 . Questa forma speciale corrisponde ad una nuova simmetria ‘di gauge’
Aµ → Aµ + ∂µφ, necessaria (specialmente a livello quantistico) per giustificare la speciale forma sensata. La
simmetria di gauge vincola altri termini addizionali:
• Il fotone deve avere massa zero. Infatti il termine Lorentz-invariante m 2 A 2 µ/2 (m ha dimensioni lunghezza −1 )
viene proibito. Questo sarebbe un termine di massa per il fotone. Infatti in sua presenza il quadri-vettore
d’onda che compare in e iK·X soddisferebbe a K 2 = m 2 , e quindi ω/c > m. Quantisticamente il quadriimpulso
è Pµ = ¯hKµ, per cui ¯hm è una massa. Nel limite statico (ω = 0) si avrebbe k = im, cioè la forza
di Coulomb sarebbe ∝ e −rm /r 2 .
• L’accoppiamento alla materia JµA µ rispetta questa simmetria se ∂µJµ = 0: la carica elettrica deve essere
conservata.
Quando viene sviluppata anche una teoria della materia Jµ diventa ¯ ΨγµΨ e l’invarianza di gauge diventa una
simmetria locale di Ψ: U(1) nel caso dell’elettromagnetismo, SU(2) per le interazioni elettro-deboli, SU(3) per
quelle forti, e Poincarè per la gravità.
Esercizio 205: Forza fra 2 cariche bis
Due elettroni si muovono parallelamente lungo traiettorie rettilinee a distanza a con velocità costante v ≪ c.
Calcolare la forza elettromagnetica
bSoluzione: Modo 1: Nel sistema in cui le cariche sono in quiete F0 = e 2 /4πɛ0 e quindi la relatività dice che
Fv = F0/γ
Modo 2: Nel sistema di quiete esiste solo E. Trasformando i campi trovo che nel sistema in cui le cariche si
muovono E ′ y = γEy e B ′ z = −γβEy: la forza di Lorentz è
Fv = γ( e2
4πɛ0
− ev · µ0 e2
ev) = γ(1 −
4π 4πɛ0
v2 F0
) =
c2 γ
Per calcolare il segno basta ricordare che fili con correnti uguali si attirano.
Negli acceleratori di particelle si riesce ad accelerare fasci di particelle cariche, perchè a v ∼ c la forza
repulsiva di Coulomb è compensata da quella magnetica.
Esercizio 206: Verifica conservazione impulso
Una carica q viaggia lungo l’asse x con energia E e ‘grande’ parametro d’impatto b verso una carica Q, ferma
nell’origine e di massa cosí grande che rimane a riposo. Calcolare il piccolo angolo di deflessione e verificare che
l’impulso acquistato da q è uguale ed opposto a quello acquistato da Q.
bSoluzione: La formula dp/dt = F = q(E + v × B) è vera anche relativisticamente, dove p = mγv è l’impulso
relativistico.

124 Capitolo 15. Relatività
Iniziamo a calcolare l’impulso acquistato dalla carica in moto q. Per ‘grande’ b la carica q viene deflessa di
poco e si ha θ(b) ∆p q
/p ≪ 1 con
⊥
∆p q
⊥ =
+∞
dt qE
−∞
Q
+∞
qQ
b dt
⊥ (x = vt, y = b, 0, t) =
4πɛ0 −∞ [(vt) 2 + b2 qQ
=
] 3/2 2πɛ0vb
Il calcolo è stato già effettuato a pagina 14, mostrando che uno può fare l’integrale col il teorema di Gauss.
Calcoliamo ora l’impulso acquistato da Q: si procede in modo analogo, utilizzando il campo elettrico generato
dalla carica q in moto relativistico. Lo calcoliamo usando il risultato ben noto nel sistema S ′ dove la carica q è
ferma nell’origine ed applicando le trasformazioni di Lorentz sui campi
e sulle coordinate:
si trova che l’impulso aquistato da Q vale
Ey(x, y, z, t) = γEy ′(x′ , y ′ , z ′ , t ′ q
) = γ ·
4πɛ0
∆p Q
⊥ =
+∞
−∞
x ′ = γ(x − vt), y ′ = y
dt Q E q
qQ
⊥ (0, 0, 0, t) =
4πɛ0
+∞
−∞
y ′
[x ′2 + (y ′ − b) 2 ] 3/2
γb dt
[(γvt) 2 + b 2 ] 3/2
che grazie ai due γ (uno dalle trasformazioni del campo, uno dalle trasformazioni delle coordinate) è uguale ad
opposto all’impulso acquistato da q.
Esercizio 207: Carica in E e B ortogonali bis
Estendere l’esercizio di pagina 58 al caso di moto relativistico.
bSoluzione: Avevamo visto che una carica in E e B ortogonali spiraleggia driftando a velocità costante,
indipendente dalla carica e dalla massa. Questo diventa ovvio riassorbendo il drift tramite una trasformazione
di Lorentz con velocità E/B. Nel nuovo sistema E ′ = 0 e B ′ = B 2 − E 2 /c 2 (se cB > E) come segue
immediatamente dal fatto che E · B = 0 ed E 2 − c 2 B 2 sono invarianti di Lorentz. Se E > cB = 3 10 8 V/m ·
(B/Tesla) si può andare in un sistema dove B ′ = 0 ed E ′ = √ E 2 − c 2 B 2 tramite un boost di velocità c 2 B/E.
Fisicamente questo è dovuto al fatto che se il campo elettrico è troppo grosso, E > B, il campo magnetico non
riesce ad incurvare la traiettoria.
Esercizio 208: Filo in moto
Un filo rettilineo infinito disposto lungo l’asse x ha sezione A e contiene n elettroni per unità di lunghezza in
moto con velocità v, e n protoni fermi. Il filo viene messo in modo con velocità β lungo l’asse x. Calcolare i
campi E e B.
bSoluzione: Nel sistema S dove il filo è fermo il vettore quadricorrente J = (ρ, j) vale J = (0, i/A) dove
i = nev. Questo produce E = 0 e B = ˆ θµ0i/2πr.
1. Un primo modo di calcolare i campi nel sistema S rispetto al quale il filo è fermo, e poi passare al sistema
S ′ rispetto al quale il filo si muove con velocità β. Occorre tradurre le trasformazioni di Lorentz dei campi
in coordinate cilindriche: per evitare di fare calcoli a testa bassa (e magari di sbagliarli) è bene tenere in
conto che il sistema ha simmetria cilindrica e che E 2 − B 2 e E · B sono invarianti. Il risultato è
E ′ r = −γβBθ, B ′ θ = γBθ (15.1)
Domanda: chi genera il campo elettrico, visto che la carica totale è zero?
2. Un secondo modo consiste nel trasformare il quadrivettore J, ottenendo
ρ ′ = −γβjx, j ′ x = γjx (15.2)
da cui è immediato riottenere la (15.1): j ′ x e quindi B ′ θ diventa γ volte più grosso, e la densità di carica
lineare λ ′ = Aρ ′ = −γβnev genera il campo elettrico E ′ r = λ ′ /2πɛ0r calcolato a pagina 8. Il campo
elettrico è generato da una densità di carica non zero: il risultato segue dalle formule in modo rapido, ma
sembra strano che sia ρ = 0 nel sistema S, e ρ ′ = 0 nel sistema S ′ .

Capitolo 15. Relatività 125
3. Otteniamo lo stesso risultato in un terzo modo, piuttosto rognoso dal punto di vista dei calcoli, ma che
consente di capire da dove salta fuori la carica: trasformiamo non quantità ‘astratte’ come Fµν e Jµ, ma
le singole particelle. Nel sistema S ′ i protoni hanno carica +e, velocità β e densità n ′ + = γ(β)n, perchè la
lunghezza si contrae. Nel sistema S ′ gli elettroni hanno carica −e, velocità v ′ = (β + v)/(1 + βv) (formula
di addizione delle velocità) e densità n ′ − = nγ(v ′ )/γ(v). Per calcolare n ′ − conviene considerare il sistema
S ′′ rispetto al quale gli elettroni sono fermi e n ′′ − = n/γ(v), con γ(v) = (1 − v 2 ) −1/2 . Quindi la densità di
carica del filo nel sistema S ′ vale
λ ′ γ(v
= λ+γ(β) + λ−
′ )
= −neγ(β)vβγ(β)
γ(v)
(utilizzando λ+ = −λ− = ne e γ(v ′ ) = γ(v)γ(β)(1 + vβ)) in accordo con la (15.2) e quindi con la (15.1).
Questo esercizio illustra che tutto è consistente, e che utilizzare le leggi di trasformazione dei campi è molto più
rapido.
Esercizio 209: Forza prodotta da filo in moto
Una particella di carica q è in quiete a distanza r dal filo dell’esercizio precedente. Calcolare la forza che agisce
sulla carica.
bSoluzione:
1. F ′ r = qE ′ r dove E ′ r è stato calcolato in vari modi all’esercizio precedente.
2. Alternativamente si può calcolare la forza nel sistema S dove il filo è fermo e la carica in modo con velocità
−β lungo l’asse x. La forza di Lorentz è diretta lungo r e vale Fr = −qβBθ. Trasformando la forza al
sistema S ′ si ottiene F ′ r = γFr in accordo con il risultato precedente.
Esercizio 210: Onda vista da sistema in moto
Un’onda elettromagnetica piana di frequenza ω si muove nel vuoto con quadrivettore d’onda K = (ω, ck) =
ω(1, nx, ny, 0) e polarizzazione B = (0, 0, Bz) e quindi E = cB × n = cB(−ny, nx, 0). Come diventa questa
onda, vista da un sistema in moto lungo l’asse x con velocità β?
bSoluzione: Lo scopo di questo esercizio è imparare a trattare questo passaggio standard utilizzando il minimo
di calcoli possibili. Siccome K è un quadri-vettore
K ′ = ω(γ(1 − nxβ), γ(nx − β), ny, 0) i.e. ω ′ = γ(ω − nxβ)
Il campo magnetico diventa
B ′ = (0, 0, B ′ z) = γBz(1 − βny)(0, 0, 1)
ny ′
nx ′
= 1 1
γ (nx/ny) − β
Per finire il campo elettrico deve diventare E ′ = cB ′ (−n ′ y, n ′ x, 0), in quanto per un onda nel vuoto vale sempre
E ′ = cB ′ × n ′ .
Esercizio 211: Riflessione da specchio in moto
Un’onda elettromagnetica di frequenza ω si muove in direzione n = (nx, ny, 0) con il campo elettrico polarizzato
lungo l’asse z. Uno specchio è situato a x = 0 nel piano yz.
1) Calcolare direzione e campi elettromagnetici dell’onda riflessa.
Lo specchio viene ora messo in moto con velocità costante β lungo l’asse x.
2) Calcolare la direzione dell’onda riflessa.

126 Capitolo 15. Relatività
3) Calcolare il campo elettrico dell’onda riflessa.
bSoluzione:
1. Al bordo con una superficie riflettente E = B⊥ = 0. L’onda riflessa ha k⊥, E e B⊥ invertiti, quindi
BR
ER
BI
EI
(per essere precisi, il segno del disegno è giusto se EI punta in giù).
θ
k R x = −kx,
k R y = ky,
E R z = −Ez
B y r = By
2. Chiamiamo S ′ il sistema rispetto al quale lo specchio è fermo: in questo sistema il quadrivettore d’onda
dell’onda incidente è
ω ′ = γω(1 − nxβ), k ′ x = γkx(1 − nxβ), k ′ y = ky.
La riflessione inverte k ′ x. Tornando al sistema originario, il quadrivettore dell’onda Riflessa è
ωR = 1 − 2nxβ + β 2
1 − β 2 ω, k R x = − nx(1 + β 2 ) − 2β
1 − β 2 ω, k R y = nyω.
Si può verificare che K R ha modulo zero, oppure si poteva utilizzare questa informazione per evitare di
calcolare una componente. L’onda riflessa forma un angolo
tan θ R ≡ kR y
k R x
= − tan θ
1 − β 2
cos θ(1 + β 2 ) − 2β
Nel caso semplificato nx = 1 e ny = 0 (incidenza normale) si ha K ′ R = ω′ (1, 1, 0, 0) con ω ′ = ω(1 − β)/(1 +
β).
3. Per semplicità mettiamo θ = 0. Il campo elettrico in S ′ vale E ′ z = γ(Ez +βcBy) = γEz(1−β), E ′R
z = −E ′ z
e quindi ER z = γ(E ′R
z − βcB ′R
y ) = −Ezγ 2 (1 − β) 2 = −Ez(1 − β)/(1 + β). Il campo magnetico è legato al
campo elettrico da cB ′ R = nR × ER. L’intensità dell’onda varia, per via dell’‘urto’ con lo specchio.
Esercizio 212: Aberrazione relativistica
Siccome i fotoni emessi da dietro fanno un viaggio più lungo un cubo che viaggia a velocità β viene visto
ruotato di un angolo α → 90 per β → 1 (e con velocità apparente > c). L’effetto geometrico banale e quello di
contrazione si sommano a dare questo. NON viene visto contratto (Einstein trascurava l’effetto banale). Una
sfera rimane una sfera.
bSoluzione: Si tiene conto di questo effetto quando si osservano i getti emessi da un nucleo galattico attivo...
Esercizio 213: π 0 → 2γ
Dedurre la partità del π 0 dalla misura della polarizzazione della luce emessa nel suo decadimento.
bSoluzione: Un π 0 fermo decade in due onde elettromagnetiche (‘fotoni’ γ); per la conservazione dell’impulso
le due onde hanno eguali intensità se il π 0 è a riposo. Possono però avere diversa polarizzazione: chiamiamo θ
l’angolo fra i campi elettrici E1 e E2 delle due onde. Ha interesse calcolare in funzione di θ quanto valgono gli
invarianti di Lorentz: scalare e pseudo-scalare:
dove E = E1 + E2 e B = B1 + B2.
E 2 − c 2 B 2 ∝ FµνF µν , E · B ∝ ɛµνρσF µν F ρσ

Capitolo 15. Relatività 127
1 Se θ = 0 (fig. a sinistra) si ha E1 = E2; tenendo conto che i due γ hanno k opposti i campi magnetici
sono anti-paralleli: B1 = −B2. Quindi E 2 − B 2 = 0 e E · B = 0.
B2
E2
π0
E1
B1
2 Se θ = π/2 (fig. a destra) i campi sono ortogonali: E1 ⊥ E2 e B1 ⊥ B2. Questo produce E 2 − c 2 B 2 = 0
e E · B = 0.
3 Per θ generico si ha Ê1 = (1, 0), ˆ B1 = (0, 1), Ê2 = (cos θ, sin θ), ˆ B2 = (sin θ, − cos θ). Questo produce sia
E · B ∝ sin θ che E 2 − B 2 ∝ cos θ.
Sperimentalmente misurando le polarizzazioni dei due fotoni emessi in decadimenti π 0 → γγ si trova che
esse sono ortogonali (cioè θ = π/2 come nel caso 2) e che quindi il decadimento del π 0 genera un campo
elettromagnetico che ha diverso da zero l’invariante pseudo-scalare E · B. Andando avanti si concluderebbe che
il π 0 è accoppiato all’elettromagnetismo tramite l’ interazione Lagrangiana π 0 ɛµναβF µν F αβ , che conserva la
parità (cioè un esperimento dà lo stesso risultato dello stesso esperimento costruito in modo speculare) in modo
non ovvio se il π 0 è un campo pseudoscalare: π0(x, t) → −π0(−x, t). Altre interazioni fondamentali violano la
parità.
Esercizio 214: GPS
Mostrare che per far funzionare un sistema GPS è essenziale tenere in conto effetti relativistici.
bSoluzione: Il sistema funziona con vari satelliti che orbitano ogni 12 ore a 20000 km da terra. Ciascun satellite
porta un orologio atomico. Un ricevitore a terra determina la sua posizioni entro un errore di 10 m = c · 33ns
triangolando i satelliti che gli passano sopra.
Siccome i satellitini girano con velocità v = 14000 km/h in un giorno accumulano un ritardo, dovuto alla
dilatazione dei tempo, di circa ∆ = day · (γ − 1) day(v/c) 2 /2 ≈ 7000 ns ≫ 33ns. Inoltre, siccome sono situtati
in alto effetti di relatività generale li anticipano di circa 45000 ns al giorno. Quindi per far funzionare il sistema
è essenziale tenere in conto questi effetti.
B2
Esercizio 215: Effetto Compton
Mandando raggi X su elettroni fermi nel 1923 Compton trovò λ ′ (θ) = λ+0.024˚A(1−cos θ). Si mostri che questa
è la relazione cinematica per γe → γe considerando il fotone come una particella di energia E = hν = hc/λ.
bSoluzione: Scrivo Pγ + Pe = P ′ γ + P ′ e con
Pγ = (E/c, E/c, 0, 0), Pe = (mec, 0, 0, 0), P ′ γ = (E ′ , E ′ cos θE ′ sin θ)/c
(mostrare che il numero incognite = equazioni +1, come dovrebbe essere). Siccome P ′ e non mi interessa ricavo
direttamente il risultato riscrivendo la conservazione del quandri-impulso come P ′ e = (Pγ −P ′ γ +Pe) e prendendo
il modulo quadro:
m 2 e = m 2 e + 0 + 0 + 2me(E − E ′ ) + 2EE ′ (cos θ − 1)
cioè
1 1 1 − cos θ
= +
E ′ E mec2 , λ ′ = λ − λCompton(1 − cos θ)
dove l’ultima equazione è stata ricavata usando l’equazione quantistica (compatibile con la relatività!) λCompton =
h/mec2 = 2.4 10−12 m. E = hν significa che non posso affievolire la luce sotto un certo limite.
Insieme all’effetto fotoelettrico questo processo mostrò in modo diretto che la luce ha anche natura particellare,
cosa per la prima volta proposta in modo troppo conservatore da Planck in un tentativo di spiegare lo
spettro di corpo nero.
E2
π0
E1
B1

128 Capitolo 15. Relatività
Esercizio 216: Esperienza d Fizeau
bSoluzione: Usando la formula di addizione delle velocità si ottiene
e quindi
v ′ =
v + c/n c
1 + v/nc n
+ (1 − 1
n
)v + O(v2 )
2 c2 t = (Ln/c)(1 + v/nc)/(1 + vn/c) ≈ T0[1 − (v/c)(n − 1/n)], ∆ϕ = 2πν ∆t = (2πL/λ)(v/c)(n 2 − 1)
Questa formula fu inizialmente ottenuta dall’ipotesi che l’etere venga trascinato dal moto dell’acqua, ma solo
parzialmente per via del fattore 1 − 1/n 2 (teoricamente legato a ρetere/ρacqua). Successivamente si e’ammesso
che questa cosa non ha senso, in quando n dipende dalla frequenza.
Esercizio 217: Iraggiamento da elettroni relativistici
Quale è la massima energia raggiungibile da un acceleratore di elettroni?
bSoluzione: Ricordo che e 2 ≡ q 2 /4πɛ0. Siccome W = dE/dt = dE ′ /dt ′ è uno scalare di Lorentz, la
generalizzazione relativistica è
W = − 2
3
e 2
m 2 c 3
dPµ
dτ
dPµ
dτ
2
=
3
e 2
m 2 c 3
2 dp
−
dτ
1
c2 2 dE
dτ
dove dτ = dt/γ e P = (E/c, p) = mγ(c, v). Specializziamo questa formula generale alle due tecnologie possibili
di acceleratori di particelle: lineare e circolare.
In un acceleratore lineare, usando dE = v dp (che segue da 0 = d(E 2 /c 2 − p 2 ) = 2(E dE/c 2 − p dp)) la
formula può essere riscritta in modo uguale a quella non relativistica
W = 2
3
e 2
m 2 c 3
2 dp
dt
= 2
3
e 2
m 2 c 3
2 dE
dx
W
dE/dt
2
=
3
e 2
m 2 c 3
1 dE
v dx
dE/dx
≈
mc2 ≪ 1
/re
dove re ≡ e 2 /mec 2 = 2.82 10 −15 m è chiamato ‘raggio classico dell’elettrone’. In un acceleratore si riescono
a produrre campi elettrici tanto intensi da accelerare un elettrone da fermo a relatvistico in 10 cm: cioè si
raggiunge dE/dx = mec 2 /ℓ con ℓ ∼ 10cm. Quindi la frazione di energia persa per irraggiamento è re/ℓ ∼ 10 −13 :
completamente trascurabile. Il problema è che per accelerare elettroni fino ad energie mai raggiunte prima
(E ∼ 10 6 mec 2 ) serve una lunghezza 10 6 ℓ ∼ 100km, il che costa 10 10 e.
In un acceleratore circolare domina il termine |dp/dτ| = γ · ω · p = γ · (v/R) · mγv = mγ 2 a, con a = v 2 /R.
Quindi W è dato dalla formula non relativistica moltiplicata per γ 4 e
dE
dx
= W
v
= 2e2
3R 2 γ4 β 3
Quindi il massimo γ raggiungibile accelerando elettroni in un acceleratore circolare di raggio R e con gradiente
dE/dx vale
γmax ≈ 4
dE/dx|max
e2 /R2 =
R
R
√ ∼ 6 105
reℓ 5 km
avendo usato e 2 /R 2 = mec 2 re/R 2 . LEP con R di qualche km ha raggiunto 2 10 5 con una corrente di qualche mA.
La parte dell’acceleratore che costa più energia è il raffreddamento dei magneti superconduttori che producono
campi magnetici di ∼ 1 Tesla, necessari per far girare gli elettroni. Notare che il γmax non dipende dalla massa
della particella: per raggiungere energie elevate conviene usare particelle pesanti: Emax ∼ mc 2 γmax. Nel 2007
nell’ex anello di LEP, LHC accelererà protoni fino a γmax ∼ 10 4 (come discusso a pagina 56).
Domandina: per fare un collider circolare protone-protone basta un campo magnetico per far girare i protoni
in senso orario ed in senso anti-orario o servono due sistemi separati? (Risposta: due).

Capitolo 15. Relatività 129
Stimare la frequenza della radiazione di sincrotone.
Esercizio 218: ν della radiazione di sincrotrone
bSoluzione: Il fatto che gli elettroni ultra-relativistici irraggino rende più difficile costruire un acceleratore,
ma rende più facile trovare i soldi per costruirlo: la luce di sincrotone viene usata per studiare materiali, in
campo medico, etc. (La luce di sincrotrone emessa da oggetti astrofisici consente di fare astronomia).
Per ogni dato moto, calcolare lo spettro in frequenza è un problema lungo ma fattibile. Qui ci limitiamo a
stimiare la frequenza tipica. Per un moto generico definiamo il solito ‘raggio osculatore’ R.
Innanzitutto, facendo una trasformazione di Lorentz a partire dalla circa isotropa distribuzione angolare non
relativistica (dW/dΩ ∝ sin 2 θ), si trova che la luce di sincrotrone è concentrata in avanti in un cono di dimensione
θ ≈ 1/γ. Quindi un osservatore riceve un breve impulso di luce emesso nell’intervallo di tempo ∆te = R/γv in
cui la particella si muove verso l’osservatore con velocità v ≈ c. La durata temporale di questo impulso è però
molto minore, in quanto anche la luce si muove verso l’osservatore: ∆tγ = (1/v − 1/c)R/γ R/2cγ 3 . Quindi
la frequenza tipica della luce di sincrotone è ω ∼ 1/∆tγ ∼ γ 3 ω0, dove ω0 = c/R è la frequenza di rotazione
dell’elettrone. Ricordando R = p/eB = m(γ/600)(Tesla/B) si ottiene ω ∼ 10 11 Hz·γ 2 (B/Tesla). Tenendo conto
che il massimo B fattibile è di qualche Tesla, per ottenere raggi X (ω ∼ 10 19 Hz) o γ (ω ∼ 10 21 Hz) servono
quindi acceleratori di elettroni che raggiungono γ ∼ 10 4÷5 .