Esercizi svolti · Scheda 1

Forze di Lorentz su cariche in moto

Teoria usata: Forza di Lorentz Campo magnetico Campo perpendicolare al foglio

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Esercizio 1

Un protone si muove nel piano del foglio lungo l’asse $x$ , nel verso positivo, con velocità $v = 3, 0 \cdot 1 0^{5} m/s$ , in un campo magnetico uniforme di modulo $B = 0, 20 T$ entrante nel foglio. Calcolare la forza magnetica sul protone e la sua accelerazione. La massa del protone è $m_{p} = 1, 67 \cdot 1 0^{- 27} kg$ .

Il protone si muove lungo l'asse

x

in un campo entrante nel foglio; la forza

F = e v \times B

è diretta lungo l'asse

y

v = v \overset{}{^}, B = - B \hat{k}, F = e v \times B

F = e v \overset{}{^} \times (- B \hat{k}) = - e v B (\overset{}{^} \times \hat{k}) = e v B \overset{}{^}, a = \frac{e v B}{m _{p}}

F a = 1, 60 \cdot 1 0^{- 19} \cdot 3, 0 \cdot 1 0^{5} \cdot 0, 20 N = 9, 6 \cdot 1 0^{- 15} N = \frac{9 , 6 \cdot 1 0 ^{- 15}}{1 , 67 \cdot 1 0 ^{- 27}} m/ s^{2} \approx 5, 7 \cdot 1 0^{12} m/ s^{2}

Con il foglio nel piano $x y$ e l’asse $z$ rivolto verso chi legge, un campo entrante è $- B \hat{k}$ . Il protone ha carica $e$ , quindi per la forza di Lorentz la forza è $e v \times B$ . Poiché $\hat{k} \times \overset{}{^} = \overset{}{^}$ , scambiando i fattori si ha $\overset{}{^} \times \hat{k} = - \overset{}{^}$ , e il segno meno del campo rende la forza diretta lungo $+ \overset{}{^}$ , cioè verso l’alto nel disegno. Velocità e campo sono perpendicolari, perciò il modulo della forza è il massimo possibile, $e v B$ . L’accelerazione è perpendicolare alla velocità e ha modulo $5, 7 \cdot 1 0^{12} m/ s^{2}$ . Il valore è molto maggiore delle accelerazioni dei corpi macroscopici, perché il rapporto tra la carica e la massa del protone è molto grande.

Esercizio 2

Un elettrone ha velocità $v = (2, 0 \overset{}{^} + 3, 0 \overset{}{^}) \cdot 1 0^{6} m/s$ in un campo magnetico uniforme $B = (0, 040 \overset{}{^} - 0, 020 \hat{k}) T$ . Calcolare la forza magnetica sull’elettrone in componenti e il suo modulo.

F = - e v \times B

v \times B = \overset{}{^} 2, 0 \cdot 1 0^{6} 0, 040 \overset{}{^} 3, 0 \cdot 1 0^{6} 0 \hat{k} 0 - 0, 020 m \cdot T/s = [3, 0 \cdot 1 0^{6} \cdot (- 0, 020) \overset{}{^} - 2, 0 \cdot 1 0^{6} \cdot (- 0, 020) \overset{}{^} - 3, 0 \cdot 1 0^{6} \cdot 0, 040 \hat{k}] m \cdot T/s = (- 6, 0 \cdot 1 0^{4} \overset{}{^} + 4, 0 \cdot 1 0^{4} \overset{}{^} - 1, 2 \cdot 1 0^{5} \hat{k}) m \cdot T/s

F F = 1, 60 \cdot 1 0^{- 19} \cdot (6, 0 \cdot 1 0^{4} \overset{}{^} - 4, 0 \cdot 1 0^{4} \overset{}{^} + 1, 2 \cdot 1 0^{5} \hat{k}) N = (9, 6 \overset{}{^} - 6, 4 \overset{}{^} + 19, 2 \hat{k}) \cdot 1 0^{- 15} N = 1, 60 \cdot 1 0^{- 19} \cdot 3, 6 \cdot 1 0^{9} + 1, 6 \cdot 1 0^{9} + 14, 4 \cdot 1 0^{9} N = 1, 60 \cdot 1 0^{- 19} \cdot 1, 4 \cdot 1 0^{5} N \approx 2, 2 \cdot 1 0^{- 14} N

La velocità e il campo non sono perpendicolari, quindi conviene calcolare il prodotto vettoriale in componenti, con il determinante simbolico. Nel determinante il termine in $\overset{}{^}$ ha il segno meno davanti, e il suo minore è $v_{x} B_{z} - v_{z} B_{x} = 2, 0 \cdot 1 0^{6} \cdot (- 0, 020)$ ; il termine in $\hat{k}$ vale $v_{x} B_{y} - v_{y} B_{x} = - 3, 0 \cdot 1 0^{6} \cdot 0, 040$ . L’unità del prodotto è $m/s$ per tesla, e moltiplicata per una carica in coulomb dà newton.

L’elettrone ha carica $- e$ , quindi per la forza di Lorentz la forza è l’opposto di $e v \times B$ , e tutte le componenti cambiano segno. Come controllo, il prodotto scalare $F \cdot v$ è proporzionale a $9, 6 \cdot 2, 0 - 6, 4 \cdot 3, 0 + 19, 2 \cdot 0 = 0$ , quindi la forza è perpendicolare alla velocità, come deve essere. Il modulo della forza è circa $2, 2 \cdot 1 0^{- 14} N$ .

Esercizio 3

Un protone che si muove con velocità di modulo $v = 2, 0 \cdot 1 0^{6} m/s$ lungo l’asse $x$ non subisce alcuna forza. Quando si muove con la stessa velocità lungo l’asse $y$ , nel verso positivo, subisce una forza di modulo $6, 4 \cdot 1 0^{- 14} N$ diretta nel verso negativo dell’asse $z$ . Determinare il campo magnetico, supposto uniforme, e la forza sul protone quando la sua velocità, sempre di modulo $v$ , giace nel piano $x y$ e forma un angolo di $6 0^{\circ}$ con l’asse $x$ .

F_{x} = 0 ⟹ B = B_{x} \overset{}{^}

F_{y} = e v \overset{}{^} \times B_{x} \overset{}{^} = - e v B_{x} \hat{k} = - 6, 4 \cdot 1 0^{- 14} \hat{k} N ⟹ B_{x} = \frac{6 , 4 \cdot 1 0 ^{- 14} N}{e v}

v^{'} = v (cos 6 0^{\circ} \overset{}{^} + sin 6 0^{\circ} \overset{}{^}) ⟹ F^{'} = e v^{'} \times B_{x} \overset{}{^} = - e v B_{x} sin 6 0^{\circ} \hat{k}

B_{x} F^{'} = \frac{6 , 4 \cdot 1 0 ^{- 14}}{1 , 60 \cdot 1 0 ^{- 19} \cdot 2 , 0 \cdot 1 0 ^{6}} T = 0, 20 T = - 6, 4 \cdot 1 0^{- 14} \cdot 0, 866 \hat{k} N \approx - 5, 5 \cdot 1 0^{- 14} \hat{k} N

Per la forza di Lorentz la forza magnetica è nulla quando la velocità è parallela al campo; poiché il protone in moto lungo l’asse $x$ non subisce forza, il campo è parallelo all’asse $x$ , cioè $B = B_{x} \overset{}{^}$ , con $B_{x}$ positivo o negativo. Per la velocità lungo l’asse $y$ si usa $\overset{}{^} \times \overset{}{^} = - \hat{k}$ ; la forza misurata è diretta lungo $- \hat{k}$ , quindi $B_{x}$ è positivo, e il campo è $B = 0, 20 \overset{}{^} T$ . La misura con due velocità determina così direzione, verso e modulo del campo, come prevede la definizione di campo magnetico.

Con la velocità a $6 0^{\circ}$ dall’asse $x$ , la componente $v cos 6 0^{\circ} \overset{}{^}$ è parallela al campo e non contribuisce alla forza; contribuisce solo la componente perpendicolare $v sin 6 0^{\circ} \overset{}{^}$ . La forza ha quindi lo stesso verso del caso precedente e il modulo ridotto del fattore $sin 6 0^{\circ}$ , cioè circa $5, 5 \cdot 1 0^{- 14} N$ .