Complementi ed esercizi di Fisica2M2: Induzione elettromagnetica

Problema (H. Ohanian, Fisica vol.2, Zanichelli

SoluzioneL’attorcigliamento delle parti terminali del conduttore serve ad evitare che si possano verificare effetti di induzione nel tratto che collega la bobina al galvanometro. Il testo del problema dà una informazione sulla carica Q che ha attraversato il circuito, ossia sull’integrale nel tempo della corrente che non è nota, ne serve conoscerla. La corrente è legata alla f.e.m. dalla semplice relazione

. . . 1 Bdf e mIR R dt

Φ= = −

Pertanto,

( )1 1 1fin fin B fin

in in Bin

t tB

B B fin Bint t

dQ Idt dt dR dt R R

Φ

Φ

Φ= = − = − Φ = − Φ − Φ∫ ∫ ∫dove int è l’istante iniziale, precedente il movimento della spira, fint è l’istante finale, ossia la conclusione dello spostamento che colloca la spira nella posizione immersa nel campo B, BinΦ e

BfinΦ sono, rispettivamente, i valori dei flussi iniziale e finale. Ovviamente, come spiega il testo, 0BinΦ = . Segue che

B finQR

Φ= −

Il segno negativo ha a che fare con il verso della f.e.m. stabilito in relazione al verso di riferimento sulla spira, collegato al verso della normale alla superficie della spira. Poiché il segno non è importante in questo contesto, si può considerare il valore assoluto del risultato, oppure considerare il verso della normale opposto a quello del campo. Con questa posizione si può scrivere

Bfin QRΦ =

e, posto Bfin NBAΦ = (N=200),RQBNA

=

Problema (Serway-Jewett, Fisica vol. 2, EdiSes)

SoluzioneProblema simile al precedente. Il valor medio della f.e.m. nel dato intervallo di tempo 0.200t s∆ = si calcola come

[ ]0 0

1 1 1. . . . . . ( ) (0)t t

BB B

df e m f e m dt dt tt t dt t

∆ ∆ Φ= = − = − Φ ∆ − Φ∆ ∆ ∆∫ ∫

dove (0)BΦ è il flusso all’istante iniziale 0int = e ( )B tΦ ∆ è il flusso all’istante finale fint t= ∆ . Si scelga ora la normale alla spira in modo tale che all’istante iniziale essa sia concorde con il verso del campo: (0) 0B NB nA NBAΦ = = >

r rg (N=25). Dopo aver ribaltato la spira di 180°, la normale si

trova ad avere il verso opposto a quello del campo: ( ) 0B t NB nA NBAΦ ∆ = = − <r rg . Pertanto

2. . . NBAf e mt

=∆

Problema (Serway-Jewett, Fisica vol. 2, EdiSes)

Si scelga come verso della normale quello uscente (lo studente può ripetere il procedimento scegliendo in verso entrante). Il verso associato sul circuito (il contorno della superficie) è quello antiorario (secondo chi guarda la figura; se si fosse scelto il verso della normale entrante, quello sul circuito sarebbe stato orario secondo chi guarda la figura ma, ovviamente, sempre antiorario se visto dalla normale). Poiché la normale è antiparallela al campo, B n B= −

r rg . Pertanto (il campo è uniforme),

B B nA BAΦ = = −r rg

. . 0Bd

d dA dxf em B Bl Bldt dt dt

υΦ= − = = = >

La f.e.m. ha verso concorde con quello di riferimento (l’orientazione del bordo della superficie), pertanto è antioraria, e così anche la corrente

. . . dd

Blf e m RIIR R Bl

υ υ= = → =

La potenza dissipata dalla resistenza è 2RI . L’energia erogata dalla resistenza è fornita dalla forza esterna che mantiene la velocità dυ dell’asta conduttrice (senza questa forza, l’asta si fermerebbe consumando l’energia cinetica in eccesso dei portatori che danno luogo alla corrente). Si osservi che in accordo con la legge di Lenz, la corrente indotta ha verso tale che il campo da essa creato è entrante nella spira. Perciò il flusso di questo campo si oppone all’aumento del flusso del campo in cui si muove il conduttore.

Problema (Serway-Jewett, Fisica vol. 2, EdiSes)

Soluzione

Si scelga il verso della normale alla superficie entrante, come mostrato in figura. Il verso sul contorno è orario visto dall’alto (antiorario visto dalla normale, secondo la regola della mano destra). Il flusso del campo è cosB B nA BA θΦ = =

r rgla f.e.m.

. . . cos cosBd dxf e m Bl Bldt dt

θ θ υΦ= − = − = − La f.e.m. è negativa, perciò la corrente ha verso

antiorario (vista dall’alto):. . . cosf e m BlIR R

υ θ= = −

Causa la corrente indotta, sul conduttore mobile è applicata una forza di Laplace BFr

(nel valutare la componente cartesiana della forza si consideri l’asse x coincidente con la rotaia con verso positivo coincidente con il verso del moto del conduttore):

2 2cos cosB BxBl B lF Il B F I lB lB

R Rυ θ υ θ= ∧ → = − = − = −

rr r

Quando il conduttore si muove con velocità costante, la risultante di tute le forze è nullo. In particolare,la somma delle forze che agiscono sulla linea del moto è nulla:

0 0B d Bx dxF F F F+ = → + =r r

La forza dxF è la componente cartesiana sull’asse x (coincidente con la rotaia) della forza peso:

cos sin2dxF mg mgπ θ θ = − = ÷

Pertanto2 2

2 2cos sin 0Bx dxB l RmgF F mg tg

R B lυ θ θ υ θ+ = − + = → =

Problema (Serway-Jewett, Fisica vol. 2, EdiSes)

Soluzione

Si può pensare il disco come una ruota a raggi. Ogni raggio della ruota è un conduttore che si muove nel campo è produce la sua f.e.m. Tutte le f.e.m. così immaginate, agiscono come batterie collegate in parallelo. Dunque, la differenza tra il disco e il raggio della ruota non sta nella f.e.m. ma nella massima corrente erogabile. Con questa premessa, si può calcolare la f.e.m. focalizzando l’attenzione su un asta imperniata nel centro del disco che si muove alla stessa velocità angolare. L’area spazzata dal disco nel tempo t∆ è

2 / 2A R θ∆ = ∆ . L’area spazzata nell’unità di tempo (nel caso del moto uniforme)

2 21 12 2

dA A R Rdt t t

θ ω∆ ∆= = =∆ ∆

La f.e.m. è 21. . .2

f e m B R ω= . Il verso della corrente indotta è quello della forza di Lorentz sulle

cariche mobili positive (convenzionalmente considerate al posto degli elettroni che si muovono in senso opposto) che si trovano nell’asta. Si tenga presente che se il disco ruota alla frequenza

33.2010 / min 192 / 2f giri giri s fω π= = → = .