Problema - people.unica.it - Università di Cagliari · 2019. 5. 30. · Problema Un campo...

ProblemaUn campo magnetico uniforme, d’intensità B = 0.5 T, è diretto lungo l’asse z; un protone (m = 1.7 10-27 Kg, q = 1.6 10-19 C) entra nel campo magnetico con velocità iniziale:

6 6 6ˆ ˆ ˆ4 10 6 10 8 10m m m

v x y zs s s

= + +

a) Calcolare le componenti lungo gli assi Fx, Fy , Fze l’intensità F della forza di Lorentz che agisce sul protone

b) Calcolare il modulo dell’accelerazione centripeta ac che agisce sul protone

c) Calcolare il raggio r dell’orbita circolare compiuta dal protone attorno al campo magnetico

d) Calcolare il passo p del moto elicoidale del protone

e) Calcolare l’energia cinetica K del protone

2

c

va

r

⊥=Ricordiamo che nel moto circolare uniforme:

B

v

x̂

ŷ

ẑ

Soluzione

( ) ( )

19 6 13

19 6 13

13

ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ

0 0

1.6 10 6 10 0.5 4.8 10

1.6 10 4 10 0.5 3.2 10

0 5.77 10

x y z y z x z

z

x

y

z

x y z

F q v B q v v v q v B x q v B y

B

mF C T N

s

mF C T N

s

F F N

− −

− −

−

= = = −

= =

= − = −

= =

2 2 2 12 2 22

14

2

(16 36) 10 /15.34 10

3.39 10

x y

c c

v v v m sr m

ma a

s

⊥ −+ +

= = = =

1314

27 2

5.77 103.39 10

1.7 10c

F N ma

m Kg s

−

−

= = =

Soluzione

6 2 2 62 8 10 7.21 10 1.11

1.11 2 15.34 1.07

z x y

vr m mp v T v v v v v v

v s s v

p cm m

⊥

⊥ ⊥

= = = = = + = =

= =

27 22 12 15

2

1 1.7 10(16 36 64) 10 98.6 10

2 2

Kg mK mv J

s

−−= = + + =

Problema

Consideriamo tre fili conduttori perpendicolari alla pagina con correnti i1 = 5 A, i2 = 10 A, i3= 5 A; sia a = 3 cm.a) Calcolare le componenti cartesiane del

campo magnetico totale generato dai 3 fili nell’origine del riferimento.

b) Disegnare il campo totale con una freccia in figura

c) Consideriamo un quarto filo, percorso da corrente i4 = 12 A, posto nell’origine, di verso entrante (ovvero nel verso dell’asse z negativo). Calcolare le componenti cartesiane della forza che agisce su una sezione L= 1.5 m di questo filo

d) Disegnare la forza con una freccia in figura

A

Tm70 104

−=

x̂

ŷ

X

X

1i

3i

2ia a

a

a

•

4i

x̂

ŷ

X

X

1i

3i

2ia a

a

a

•

X

Soluzione

( ) ( )y

a

ix

a

iB ˆ)45sin(

22ˆ)45cos(

22

0100101

−−=

( ) ( )0 00 2 0 2

2ˆ ˆcos(45 ) sin(45 )

2 2 2 2

i iB x y

a a

= −

xa

iB ˆ

2

303

=

2

1)45sin()45cos( 00 ==

( )

( )

0 1 0 2 0 3 01 2 3

7

5

24 4 2 4

10 ( / ) 155 10

3

x

i i iB i i i

a a a a

Tm A AT

cm

−

−

= − + + = − + + =

= =

( )750 1 0 2

10 ( / ) 155 10

4 4 3y

Tm A Ai iB T

a a cm

−

−

= − − = − = −

x̂

ŷ

X

X

1i

3i

2i

a2

o45

1B

2B

o45

3B

•

x̂

ŷ

X

X

1i

3i

2ia a

a4i

•

B

X

Soluzione

4 4 4 4

ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ0 0

0

y x

x y

x y z

F i L B i L i LB x i LB y

B B

= = − = −

( )5 3

5 3

12 1.5 5 10 0.9 10

12 1.5 5 10 0.9 10

x

y

F A m T N

F A m T N

− −

− −

= − = −

= − = −

x̂

ŷ

X

X

1i

3i

2ia a

a4i

•

B

XF

Problema

ra

irB

2

0

2)(

=

In figura è mostrata la sezione di un lungo conduttore cilindrico di raggio a = 2 cm, in cui scorre una corrente di densità uniforme i=170 A di verso uscente dalla paginaa) Calcolare l’intensità del campo magnetico B

generato dal cilindro nei punti: r=0, r=1 cm, r=2 cm, r=6 cm

b) Indicare con una freccia in figura sulla linea tratteggiata direzione e verso di B

r

iBirBsdB int0int0

2)2(

===

Dalla legge di Ampére, integrando in verso antiorario lungo una circonferenza di raggio r interna al cilindro:

Ove iint è la corrente interna al cilindro di raggio r; poiché la densità di corrente J è uniforme:

( ) ( )2

2 2

int int 2

ri J a i J r i i

a = = =

Per un raggio r esterno al cilindro:

r

irBirBsdB

2)()2( 00 ===

Soluzione

ra

irBar

2

0

2)(

=

( )72 4

4 2

2 10 ( / ) 1701 1 10 8.5 10

4 10

Tm A Ar cm B m T

m

−

− −

−

= = =

r

irBar

2)( 0=

42 17 10r cm B T−= =

00 == Br

( )74

2

2 10 ( / ) 1706 5.66 10

6 10

Tm A Ar cm B T

m

−

−

−

= = =

B

Problema

✓ Una spira triangolare con resistenza R = 6 We base a = 6 cm, è parzialmente immersa in una regione (area grigia) di campo magnetico uniforme perpendicolare al piano (x, y), di verso uscente; la spira è fissata nella posizione in figura e dunque immobile

✓ L’intensità del campo magnetico varia nel tempo con la legge:

a) Calcolare intensità e verso (orario oppure antiorario) della corrente iinindotta nella spira agli istanti t = 0.1 s, t = 1 s

b) Calcolare la potenza dissipata sulla spira agli istanti t=0.1 s, t= 1 s.c) Calcolare in componenti cartesiane le forze F1, F2, F3 che il campo

magnetico B(t) esercita sui lati 1, 2, 3 della spira all’istante t = 1 s

2( ) ( 4 )tB t e t T= −x

y

45o

6a cm=

B

1 2

3

Soluzione

( ) ( )2 4 2

2 4 236 10 2 4 0.75 10 2 48 48

t tiin

a B m Ti e e A

R R t s

−− = = − = − − = − −

W

E

( )

( )

4 0.2

4 2

0.1 : 1.168 10 2 4 1.56

1 : 8.084 10 2 4 10.78

in

in

dB Tt s i A e

dt s

dB Tt s i A e

dt s

−

−

= = = − = −

= = − = − =

✓ t = 0.1 s: B diminuisce → iin circola in senso antiorario, in modo da

compensare con il campo indotto la riduzione di B✓ t = 1 s: B aumenta → iin circola in senso orario, in modo da opporre il

campo indotto all’aumento di B

2 8 2 8

2 8 2

0.1 : 6 1.364 10 8.185 10

)

1 : 6 65.35 10 3.92

in

in

t s P Ri A W

b

t s P Ri A W

− −

−

= = = W =

= = = W =

✓ L’altezza del triangolo isoscele con 2 angoli di 45º è uguale ad a/2 per cui l’area immersa nel campo magnetico è A = a2/8; per cui:

Soluzione

BLiF in

=

1 1 1ˆ ˆ ˆ ˆcos(45 ) sin(45 )

2 2

o o

in in

a aF F x F y i B x i B y= − = −

t=1 s → iin in senso orario:

( )2 4 2 63 10 8.084 10 4 82.2 102

in

ai B m A e T N− − −= − =

x

y

1F

3F

45o

45o

Le forze sono perpendicolari ai lati della spira; il lato 2 è esterno al campo, per cui F2=0; il lato 1 è inclinato di 45º rispetto agli assi cartesiani; dunque anche F1 è inclinata di 45º rispetto agli assi; F3 è diretta nel verso dell’asse y positivo

1 2 3022

a aL L L= = =

2 3ˆ0

2in

aF F i B y= =

1 2

3

✓ Le porzioni dei 3 lati immersi nel campo sono:

✓ Il module delle 3 forze:1 2 30

22in in

a aF i B F F i B= = =

✓ In coordinate cartesiane:

Problema

a) Calcolare l’intensità i1 , i2 delle correnti indotte negli anelli all’istante t = 2 s, e specificare il verso orario o antiorario

b) Calcolare l’intensità dei campi elettrici E1 , E2 indotti lungo gli anelli nello stesso istante t = 2 s.

c) Disegnare con una freccia in figura la direzione ed il verso del campo elettrico nei due anelli

L’area grigia in figura indica la sezione circolare di un solenoide ideale di raggio rs=6 cm; il solenoide ha n=10 spire per cmIl solenoide è attraversato da una corrente sinusoidale (si assuma orario il verso della corrente positiva):

Bind E ds

t

= = −

E

( )( ) 10 20rad

i t I sen t I As

= = =

Abbiamo inoltre due anelli conduttori, concentrici con l’asse del solenoide, uno interno al solenoide di raggio r1 = 3 cm, ed uno esterno al solenoide di raggio r2 = 9 cm; la resistenza degli anelli è R = 4 W

R

1r2r

SoluzioneIl campo magnetico nel solenoide è:

0 0( ) ( ) sin( )B t ni t n I t = =

2TmA

s=

W

cos(40 ) 0.667rad = −2

,1 0 111

1cos(40 )

ind n I rdi rad

R R dt R

= = − = −E

La corrente indotta generata negli anelli 1 e 2 a t= 2 s è:

Il flusso magnetico attraverso gli anelli 1 e 2:

2 2

1 1 0 1( ) ( ) sin( )t B t r n I r t = =2 2

2 0( ) ( ) sin( )s st B t r n I r t = =

27 2 2 6

1

4 10 2010 10 9 cos(40 ) 36 10 ( 0.67) 0.118

4

Tmi A cm rad A mA

A cm s

− −= − = − − =

W

2,2 02

2

1cos(40 )

ind sn I rdi radR R dt R

= = − = −E

27 2 2 6

2

4 10 2010 10 36 cos(40 ) 216 10 ( 0.67) 0.477

4

Tmi A cm rad A mA

A cm s

− −= − = − − =

W

Soluzione✓ Al tempo t =2 s la corrente nel solenoide è positiva ( sen(40rad)>0 ) per

cui il verso è orario, ed il campo magnetico entrante nella pagina✓ la derivata del flusso è negativa ( cos(40rad)< 0 ) dunque il campo sta

diminuendo✓ la corrente indotta scorre quindi anch’essa in verso orario in modo da

compensare la riduzione del flusso✓ Il verso della corrente indotta è lo stesso nelle 2 bobine, poiché la

variazione del campo magnetico è la stessa

211 1 1 0 1(2 ) cos(40 )E ds E r n I r rad

t

= = − = −

222 2 2 0(2 ) cos(40 )sE ds E r n I r rad

t

= = − = −

Campi elettrici lungo gli anelli 1 e 2:

0 11 cos(40 )

2

n I rE rad

= −

2

02

2

cos(40 )2

sn I rE radr

= −

Soluzione

Campi elettrici lungo gli anelli 1 e 2:

7 4

1

10 202 10 10 3 ( 0.667) 2.51 10

Tm NE A cm

A cm s C − −= − − =

27 4

2

10 36 202 10 10 ( 0.667) 3.35 10

9

Tm cm NE A

A cm cm s C − −= − − =

R

1r2r

1E

2E

ProblemaConsideriamo il circuito in figura con:

a) Calcolare, nell’istante di chiusura del circuito, la corrente i1 che attraversa la resistenze R1, la corrente i2 che attraversa la resistenza R2, la corrente i3 che attraversa la resistenza R3 , la corrente i4 che attraversa la resistenza R4

b) Nello stesso istante calcolare DV1 (d.d.p. ai capi della resistenza R1), DV2 (d.d.p. ai capi della resistenza R2), DV3 (d.d.p. ai capi della resistenza R3), DV4 (d.d.p. ai capi della resistenza R4), DVL (d.d.p. ai capi dell’induttanza)

c) All’istante t = 1.2 s calcolare la corrente i(t) nel ramo della batteria, la d.d.p. ai capi dell’induttanza DVL(t), e l’energia immagazzinata U(t)

d) Ricalcolare le correnti i1 , i2 , i3 , i4 nel limite di tempo lungo.e) Indicare con frecce in figura il verso delle correnti i1 , i2 , i3 , i4 calcolate

nel limite di tempo lungof) Ricalcolare i potenziali nel limite di tempo lungo

L 4R

1

2 3 4

12 6 10

8 12 15

V L H R

R R R

= = = W

= W = W = W

E

Soluzione

Nel tempo lungo L è un filo conduttore: DVL=0; la resistenza equivalente è:

2 12 7.42 4.58V V V VD = − =

1 2 3 4 0 12LV V V V V VD = D = D = D = D = =E

1 2 3 4 0i i i i= = = =

L 4R

1i

2i

3i

4i

1 1 1 7.42V i R VD = = 2 34 234 1 234 4.58V V V i R VD = D = D = =

All’istante iniziale L si comporta come un circuito aperto, ovvero DVL compensa la tensione della batteria; essendo il ramo della batteria aperto, la corrente è nulla ovunque:

34 234 1234

21627 6.17 ; 16.17

35R R R= W = W = W = W

1

2 3 4

12 6 10

8 12 15

V L H R

R R R

= = = W

= W = W = W

E

1 234

1234

0.742i i AR

= = =E

Alternativamente, si può anche ottenere:

Soluzione

/( ) LtL

di tV L e

dt

−D = = E

1234 LR i V= + DE

1234

0.371LL

sR

= =

( )3.2340.742 1 0.713i e A A−= − = 3.23412 0.473LV V e V−D = =3.234

L

t

=

Test: ad ogni istante deve essere 1234 12LR i V V+ D =

23 (0.713 ) 1.525U H A J= =

1 2 3 412 6 10 8 12 15V L H R R R R= = = W = W = W = WE

( )/( ) 1 Lti t i e −= −

2 22 3 4

2 34

0.5725 0.170V V

i A i i AR R

D D= = = = =

3 3 3 4 4 42.04 2.55V i R V V i R VD = = D = =1 2 3i i i= +

Test: verifichiamo che

Nella fase transiente di accensione, l’equazione di Kirchoff è quella di una singola maglia con resistenza equivalente:

La soluzione è:

La corrente nel tempo lungo è la i1 precedentemente calcolata; per t=1.2 s:

Si può verificare che l’equazione di Kirchoff a t=1.2 s è soddisfatta

ProblemaUn condensatore con C = 6 F viene caricato da

una batteria con E = 80 V; il condensatore carico viene connesso ad un induttore con L =15 mH, con la configurazione di carica sui piatti mostrata in figura; questa configurazione genera una carica

oscillante sinusoidale q(t) = Q cos(t)

22Tm CH F s

A V

= =

22 21 7.5 (1.6 ) 19.2

2 2

QU L I mH A mJ

C= = = =

41 10 480 1.63

I Q Hz C A = = =

a) Calcolare la frequenza angolare caratteristica , la carica massima sul condensatore Q, la corrente massima nel circuito I, e l’energia immagazzinata nel circuito U

4

8 2

1 1 10.3333 10

15 6 9 10Hz

LC mH F s

−= = = =

6 80 480Q C F V C = = =E

Soluzione

( )( ) sin( ) sin( )

dq ti t Q t I t

dt = = − = −

b) Calcolare all’istante t = 5 ms la carica del condensatore q, l’intensità della corrente i, e la

d.d.p. ai piatti del condensatore DVC = Va - Vb

(5 ) 1.6 sin(16.666 ) 1.6 ( 0.818) 1.31i ms A rad A A= − = − − =

cos( ) cos( ) 80 0.575 45.97CQ

V t t V VC

D = = = − = −E

( )( )

4 3(5 ) 480 cos 0.333 10 5 10 480 cos(16.666 )

480 0.575 276

q ms C rad C rad

C C

−= =

= − = −

a t = 5 ms siamo in una fase dell’oscillazione in cui la carica ai piatti è invertita (carica e d.d.p. ai piatti del condensatore negativi) e la corrente ha verso orario (corrente positiva); 16.666 rad/2 =2.65 giri; 0.65x2 = 1.3

Soluzione

A t = 5 ms la corrente i(t) e la sua derivata nel tempo sono entrambe positive, dunque l’intensità di i(t) sta crescendo; ne segue che la corrente autoindotta iin(t) deve essere negativa e discorde con i(t)

c) Calcolare la f.e.m. autoindotta EL all’istante t = 5 ms; indicare se in questo

istante la corrente autoindotta è concorde o discorde con la corrente totale i

cos( ) 80 ( 0.575) 45.97Ldi Q

L t V Vdt C

= − = = − = −E

2 2cos( ) ( 0.575) 0di

Q t Qdt

= − = − −

) 45.97Lc V= −E

iin concorde con is iin discorde con is

Problema 28.1Un protone (m = 1.67 10-27 Kg) entra in un campo magnetico d’intensità B =2.6 mTcon velocità v orientata con angolo di 23° rispetto al campo magnetico; il protone subisce una forza F = 6.510-17 N. 1) Indicare direzione e verso della forza 2) Calcolare il modulo della velocità3) Calcolare l’energia cinetica Assumiamo un riferimento cartesiano,

con B diretto lungo l’asse x e v nel piano (x,y). La forza è:

( )zqvBBvqF o ˆ23sin−==

( ) ( ) sm

mTC

N

qB

Fv

oo

5

19

17

10423sin6.2106.1

105.6

23sin=

==

−

−

( ) eVJs

mKgmvEk

217

2

5272 103.81036.131041067.12

1

2

1==

== −−

o23

B

v

x̂

ŷ

BF

ẑ

Problema 28.2Una particella a (carica q=2e, massa m=6.67 10-27 Kg) attraversa con velocità di modulo v = 550 m/s un campo magnetico d’intensità B =0.045 T; velocità e campo magnetico formano un angolo di 52°.1) Modulo, direzione e verso della forza di Lorentz2) Calcolare l’accelerazione dovuta alla forza3) Come varia il modulo della velocità nel campo magnetico?

( )zqvBBvqF o ˆ52sin−==

( ) NTs

mCF o 1719 1062.052sin045.0550102.3 −− ==

2

8

27

17

103.91067.6

1062.0

s

m

Kg

N

m

Fa =

==

−

−

Il modulo della velocità non varia a causa della forza di Lorentz

o52

B

v

x̂

ŷ

BF

ẑ

Assumiamo un riferimento cartesiano, con B diretto lungo l’asse x e v nel piano (x,y). La forza è:

Problema 28.3Un elettrone attraversa un campo magnetico

Essendo date le componenti, conviene calcolare la forza dalla formula generale del prodotto vettore:

ys

mx

s

mv ˆ103ˆ102 66 +=

( ) zTs

mzBvBv

BB

vv

zyx

Bv xyyx

yx

yxˆ1039.0ˆ

0

0

ˆˆˆ6−=−==

La direzione della forza è perpendicolare alla pagina con verso entrante.Nel caso di un protone al posto dell’elettrone, cambia il segno della carica, per cui la forza è uguale in modulo e direzione ma il verso è entrante nella pagina

yTxTB ˆ15.0ˆ03.0 −=

1) Calcolare modulo, direzione e verso della forza di Lorentz2) Ricalcolare la forza in caso di un protone

( ) zNzTs

mCzBvBveF xyyx ˆ10624.0ˆ1039.0106.1ˆ

13619 −− ==−−=

B

v

x̂

ŷ

BF

ẑ

Problema 28.4Un campo elettrico ed un campo magnetico agiscono su un elettrone in moto; le due forze si annullano reciprocamente. Calcolare la velocità minima dell’elettrone compatibile con la condizione di forza totale nulla.

BF

v

x̂

ŷ

( )yvBBvE ˆsin a−=−=

La velocità minima che soddisfa l’annullamento della forza è per sin(a)=1, per cui:

TBm

kVE 4.0;5.1 ==

La forza magnetica è perpendicolare alla velocità; la forza elettrica deve avere stessa direzione e verso opposto. La condizione di forza totale nulla è:

s

m

Tm

kV

B

Ev 31075.3

4.0

5.1===

EF

Problema 28.10Un elettrone fermo (m =9.11 10-31 Kg, q = -1.6 10-19

C) è accelerato da una d.d.p. V=350 V, e dopo un tratto L entra in un campo magnetico uniforme B = 200 mT, perpendicolare al moto dell’elettrone.Calcolare la velocità dell’elettrone ed il raggio della traiettoria circolare nella regione del campo magnetico.

m

qVaL

L

VqqEma ===

Nel tratto L l’elettrone subisce un’accelerazione costante, per cui velocità e spostamento sono date da:

Il raggio della traiettoria nel campo magnetico è: qB

mvr =

Di questa formula ci manca la velocità d’ingresso dell’elettrone nel campo magnetico. Dobbiamo calcolare la cinematica dell’elettrone nella regione in cui è accelerato dal potenziale elettrico. Eguagliando le formula di Newton e di Coulomb si ha:

a

xtatx

2

2

1 2 == xaatv 2==

L

0v

Problema 28.10Un elettrone fermo (m =9.11 10-31 Kg, q = -1.6 10-19 C) è accelerato da una d.d.p. V=350 V, e dopo un tratto L entra in un campo magnetico uniforme B = 200 mT, perpendicolare al moto dell’elettrone.Calcolare la velocità dell’elettrone ed il raggio della traiettoria circolare nella regione del campo magnetico.

mmTC

s

mKg

qB

mvr 3

19

731

1031.0200106.1

1011.11011.9−

−

−

=

==

Nel punto d’ingresso al campo magnetico (x=L):

m

VqLav

D==

22

L

0v

s

m

Kg

VsC 731

19

1011.11011.9

350106.12=

=

−

−

Problema 28.16Una particella (un protone m = 1.67 10-27 Kg o un elettrone m = 9.11 10-31 Kg) entra in una regione di campo magnetico diretto perpendicolarmente alla pagina in verso uscente. Il tempo di transito nel campo è di 130 ns; q = 1.6 10-19 C.a) Determinare di quale particella si tratta. b) Determinare l’intensità del campo

a) Dalla regola della mano destra risulta che la particella è un protone

Bq

m

v

r=

b) La particella compie un semicerchi nella regione del campo, dunque il tempo di transito equivale alla metà del periodo. Dal moto circolare uniforme abbiamo:

Tr

v

T

rv

22==

TnsC

Kg

Tq

mB

Tm

Bq25.0

)1302(106.1

1067.122219

27

=

===

−

−

Problema 28.16Una particella (un protone m = 1.67 10-27 Kg o un elettrone m = 9.11 10-31 Kg) entra in una regione di campo magnetico diretto perpendicolarmente alla pagina in verso uscente. Il tempo di transito nel campo è di 130 ns; q = 1.6 10-19 C.c) Se l’energia cinetica della particella entrante nel

campo viene raddoppiata, quale sarà il tempo di percorrenza?

Bq

m

v

r

v

r==

'

'

Dalla formula dell’energia cinetica si vede che raddoppiano l’energia cinetica, il modulo della velocità aumenta di un fattore 2; Ma il rapporto tra raggio e velocità rimane costante, per cui anche il raggio deve aumentare della stessa quantità:

Bq

mT

v

r==

2

vvm

Ev k 2'

2==

Concludiamo che il periodo non cambia col modulo della velocità,e dunque non cambia neppure il tempo di percorrenza t=130 ns

Poiché

Problema 28.20Un filo rettilineo lungo L =1.8 m conduce una corrente i = 13 A, e forma un angolo di 35° con la direzione di un campo magnetico uniforme d’intensità B = 1.5 T. Calcolare modulo, direzione, e verso della forza magnetica agente sul filo

In alternativa, disponendo i vettori in una terna di assi cartesiani, possiamo sempre calcolare la forza dalla formula generale del prodotto vettore. Per esempio, prendendo il campo magnetico parallelo ad x si ottiene:

( )ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ0 sin(35 )

0 0

o

x y y x

x

x y z

F i L B i L L i L B z i L B z

B

= = = − = −

Se disponiamo L e B nel piano (x,y) la forza è diretta lungo z, nel verso negativo. In modulo:

BLiFB

=

sin(35 )oBF i L B=

13 1.8 1.5 0.57 20A m T N= =

o35

B

L

x̂

ŷi

BF

ẑ

Problema 28.21Un cavo conduttore orizzontale di una linea elettrica è percorso da una corrente i = 5000 A; il campo magnetico terrestre nelle vicinanze della linea vale B = 60 T, ed è inclinato di 70° verso il basso rispetto al filo. Si determini direzione, verso, ed intensità della forza magnetica che agisce su 100 m di cavo

In alternativa si calcolo il prodotto vettore:

( ) zLBzBLBB

L

zyx

BL oyx

yx

xˆ)70sin(ˆ

0

00

ˆˆˆ

−===

Orientiamo il cavo lungo l’asse x, ed il campo magnetico nel piano (x,y), inclinato di 70° rispetto ad x; la forza è quindi orientata verso l’asse z negativo

)70sin( oB LBiF =

NTmA 2.2894.0601005000 == o70

B

L

x̂

ŷ

iBF

ẑ

Problema 28.22Il filo in figura è percorso da una corrente di 2 A, e giace in un campo magnetico uniforme B = 4 T, orientato perpendicolarmente alla pagina in verso uscente. Ciascuna sezione retta del filo è lunga L =2 m, e forma un angolo di 60° con l’asse x.Calcolare la forza magnetica agente sul filo in notazione vettoriale F=(Fx, Fy, Fz)

Metodo 1, analisi geometrica: Le forze di Lorentzsu ciascun segmento di filo giacciono nel piano (x,y), sono perpendicolari alla direzione del filo ed orientate come in figura. Essendo anche uguali in modulo, è evidente che la loro somma ha solo la componente lungo l’asse y diversa da zero:

LBiFF == 211F

2F

)cos(21 iLBFF yy −==

Modulo:

Componenti lungo y:

Forza totale: yNyiLBF ˆ16ˆ)cos(2 −=−=

B

Problema 28.22

( ) ( )1 1 1 1 1

ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ0

0 0

x y y x

x y z

F i L L i L B x i L B y

B

= = −

Metodo 2, prodotto vettore:

1F

2F

yNyiLBF ˆ16ˆ)cos(2 −=−=

( ) ( )2 2 2 2 2

ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ0

0 0

x y y x

x y z

F i L L i L B x i L B y

B

= = −

)cos(; 2121 LLLLL xxyy ==−=

1L

2L

Problema 28.26In figura vediamo una bobina rettangolare , incernierata lungo l’asse y, con N = 20 spire, lati lunghi 10 cm e 5 cm, percorsa da corrente i =0.1 A il cui verso è indicato in figura; il piano della bobina forma un angolo di 30° con un campo magnetico B = 0.5 T. Calcolare il momento torcente esercitato dal campo sulla bobina, in notazione vettoriale = (x, y, z)

4 2 30.1 20 50 10 0.5 0.866 4.3 10y A m T J− −= − = −

ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ0 0 cos(30 )

0

o

z z x x

x z

x y z

B B y iNAB y iNAB y

B B

= = = = − = −

ziNAniNA ˆˆ −==

Dalla regola della mano destra, segue che il versore normale al piano della spira è orientato lungo l’asse znegativo, per cui il momento di dipolo della bobina è:

iNAz −= ( )o

x BB 30cos=

Problema 28.35Una spira circolare di raggio r=8 cm è percorsa da una corrente i = 0.2 A, e immersa in un campo magnetico uniforme. Il versore perpendicolare al piano della spira ed il campo magnetico sono:

JTrABiAn zyx42 1065.93.08.0)(2.0 −−=−==

ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ ˆ0

0

x y y z x z y x

x z

x y z

B i A n n i An B x i An B y i An B z

B B

= = = − −

niA ˆ=

yxn ˆ8.0ˆ6.0ˆ −= zTxTB ˆ3.0ˆ25.0 +=

a) calcolare il momento torcente esercitato sulla spira, in notazione vettoriale = (x, y, z)

JTrABiAn zxy42 1024.73.06.0)(2.0 −−=−=−=

JTrABiAn xyz42 1004.825.08.0)(2.0 −==−=

ẑ

x̂

ŷn̂

B

Problema 28.35

JTrAU 42 1003.625.06.0)(2.0 −−=−=

( )x x y y z zx x x x

U B B B B

B iAn B

= − = − + +

= − = −

b) calcolare l’energia potenziale magnetica della spira

ẑ

x̂

ŷn̂

B

JTrABiAn zyx42 1065.93.08.0)(2.0 −−=−==

JTrABiAn zxy42 1024.73.06.0)(2.0 −−=−=−=

JTrABiAn xyz42 1004.825.08.0)(2.0 −==−=

Problema 29.2Un conduttore rettilineo percorso da corrente si divide in 2 rami semicircolari come mostrato in figura. Calcolare il campo magnetico nel centro del cerchio.

Applichiamo il principio di sovrapposizione, e calcoliamo separatamente il campo generato da 4 elementi di circuito: i 2 tratti rettilinei, e i 2 semicerchi che compongono il cerchio.

3

0

4 r

rsdiBd

=

I due tratti rettilinei danno contributo nullo; infatti per la legge di Biot-Savart:

0= rsd

Ma nel punto C evidentemente è sempre:

Problema 29.2Un conduttore rettilineo percorso da corrente si divide in 2 rami semicircolari come mostrato in figura. Calcolare il campo magnetico nel centro del cerchio.

zR

iBz

R

iB scsc ˆ

4

)2/(;ˆ

4

)2/( 02

01

=−=

Chiamiamo sc1 e sc2 i semicerchi superiore ed inferiore. La corrente si divide in parti uguali nei due semicerchi (essendo identici), per cui se R è il raggio, Il campo generato da ciascun semicerchio è dato da (supponiamo che l’asse z sia perpendicolare alla pagina):

021 =+ scsc BB

R

iB

4

0=

Ricordiamo la formula del campo generato nel centro di curvatura da una arco di angolo sotteso :

Problema 29.5Due fili rettilinei paralleli distano d = 8 cm, e sono percorsi da una corrente di uguale intensità; a) calcolare intensità e verso della corrente necessaria a generare un campo magnetico B = 300 T in un punto P equidistante tra i fili.

Per la regola della mano destra, la corrente nei due fili deve scorrere in senso opposto, altrimenti i campi generati dai fili sarebbero uguali e discordi ed il campo totale nullo. Ipotizziamo quindi che le correnti scorrano come in figura.

P

d

Il campo generato da ciascun filo in P è perpendicolare alla pagina ed entrante in verso; a distanza d/2 il modulo del campo generato dai fili 1 e 2 è dato da:

2

700

300 8 1030

8 1084

B d T mi A

Tm

A

−

−

= = =

P

d

i

0 0 01 2 2

2 ( / 2)

i iiB B B

d d d

= = = =1 2

Problema 29.5

b) calcolare la forza che agisce tra due segmenti di filo lunghi L = 1 m e indicare se è attrattiva o repulsiva

Quando le correnti sono di verso opposto la forza è repulsiva; infatti entrambe i campi magnetici generati da uno dei fili nei punti dove giace l’altro filo sono perpendicolari ed entranti nella pagina; la forza relativa forza di Lorentz tende chiaramente ad allontanare i fili.

2Tm C C JTmA V N

s m m m= = = =

2 2 27 3 30

2

9 102 10 1 2.25 10 2.25 10

2 8 10

i Tm AF L m TmA N

d A m

− − −

−

= = = =

P

d

i

1 2

F F

Problema 29.5Due fili rettilinei paralleli distano d = 16 cm, e sono percorsi da correnti concordi ed uscenti dalla pagina i1=3.61 mA, i2 =3i1; Stabilire in quale punto dell’asse x il campo magnetico totale è nullo.

Chiamiamo x1 ed x2 le posizioni dei due fili lungo x; consideriamo 3 regioni distinte:x > x1 : i campi generati dai 2 fili sono concordi in direzione e verso:

yxx

i

xx

iy

xx

iy

xx

iB ˆ

2ˆ

)(2ˆ

)(2 2

2

1

10

2

20

1

10

−+

−=

−+

−=

x > x2 : i campi generati dai 2 fili sono concordi in verso:

x < x1 : i campi generati dai 2 fili sono concordi in verso:

yxx

i

xx

iy

xx

iy

xx

iB ˆ

2ˆ

2ˆ

2 2

2

1

10

2

20

1

10

−+

−−=

−−

−−=

Problema 29.5Due fili rettilinei paralleli distano d = 16 cm, e sono percorsi da correnti concordi ed uscenti dalla pagina i1=3.61 mA, i2 =3i1; Stabilire in quale punto dell’asse x il campo magnetico totale è nullo.

x1 > x > x2 : i campi generati dai 2 fili sono discordi:

La condizione di annullamento del campo è:

yxx

i

xx

iy

xx

iy

xx

iB ˆ

2ˆ

2ˆ

2 2

2

1

10

2

20

1

10

−−

−=

−−

−=

2

2

1

1

xx

i

xx

i

−=

−

cmcmii

idx

i

id

i

ix

i

xd

i

x4

4

1161

21

1

2

1

2

1

21

==+

==

+

−=

Possiamo porre x1 = 0, |x-x2| = d-x:

Problema 29.8

Essendo correnti e distanze dal centro uguali per i 4 fili, anche i moduli dei campi sono tutti uguali:

La direzione dei 4 campi è sempre perpendicolare al vettore distanza dal filo, e dunque parallela alle diagonali del quadrato; il verso è dato dalla regola della mano destra:

yBxBBB oo ˆ)45cos(ˆ)45cos(31 +==

4 fili rettilinei perpendicolari al piano, distanti a = 20 cm, sono percorsi da uguale corrente i = 20 A di verso uscente per i fili 1 e 4, entrante nella pagina per 2 e 3. Calcolare in notazione vettoriale il campo totale nel centro del quadrato.

2/;2

0 arr

iB ==

yBxBBB oo ˆ)45cos(ˆ)45cos(42 +−==

3,1B4,2B

Problema 29.8

La componente del campo totale lungo x si annulla; dunque il campo totale è:

1 2

0

7 5

ˆ2 2 4 cos(45 )

ˆ4 2 cos(45 )2

20ˆ ˆ8 10 8 10

20

o

tot

o

B B B B y

iy

a

Tm Ay T y

A cm

− −

= + = =

= =

= =

3,1B4,2B

Problema 29.16

Consideriamo che:

Il campo totale generato da 2,3,4:

xa

iBy

a

iB ˆ

2;ˆ

2

04

02

−=−=

yd

ix

d

iB oo ˆ)45cos(

2ˆ)45cos(

2

003

−−=

ad

ado

2

1)45cos(2 ==

I campi generati da 2,3,4 nel punto 1 sono:

( )yxa

iy

a

ix

a

iB ˆˆ

4

3ˆ

2

11

2ˆ

2

11

2

000234 +−=

+−

+−=

4B

2B

3B

4 fili rettilinei perpendicolari al piano, distanti a = 8.5 cm, sono percorsi da correnti i=15 A, tutte di verso uscente. Calcolare in notazione vettoriale: a) il campo totale generato dai fili 2,3,4 nel punto del piano su cui giace il filo 1;b) La forza con cui il campo generato da 2,3,4 agisce su un tratto lungo L1 =1 m del filo 1.

Problema 29.16

La forza è diretta lungo la diagonale del quadrato, verso il filo 3; in modulo:

24

3 0234

a

iB

=

1F

234B

4 fili rettilinei perpendicolari al piano, distanti a = 8.5 cm, sono percorsi da correnti i=15 A, tutte di verso uscente. Calcolare in notazione vettoriale: a) il campo totale generato dai fili 2,3,4 nel punto del piano su cui giace il filo 1;b) La forza con cui il campo generato da 2,3,4 agisce su un tratto lungo L1 =1 m del filo 1.

234123411 BiLBLiF ==

( )( )N

Am

ATmm

a

iLF 3

2

272

011 1012.1

105.822

1510413

22

3 −−

−

=

==

Problema 29.17

Il campo totale generato dai fili 1,2,3 è:

0 01 3

ˆ ˆ2 2

i iB x B y

a a

= =

yd

ix

d

iB oo ˆ)45cos(

2ˆ)45cos(

2

002

+−=

4 fili rettilinei perpendicolari al piano, distanti a = 14 cm, sono percorsi da correnti i = 7 A, di cui 1 e 4 di verso uscente, 2 e 3 di verso entrante nella pagina. Calcolare in notazione vettoriale: a) Calcolare in coordinate cartesiane il campo totale generato dai fili 1,2,3 nel punto del piano su cui giace il filo 4

0 0123

0 0

1 1ˆ ˆ1 1

2 2 2 2

3ˆ ˆ

4 4

i iB x y

a a

i ix y

a a

= − + + =

= +

3B

1B

2B

2d a=

Problema 29.17

b) Calcolare le componenti cartesiane della forza di Lorentz esercitata dal campo generato dai fili 1,2,3 su un tratto lungo L =1 m del filo 4.

7 50123,

710 0.5 10

4 14x

i Tm AB T

a A cm

− −= = =

7 50123,

3 73 10 1.5 10

4 14y

i Tm AB T

a A cm

− −= = = 123B

4F

( ) ( )4 123 123, 123,123, 123,

ˆ ˆ ˆ

ˆ ˆ0 0

0

y x

x y

x y z

F iL B i L i LB x i LB y

B B

= = = − − −

5 5

4

5 5

4

7 1 1.5 10 10.5 10

7 1 0.5 10 3.5 10

x

y

F A m T N

F A m T N

− −

− −

= − = −

= =

Esercizio 1Consideriamo un filo rettilineo in cui scorre corrente i1 = 30 A e una spira rettangolare percorsa da una corrente i2 = 20 A; sia a = 1 cm, b = 8 cm, L = 30 cm.1) Disegnare con frecce in figura le forze agenti sui

4 lati della spira

0 1

2

iB

r

=

Il campo generato dal filo su un punto qualunque della spira è perpendicolare ed entrante nella pagina; in un qualsiasi punto distante r dal filo il suo modulo è dato da:

Le forze sui lati della spira sono dirette come in figura: sui lati verticali sono uguali in modulo ed opposte in verso, per cui la loro risultante sulla spira è nulla; le forze sui lati orizzontali sono opposte in verso ma diverse in modulo, poiché i lati hanno distanze diverse dal filo. Ci sarà quindi una forza risultante in direzione delle y positive

Esercizio 1

1F 2) Calcolare in componenti cartesiane la risultante

delle forze che agisce sulla spira.

Siano 1 e 2 i lati orizzontali della spira; le forze agenti sui due lati sono:

0 1 21 2 1

ˆ ˆ2

i i LF i LB y y

a

= =

Dunque, la forza risultante è:

0 1 22 2 2

ˆ ˆ2 ( )

i i LF i LB y y

a b

= − = −

+

( )yNy

Acm

AcmTmy

ba

a

a

LiiF ˆ1032ˆ

9

810630102ˆ1

2

4227

210 −−

=

=

+−=

2F

Esercizio 2

Consideriamo tre fili conduttori perpendicolari alla pagina con correnti i1 = 30 A, i2 = 20 A, i3 = 15 A, il cui verso è indicato in figura; sia a = 3 cm, b = 2 cm.a) Calcolare le componenti del campo

magnetico generato dai 3 fili nell’origine del riferimento.

b) Consideriamo un quarto filo, percorso da corrente i4 = 30 A, posto nell’origine. Calcolare le componenti della forza che agisce su una sezione L= 2 m di questo filo

c) Della stessa forza, calcolare l’angolo che la forza forma con l’asse x.

x̂

ŷ

X

• •1i

3i

2i

a a

b

x̂

ŷ

X

• •1i

3i

2i

a a

b

X4i

Esercizio 2

o

x

y

F

F3.56arctan

4

4=

=aNTmAF x

34

4 10610230−− ==

xb

iBy

a

iBy

a

iB ˆ

2;ˆ

2;ˆ

2

303

202

101

−=−==

( )y

a

iix

b

iB ˆ

2ˆ

2

21030

−+−=

( )T

cm

AATmBx

47

105.12

15)/(102 −−

−=

−=( )

Tcm

AATmBy

47

103

15)/(102 −−

=

=

( ) ( ) yLBixLBiBB

L

zyx

iBLiF xy

yx

ˆˆ

0

00

ˆˆˆ

44444 −=−==

NTmAF y34

4 109105.1230−− ==

4F

x̂

ŷ

X

• •1i

3i

2i

a a

b

X4i a

Problema 30.2Consideriamo una spira immersa in un campo magnetico uniforme, perpendicolare ed uscente dal foglio. Il flusso magnetico varia nel tempo secondo la legge B = (6t

2+7t) mWb;a) Calcolare l’intensità della f.e.m. nella spira all’istante t=2 s.b) Determinare il verso della corrente che scorre attraverso R

3(12 7)10 31Bid Wb

t mVdt s

−= = + =E

Il campo magnetico è uscente dalla pagina, e la sua variazione nel tempo è positiva: dunque dB è uscente dalla pagina; dalla legge di Lenz segue che la risposta della corrente indotta deve essere generare un campo indotto perpendicolare entrante nella pagina, dunque la corrente indotta percorre la spira in senso orario.

Problema 30.3Una spira circolare di raggio r = 12 cm è immersa in un campo magnetico uniforme perpendicolare ed uscente dalla pagina; il campo varia nel tempo come mostrato in figura; si calcoli la f.e.m. ed il verso della corrente indotta nella spira nei 4 intervalli:a) t < 2 sb) 2 s < t < 4 sc) 4 s < t < 6 sd) t > 6 s

mVs

Tm

s

Tr

dt

dBA

dt

d Bi 3.11

4

)12.0(

2

5.0 22 ====

=

Ea) B lineare crescente nel tempo:

La corrente indotta scorre in verso orario

b) e d) B costante nel tempo: 0=iE

c) B lineare decrescente nel tempo: mVs

Tr

dt

dBA

dt

d Bi 3.11

2

5.02 −=−==

= E

La corrente indotta scorre in verso antiorario

Problema 30.5

mAV

Ri iin 30

3.5

16.0=

W==

E

B è diverso da zero solo all’interno del solenoide, per cui A è l’area della sezione del solenoide.

Una bobina di raggio r=1.8 cm è formata da N=120 avvolgimenti, con resistenza complessiva R =5.3 W; la bobina circonda un solenoide coassiale avente n=220 spire/cm, percorso da corrente i0=1.5 A, di diametro d=3.2 cm; la corrente nel solenoide viene diminuita con progressione costante fino a diventare nulla dopo un tempo Dt=25 ms. Calcolare modulo e verso della corrente indotta nella bobina.

xniB ˆ0=

ctiti −= 0)( ti

t

i

t

ic

D−=

D= 00 ;

( )V

sm

AmATm

t

iANn

dt

dN Bi 16.0

102510

5.104.82.22.1)/(10432

27

00 =

=

D−=

=

−−

−E

22

04.84

; cmd

ABAB ===

La corrente nel solenoide decresce col tempo, per cui la corrente indotta nella bobina ha lo stesso verso, in modo da compensarne la riduzione.

Problema 30.1

( )7 6 26

0 0 2

4 10 ( / ) 100 10 10 1 20025.1 10

10m

Tm A m An Ai V

m s

− −

−

−

= = = E

xtinxniB ˆ)sin(ˆ 000 ==

Una piccola spira di area A=10 mm2 è inserita all’interno di un solenoide, con l’asse coincidente con quello del solenoide; il solenoide ha n=100 spire/cm, e corrente i=i0 sin(t), con = 200 rad/s, ed i0=1 A; il verso di i0 è indicato in figura; calcolare l’ampiezza massima della f.e.m. indotta nella spira.

0 0 cos( ) cos( )B

i m

dn Ai t t

dt

= − = − = −E E

BAAdBA

B ==

x̂

0i

Problema 30.7

Poiché B decresce nel tempo, la f.e.m. indotta genera una corrente che compensa questa riduzione, dunque di verso antiorario; la f.e.m. è anch’essa antioraria.

Consideriamo una spira quadrata di lato a = 2 m parzialmente immersa in un campo magnetico uniforme, perpendicolare uscente dalla pagina. La spira contiene una batteria con f.e.m. uguale a 20 V. Il campo magnetico varia nel tempo secondo la legge B = (0.042 – 0.87t)T.a) Calcolare la f.e.m. totale del circuitob) Calcolare la direzione della corrente totale

Vibattot 74.21=+= EEE

2 2 24; 0.87 1.74

2 2 2

BB i

da a dB m TB V

dt dt s

= = − = − = =E

Problema 5Una spira (in rosso) con resistenza R = 5 W e raggio r=4 cm si trova all’interno di un solenoide ideale (in giallo); spira e solenoide sono coassiali (sia x l’asse comune ai due conduttori); il solenoide ha n=50 spire/cm e raggio r’=6 cm; nel solenoide scorre una corrente is alternata sinusoidale is=i0 cos(t), con = 200 rad/s, ed i0=2 A.

1) Calcolare il campo magnetico generato dal solenoide agli istanti t=2s; t= 6s, t= 10s2) Calcolare l’intensità della corrente indotta iin nella spira agli istanti t=2s; t= 6s, t=

10s; indicare per ciascun istante se i versi di iin ed is sono concordi o discordi.

il verso di i0 è indicato in figura

x

0i

==

==

==

x

x

x

Bst

Bst

Bst

a

:10

:6

:2

)

==

==

==

in

in

in

ist

ist

ist

b

:10

:6

:2

)

concorde con is discorde con is

Problema 5

2 : 4 cos(400) 6.6

6 : 4 cos(1200) 12.4

10 : 4 cos(2000) 4.6

x

x

x

t s B mT mT

t s B mT mT

t s B mT mT

= = = −

= = =

= = = −

( )tinniB sx cos000 ==

( )2 2 73

64 10 ( / ) 50 400 sin(200 )2.53 10 sin(200 )

5in

cm Tm A A ti t A

cm s

−−

= =

W

sA

Tm=

W

2

( )2 0 0 sinB

i

dr ni t

dt

= − =E ( )

2

0 0 siniinr ni

i tR R

= =

E

3 3

3 3

3 3

2 : 2.53 10 sin(400) 2.15 10

6 : 2.53 10 sin(1200) 0.19 10

10 : 2.53 10 sin(2000) 2.35 10

in

in

in

t s i A A

t s i A A

t s i A A

− −

− −

− −

= = = −

= = = −

= = =

( )7 30 0 250

4 10 ( / ) 2 4 1010

ni Tm A A Tm

− −−

= =

Problema 5

0

0

0

2 0 sin(400) 0

6 0 sin(1200) 0

10 0 sin(2000) 0

ss

ss

ss

dit s i i

dt

dit s i i

dt

dit s i i

dt

= = −

= = −

= = −

iin concorde con is iin discorde con is

t=2s: B è diretto verso le x negative e is in senso opposto ad i0; la derivata positiva di issignifica che B sta DIMINUENDO in valore assoluto; nella spira si genera una corrente che compensa questa diminuzione, diretta nel verso di is e opposto ad i0t=6s: B è diretto verso le x positive e is in senso concorde ad i0; la derivata positiva di issignifica che B sta AUMENTANDO in valore assoluto; nella spira si genera una corrente che compensa questo aumento, diretta in verso opposto ad is e i0t=10s: B è diretto verso le x negative e is in senso opposto ad i0; la derivata negativa di is significa che B sta AUMENTANDO in valore assoluto; nella spira si genera una corrente diretta in verso opposto ad is e concorde con i0

Problema 30.13

Durante la rotazione, il flusso magnetico attraverso l’area della bobina è dato da:

Un generatore di corrente alternata è composto da una bobina rettangolare con N=100 spire, di lati a = 50 cm e b = 30 cm, immersa in un campo magnetico uniforme di intensità B=3.5 T, perpendicolare uscente dalla pagina; inizialmente il sistema è in equilibrio, col campo magnetico parallelo alla normale del piano della spira. La spira viene poi messa in rotazione attorno all’asse orizzontale con frequenza n = 1000 giri al minuto. Calcolare la massima f.e.m. indotta nella bobina.

)cos(BAAdBA

B ==

Una rotazione con velocità angolare costante implica che: tt n 2==

cos( )B BA t =

Problema 30.13

Calcoliamo la f.e.m. indotta nella bobina a causa della variazione del flusso concatenato:

sin( ) sin( )Bi md

N NabB t tdt

= − = =E E

Notiamo che la f.e.m. massima si ha per sin()=1, ovvero quando = /2 , ovvero quando la normale al piano della spira ed il campo magnetico sono perpendicolari

2 1000100 0.15 3.5 2 5.560

m NabB m T kVs

= = =E

Dunque l’ampiezza massima della f.e.m. indotta è:

Problema 30.15

Nelle ipotesi date possiamo approssimare il campo generato dalla spira grande come il campo di un dipolo magnetico lungo l’asse:

Consideriamo 2 spire parallele coassiali, di cui una molto più piccola dell’altra, cosicché il campo generato dalla spira grande possa essere considerato uniforme in tutti i punti dell’area della piccola; le due spire sono a distanza x >> R; supponiamo di allontanare le due spire con velocità v costante, in modo che x vari linearmente nel tempo (x = vt). a) Determinare il flusso attraverso la spira piccola in funzione di xb) Calcolare la f.e.m. ed il verso della corrente indotta nella spira piccola

4

22

0

43

22

04

3

3

3 2

3

2

33

x

vriR

tv

riRt

v

ct

dt

d

v

c

dt

d Bi

===−=

−= −−E

Poiché le spire si allontanano, il flusso magnetico diminuisce, per cui la corrente indotta nella spira piccola ha lo stesso verso della corrente nella grande

xiAx

xB ˆ;2

)(3

0 ==

33

22

0

2 x

c

x

rRiAdB

A

B ===

Problema 30.20

il campo generato dal filo è perpendicolare entrante nella pagina; poiché il filo giace lungo l’asse y=0, il modulo del campo è:

Consideriamo una spira rettangolare di lati a = 2.2 cm e b = 0.8 cm e resistenza R = 0.4 mW, posta vicino ad un lungo filo conduttore in cui scorre una corrente i = 4.7 A; r = 1.5ba) Calcolare l’intensità del flusso magnetico attraverso la spirab) Calcolare la corrente indotta nella spira quando questa si allontana dal filo

con velocità v = 3.2 mm/s

Il flusso di B attraverso la spira è:

y

iyB

2)( 0=

x̂

ŷ

0 1

2B

iB dA dA

y

= =

Per un’area rettangolare: dA dx dy=

Problema 30.20

Per r = 1.5b: x̂

ŷ

( ) ( )7 2 80 ln 2 2 10 ( / ) 4.7 2.2 10 0.69 1.427 102

B

ia Tm A A m Wb

− − − = = =

( ) ( ) 22 )2/(2/

1

2/

12/ln2/ln

br

cvb

brbrcvbrbr

dt

dc

dt

d B

−−=

−−

+=−−+=

Per r che aumenta con velocità v costante:

La corrente indotta nella spira è quindi:22

0

)2/(

1

2 brR

ivab

Ri iin

−==

E

Per r = 1.5b: Aiin510−=

/20 0

0 /2

1 / 2ln

2 2 / 2

a r b

Br b

i i r bdx dy a

y r b

+

−

+ = =

−

Problema 30.21

Vs

Tm

s

mTl

dt

dBr

dt

d Bi

4222

2 10210

16

10

4

−−

====

=

E

Calcolare la potenza termica dissipata in 50 cm di filo di rame, di diametro d = 1 mm, immersa in un campo magnetico uniforme che aumenta nel tempo di 10 mT/s. La resistività del rame è 1.69 10-8 W/m

Calcoliamo la resistenza dalla resistività del rame:

cmrl 502 ==

W=

W== −−

− 2

26

8 1008.11078.0

5.01069.1

m

mm

A

lR

22

78.04

mmd

A ==

AV

Ri i 2

2

4

1085.11008.1

102 −−

−

=W

==

E

WVAiP i642 1070.31021085.1 −−− === E

Problema 30.22In figura vediamo una spira di raggio a = 6 cm, concentrica e coassiale con un solenoide di raggio b = 2 cm con n = 8000 spire/m; La corrente nel solenoide varia nel tempo come riportato nel grafico; l’energia termica dissipata nella spira varia nel tempo come mostrato nel grafico. Calcolare la resistenza della spira.

Possiamo calcolare la f.e.m. indotta nella spira, e dalla derivata dell’energia termica, la potenza dissipata nella spira; da queste poi si ricava facilmente la resistenza

La corrente cresce linearmente nel tempo, con una derivata uguale a 0.5 A/s

niB 0=24; cmABAB ==

nWs

nJ

dt

dEP th 40

2

80===

s

A

s

A

dt

di5.0

2

1==

Problema 30.22In figura vediamo una spira di raggio a = 6 cm, concentrica e coassiale con un solenoide di raggio b = 2 cm con n = 8000 spire/m; La corrente nel solenoide varia nel tempo come riportato nel grafico; l’energia termica dissipata nella spira varia nel tempo come mostrato nel grafico. Calcolare la resistenza della spira.

W=

== −−

321022

1040

10631.0

nW

VR

RP i

E

( )V

sm

AmATm

dt

diAn

dt

d Bi

524372

0 10631.05.010108)/(10)4( −

−−

=

==

=

E

Problema 30.30Si consideri una bobina di raggio r = 30 cm, con N= 30 spire; perpendicolarmente al piano della bobina vi è un campo magnetico esterno uniforme B=2.6 mT; a) Calcolare il flusso concatenato con la bobina. b) Se facciamo circolare una corrente uguale ad i = 3.8 A, otteniamo che il flusso

magnetico totale attraverso la bobina si annulla; calcolare l’induttanza della bobina

( ) mWbrNBN B 45.22 == Il flusso concatenato dovuto al campo esterno è:

L’induttanza è il rapporto tra flusso magnetico generato dall’induttore e corrente nell’induttore; se per la corrente data il flusso si annulla, significa che il flusso generato dalla bobina è uguale e contrario a quello esterno; dunque deve essere:

mHA

mWb

i

NL B 64.0

8.3

45.2==

=

Problema 30.31Consideriamo una bobina con N= 400 spire, e induttanza L = 8 mH; calcolare il flusso magnetico attraverso la bobina quando nella bobina scorre una corrente di 5 mA.

WbmAmH

N

Li

i

NL B

B 710400

58 −=

==

=

Problema 30.34Consideriamo un’induttanza in cui f.e.m. e corrente sono orientate come in figura.a) La corrente sta aumentando o diminuendo ?b) La f.e.m. è di 17 V e la corrente varia di 25 kA/s; calcolare l’induttanza

La f.e.m. è orientata in modo tale da generare una corrente concorde con i, compensando così il decremento di i; dunque i decresce.

mHkA

Vs

dtdiL

dt

diL LL 68.0

25

17

)/(====

EE

Problema 30.36La corrente che scorre in un’induttanza di L = 4.6 H varia nel tempo come mostrato in figura. L’induttanza ha una resistenza R=12 W.Calcolare la f.e.m. indotta negli intervalli:a) 0 < t < 2 msb) 2 ms < t < 5 msc) 5 ms < t < 6 ms

Vs

AH

dt

diLL

43 106.1105.36.4 ===Es

A

ms

A

dt

di 3105.32

7==

s

A

ms

A

dt

di 31066.03

2−=−=

s

A

ms

A

dt

di 31051

5−=−=

0 < t < 2 ms

2 ms < t < 5 ms

5 ms < t < 6 ms

Vs

AHL

33 1004.31066.06.4 −=−=E

Vs

AHL

43 103.21056.4 −=−=E

Problema 6

3i

1i

2i

L

c

1R

3R

Consideriamo il circuito in figura con 2 batterie, 2 resistenze e un’induttanza:

W=W==== 1054510 3121 RRHLVV EE

a) Calcolare, nell’istante iniziale di chiusura del circuito, la corrente i1 che attraversa la resistenze R1, la corrente i3 che attraversa la resistenza R3, la corrente i2 che attraversa la batteria 2.

b) Nello stesso istante calcolare DV1 (d.d.p. ai capi della resistenza R1), DV3 (d.d.p. ai capi della resistenza R3), DVL (d.d.p. ai capi dell’induttanza). Nello stesso istante calcolare l’energia magnetica U immagazzinata nell’induttore.

c) Ricalcolare le correnti i1 i2 i3 nel limite di tempo lungo.d) Indicare con frecce in figura il verso delle correnti i1 i2 i3 calcolate nel limite di

tempo lungoe) Ricalcolare i potenziali e l’energia dell’induttore nel limite di tempo lungof) Nel limite di tempo lungo, calcolare la potenza P1, P2 erogata dalle batterie 1, 2.g) Nel limite di tempo lungo, calcolare P1, P3 dissipata sulle resistenze R1, R3

Problema 6: soluzione

321 iii +=

AV

Ri 1

5

5

1

211 =

W=

−=

EE

Ipotizziamo un verso per le correnti, e applichiamo la legge di Kirchoff alle maglie superiore e inferiore:

332

11121 ;

Ri

dt

diLVVRi LL

=

=DD+=−

E

EE

AiAiia 5.05.00) 321 =−==

0550) 2131 ==−=D=D=D UVVVVVb L EE

3i

1i

2i

L

c

1R

3R

Nel regime stazionario DVL = 0, per cui:

Inoltre i3 e DV3 restano invariate poiché la tensione tra a e c è fissata dalla batteria 2

AiAiAic 5.05.01) 321 ===

JUVVVVRiVe L 2055) 3111 ==D=D==D

All’istante iniziale DVL compensa la tensione della batteria, cosicché i1 è nulla:

W=W==== 1054510 3121 RRHLVV EE

Problema 6: soluzione

1 1 1 2 2 2) 10 ; 2.5f P i W P i W= = = =E E

WViPWViPg 5.2;5) 333111 =D==D=

Notiamo che la potenza totale dissipata a regime sulle resistenze R1 ed R3 è P = 5 W+2.5 W=7.5 W; per la conservazione dell’energia questa deve essere uguale alla potenza erogata dalle batterie, ed infatti 10 – 2.5 = 7.5 W

Potenza erogata dalle batterie a regime:

NB: il verso di i2 è opposto alla polarità della batteria 2, dunque la batteria 2 sta assorbendo energia (ovvero si ricarica)

W=W==== 1054510 3121 RRHLVV EE

Problema 30.37Due induttanze L1 e L2 sono collegate in serie. Dimostrare che l’induttanza equivalente è la somma delle singole induttanze.

1L 2L

( ) 21212121 LLLdt

diLL

dt

diL

dt

diLVVV eq +=+=+=D+D=D

La d.d.p. ai capi della serie è ovviamente la somma elle due d.d.p. ai capi delle singole induttanze; dunque:

Problema 30.38Due induttanze L1 e L2 sono collegate in parallelo. Calcolare l’induttanza equivalente.

dt

diL

dt

diLV 22

11 ==D

La d.d.p. ai capi di ciascuna induttanza è ovviamente la stessa, mentre la corrente è diversa, per cui:

1L 2L

2

2

1

1 ;L

V

dt

di

L

V

dt

di D=

D=

( )

+D==+=+

21

2121 11

LLV

dt

diii

dt

d

dt

di

dt

di

21

111

LLLeq+=

Problema 30.39Sia L1 = 30 mH, L2 = 50 mH, L3 = 20 mH, L4 = 15 mH; calcolare l’induttanza equivalente del circuito.

4231 LLLLeq ++=

32

3223

LL

LLL

+=

Problema 30.42Consideriamo il circuito in figura, con:

HLR

RRV

230

2010100

3

21

=W=

W=W==E

Calcolare:a) i1 e i2 subito dopo la chiusura del circuitob) i1 e i2 nel regime stazionarioc) i1 e i2 subito dopo la riapertura del circuitod) i1 e i2 molto dopo la riapertura del circuito

( )3,123,12

,3

/

,33 ;~

;1)(R

L

Rieiti L

t L ==−= −

E

Lt

L et

iLV

/3 ~ −=

= E

Equazioni generali delle 3 maglie:

Dopo varie sostituzioni si ricava una singola equazioni per la corrente i3:

3i

0;;; 223

333

33112211321 =−+++=+=+= Ridt

diLRi

dt

diLRiRiRiRiiii EE

3123,12

21

233,123 ;

~;

~RRR

RR

R

dt

diLRi +=

+=+= EEE


HLR

RRV

230

2010100

3

21

=W=

W=W==E

Calcolare:a) i1 e i2 subito dopo la chiusura del circuitob) i1 e i2 nel regime stazionario

( ) AV

RRiRRiii 33.3

30

100;

21

121121 =W

=+

=+==E

E

Subito dopo la chiusura, L è un circuito aperto:

3i


HLR

RRV

230

2010100

3

21

=W=

W=W==E

Calcolare:a) i1 e i2 subito dopo la chiusura del circuitob) i1 e i2 nel regime stazionario

Nel regime stazionario L è un circuito chiuso:

AAiRiRi 72.220

1254.4223122 ===

AV

RiRi 54.4

22

100

123

11231 =W

===E

E

W=W=W

= 22;1250

302012323 RR

Aiii 82.1213 =−=


HLR

RRV

230

2010100

3

21

=W=

W=W==E


AiiAiii 82.1;82.1)0(;0 32331 −=−====

Subito dopo l’apertura i1 =0 ed i2 si estinguerebbe immediatamente sulla resistenza R2se non fosse che i3 attraversando l’induttore, riceve un contributo compensativo tale da generare un decadimento esponenziale. In particolare all’istante iniziale i3 è esattamente uguale al suo valore stazionario; per la legge di continuità della corrente nella maglia deve quindi esserci la stessa corrente attraverso R2; dunque:

E

3i


HLR

RRV

230

2010100

3

21

=W=

W=W==E


0;0;0 231 === iii

In seguito, corrente e potenziale ai capi dell’induttanza proseguiranno verso l’estinzione con andamento esponenziale:

E

3i

Lteiti/

33 )0()(−

= Lt

L eRRitv/

323 ))(0()(−

+−=

Per tempi lunghi rispetto alla costante di tempo caratteristica:

Problema 30.44Consideriamo il circuito in figura, con una batteria che fornisce una f.e.m. variabile nel tempo che genera una corrente nel circuito variabile nel tempo di forma nota. Calcolare la f.e.m. della batteria in funzione del tempo

HLRAti 64;)53( =W=+=

Applicando Kirchoff: Poiché la corrente cresce, il potenziale dell’induttanza deve opporsi al verso della batteria.

dt

diLiR +=E

VtVVts

AHAt )2042(30)2012(564)53( +=++=+W+=E

Problema 30.48Consideriamo il circuito in figura, con

HLRV 5.57.6;10 =W==E

Per questo circuito semplice la corrente a regime è il rapporto tra f.e.m. della batteria e resistenza:

a) Calcolare l’energia fornita dalla batteria durante i primi 2 s

b) Determinare quanta di questa energia è immagazzinata nell’induttanza e quanta dissipata nella resistenza.

dt

diLiR +=E ( )Lte

Rti

/1)(

−−=

E

La potenza istantanea erogata dalla batteria è: ( )LteR

titP/

2

1)()(−

−==E

E

Poiché questa per definizione è la derivata dell’energia erogata rispetto al tempo, per passare dalla potenza all’energia è necessario integrare:

sR

LL 82.0==

( ) ( ) 1'1)( /2

0

/'2

−+=−=−−

LLt

L

tt

etR

dteR

tE

EE


HLRV 5.57.6;10 =W==E

a) Calcolare l’energia fornita dalla batteria durante i primi 2 s

b) Determinare quanta di questa energia è immagazzinata nell’induttanza e quanta dissipata nella resistenza.

( ) JeR

LtiLtU Lt

L 1.512

1)(

2

1)(

2/

2

2 =−

==

− E

Dopo un tempo t=2 s l’energia erogata è quindi:

( ) ( ) JessVetR

E Lt

L 67.18182.027.6

1001 82.0/2

2/

2

=−+W

=−+= −−

E

L’energia immagazzinata nell’induttanza è:

JtiLtEtU gR 57.13)(2

1)()( 2 =−=

La differenza delle due dà l’energia dissipata sulla resistenza:


HLRRV 5;105;10 21 =W=W==E

a) Nel caso di circuito appena chiuso, calcolare i1, i2, iS(corrente attraverso l’interruttore), V2, VL, di2/dt.

b) Ricalcolare le stesse quantità nel tempo lungo

La batteria applica una tensione parallela tra i punti a e b ai due rami resistivi del circuito; le equazioni dei due rami sono:

dt

diLRiRi 22211 ; +== EE

Dunque, nel primo ramo scorre una corrente costante:

a

b

Il secondo ramo è una singola maglia con induttanza, la cui soluzione è nota:

1

1R

iE

=

( )22

,2

/

,22 ;1)(R

L

Rieiti L

t L ==−= −

E

LL t

L

tetVe

Ldt

di //2 )(;−−

== EE

Problema 30.65

Risultati:

HLRRV 5;105;10 21 =W=W==E

a) Nel caso di circuito appena chiuso, calcolare i1, i2, iS(corrente attraverso l’interruttore), V2, VL, di2/dt.

b) Ricalcolare le stesse quantità nel tempo lungo

AiiiAiRi S 2;0;2 12111 =====E

0222 == RiVVVL 10== E

a

b

s

A

H

V

Ldt

di2

5

102 ===Ea)

b) AiiiAiRiAiRi S 3;1;2 21222111 =+===== EE

VRiV 10222 == 0=LV 02 =

dt

di


mHLkRkRV 50;2020;40 21 =W=W==E

a) Determinare la corrente iS che scorre attraverso l’interruttore e la derivata dis/dt immediatamente dopo la chiusura del circuito. b) Determinare iS e dis/dt all’istante t = 3 μs.c) Determinare iS e dis/dt molto tempo dopo la chiusura del circuito

a regime L è un cortocircuito, per cui

( )Ltss eiti /, 1)( − −= LL tL

st

LL eLi

eVV

/,/)0(−− ==

In chiusura di circuito (formule generali)

12

,R

isE

=

A t=0 l’induttanza deve fornire una d.d.p. che compensa esattamente la d.d.p. della batteria:

12

,)0(R

LLiV L

L

s

L ===

E

Lt

L

ss ei

dt

tdi

/,)( −=

( )Lts eR

ti/

12

1)(−

−=E Lts e

Ldt

tdi /)( −=E

Problema 30.90

Risultati:

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Problema - people.unica.it - Università di Cagliari · 2019. 5. 30. · Problema Un campo...

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