Esercizi risolti di elettromagnetismo - Fer.Mat

Esercizi Fisica Generale I
June 19, 2012
I testi dei problemi sono nel file all’indirizzo:
http://db.tt/XBbC4oJ5
6 − Corrente Continua
6.13
La sequenza di resistenze è infinita, quindi in pratica la resistenza a destra della linea verticale AB è uguale
a quella a destra della linea verticale A0 B 0 . In pratica, immaginate di avere a destra di AB un numero N
di “blocchi” quadrati di resistenze. Dunque a destra di A0 B 0 ci sono N − 1 blocchi, ma per N = ∞ le due
quantità sono esattamente identiche.
Chiamando la resistenza equivalente totale Req , dalle considerazioni precedenti trovo che
tot
Req = R in parallelo con (RAA0 + RA
0 B 0 + RB 0 B ) = R in parallelo con (R + Req + R)
quindi
Req =
1
1
1
+
R 2R + Req
=
R(2R + Req )
3R + Req
⇒
√
Req = ( 3 − 1)R ' 7.3 Ω .
Se collegata ad un generatore di f.e.m. E = 9 V con resistenza interna ri = 2 Ω, la potenza trasferita a Req è
PR = Req i2 ,
dove i è data da
E − i(Req + ri ) = 0
⇒
i=
E
,
Req + ri
quindi
PR = Req
E2
' 6.87 W
(Req + Ri )2
6.14
La resistenza totale è
Req = ri + R1 + (R2 || R3 ) + R = ri + R1 +
e deve essere pari a
Req =
E
= 24 Ω .
i
1
R2 R3
+R
R2 + R3
Troviamo quindi R1 :
R2 R3
= 4Ω.
R2 + R3
La differenza di potenziale ai capi di R1 è uguale a quella ai capi di C1 , che ha energia elettrostatica U1 .
Notare che i capacitori sono assunti caricati completamente, quindi non vi “circola corrente”. La corrente
che passa attraverso R1 è quindi i1 = i, e abbiamo
R1 = Req − ri − R −
∆V1 = i1 R1 =
Q1
2U1
=
C1
∆V1 C1
⇒
C1 =
2U1
= 2 × 10−6 F .
i R12
Nella formula precedente, Q1 è la carica depositata sul condensatore C1 .
Ripetiamo lo stesso ragionamento per C2 , dove in questo caso la resistenza da considerare è R23 = (R2 || R3 ),
quindi
Q2
2U2
2U2 (R2 + R3 )2
∆V2 = i R23 =
=
⇒ C2 =
= 0.25 F .
C2
∆V2 C2
i R22 R32
6.15
La resistenza equivalente data dalla composizione delle resistenze R1 , R2 , R3 , R4 è
R1234 = (R1 + R2 ) || (R3 + R4 )
⇒
1
R1234
=
1
1
+
R1 + R2
R3 + R4
⇒
R1234 =
(R1 + R2 )(R3 + R4 )
.
R1 + R2 + R3 + R4
La resistenza totale è quindi
Req = R1234 + R5 =
25
Ω.
3
La corrente che circola attraverso il generatore è
i=
E
= 3 A.
Req
Le correnti che attraversano R1 , R2 e R3 , R4 soddisfano
(
i12 (R1 + R2 ) = i34 (R3 + R4 )
i12 + i34 = i
quindi
i12 = 2 A ,
i34 = 1 A .
Se chiamo P il punto da cui il circuito si dirama nei tratti R1,2 e R3,4 , ho che
VP − i12 R1 = VA ,
VP − i34 R3 = VB
⇒
VB − VA = i12 R1 − i34 R3 = −6 V .
Una volta scollegato il generatore, attraverso R5 non passa più corrente, quindi il circuito si riduce alla
successione C − Req , con
Req = (R1 || R3 ) + (R2 || R4 ) =
(R1 + R3 )(R2 + R4 )
' 3.6 Ω .
R1 + R2 + R3 + R4
La costante di tempo del circuito τ , che entra nell’espressione
Q(t) = Q0 e−t/τ ,
è data da
τ = Req C ' 1.1 × 10−5 s ,
quindi il tempo impiegato per passare da Q = Q0 a Q = Q0 /10 è
Q0 e−t10 /τ =
Q0
10
⇒
t10 = τ ln 10 ' 2.5 × 10−5 s .
2
6.16
La carica avviene inizia quando la differenza di potenziale ai capi del condensatore è pari a E/3 (l’interruttore
di apre). Abbiamo quindi una resistenza
Req = R1 + R2
in serie al capacitore C. L’equazione del circuito è come al solito
E − Req
dq
− C q = 0,
dt
che si integra dando
Z
t1
Z
q1
dt = Req C
t0
q0
dq
EC − q
⇒
t1 − t0
EC − q1
= − ln
.
Req C
EC − q0
Immaginiamo che il circuito cominci la carica al tempo t0 , a cui V (t0 ) = E/3, e termini al tempo t1 , a cui
V (t1 ) = 2E/3. Il tempo di carica tc = t1 − t0 è quindi tale che
e−tc /Req C =
C(E − V (t1 ))
C(E − V (t0 ))
tc = Req C ln 2 ' 6.9 × 10−5 s .
⇒
La scarica del condensatore avviene attraverso R2 , infatti la differenza di potenziale ai capi del ramo contenente R2 e C deve essere nulla, (i punti sono connessi da un conduttore!) da cui
R2
dq
+ Cq = 0
dt
⇒
ln
q2
t2 − t1
=−
q1
R2 C
⇒
V2
t2 − t1
.
=−
V1
R2 C
Il tempo di scarica ts = t2 − t1 è dunque
ts = R2 C ln 2 ' 1.4 × 10−5 s .
Il periodo totale T = tc + ts e la frequenza ν = T −1 sono
T ' 8.3 × 10−5 s ,
ν ' 1.2 × 104 Hz .
7 − Forza Magnetica - Campo Magnetico
7.1
Scegliamo gli assi come segue (diversamente dal libro!):


x̂ positivo verso destra
ŷ positivo verso l’alto


ẑ positivo uscente dal foglio
La forza che agisce sulla particella, di carica q = |e| e massa m, è
→
−
→
−
−
F = q→
v ×B,
e sappiamo che la soluzione delle equazioni del moto è un moto circolare uniforme, con
(
vx = v0 cos(ωt + ϕ)
vy = v0 sin(ωt + ϕ)
3
dove
2Ek
qB
,
ω=
.
m
m
Il segno di ω ci dice se la rotazione avviene in senso orario (ω < 0) o orario (ω > 0). Nel nostro caso la
→
−
rotazione è antioraria, come si vede facilmente guardando il verso di F (inizialmente verso l’alto e verso
destra).
→
−
Le condizioni all’entrata della particella nella regione in cui vi è il campo B sono
(
vx (0) = v0 cos ϕ = v0 cos θ
1
π
⇒ ϕ = arctan − √
=− .
6
vy (0) = v0 sin ϕ = −v0 sin θ
3
v0 =
Fate√attenzione alla scelta di ϕ. A prima vista anche ϕ = 5π/6 potrebbe andare bene perché tan(5π/6) =
−1/ 3, ma sarebbe stato un errore perché vx (0) e vy (0) avrebbero avuto segni sbagliati.
Troviamo quindi anche il vettore posizione
(
ẋ = vx
v0
v0
⇒ (x(t), y(t)) = x0 +
sin(ωt + ϕ), y0 −
cos(ωt + ϕ) .
ω
ω
ẏ = vy
Possiamo liberamente porre x0 = y0 = 0, così che la regione col campo magnetico è determinata da
√
3 v0
y ≤ y(0) = −
.
2 ω
Occhio che x0 e y0 non sono i valori iniziali di x e y, ma solo
√ delle costanti di integrazione!
La particella uscirà dalla regione col campo quando y = − 3v0 /2ω di nuovo:
√
3
π
π
− cos(ωt + ϕ) = −
⇒ ωt = 0, , 2π, 2π + · · ·
2
3
3
Il primo valore utile è π/3, quindi l’angolo di uscita è
θ0 = arctan
π
vy (t)
= .
vx (t)
6
La distanza percorsa lungo x in questo tratto è
xf − x0 =
π 2v
v0 π
v0
0
sin − sin −
=
sin θ =
' 0.35 m .
ω
6
6
ω
ω
7.2
La soluzione è analoga a quella del problema precedente, stavolta con una rotazione oraria e con

vx = v0 cos(−ωt + ϕ)


(

v = v sin(−ωt + ϕ)
vx = v0 cos(ωt)
y
0
⇒

v
(0)
=
v
vy = −v0 sin(ωt)
x
0



vy (0) = 0
Similmente al caso precedente, trovo

v

x = x0 + 0 sin(ωt)
ω

y = y + v0 cos(ωt)
0
ω
4
Stavolta scelgo x0 e y0 in modo che x(0) = y(0) = 0, cioè
y0 = −
x0 = 0 ,
v0
.
ω
Per arrivare al punto x = L la particella impiega un tempo t1 tale che
sin(ωt1 ) =
Lω
,
v0
quindi l’angolo di uscita rispetto all’asse y è
vy (t1 )
Lω
θ = arctan −
= ωt1 = arcsin
' 29.4◦ .
vx (t1 )
v0
La posizione y è invece
y=
v0
(cos(ωt1 ) − 1) ' −0.26 m .
ω
7.3
Il raggio di curvatura dell’orbita degli ioni nel campo magnetico, definendo
m = M mu
è
r
2Ek
s
m = 2m∆V ' 0.071√M m .
qB 2
qB
m
La particella percorre una semicirconferenza prima di arrivare al punto N , quindi r deve essere la metà della
distanza M N :
√
1
qB 2
2
M = MN
' 6.0 ⇒ m = 10−26 kg .
4
2mu ∆V
v0
r=
=
ω
Se la particella entra nella regione di spazio in cui c’è il campo magnetico formando un angolo θ con la normale
a M N , allora la traiettoria percorsa non è una semicirconferenza intera, ma un ramo di circonferenza descritto
da angoli α tali che
θ <α < π − θ
la particella punta “leggermente a destra”
−θ < α < π + θ
“leggermente a sinistra”
In entrambi i casi, la distanza M P è
θ2
M P = 2r(1 − cos θ) ' 2r 1 −
2
.
Troviamo quindi
d
MP
θ2
≡1−
'
.
2
MN
MN
Il valore di θ per cui d = 10−3 è
√
θ=
2d ' 0.045 rad ' 2.56◦ .
5
(θ piccolo)
7.6
La forza totale agente sulla particella è
→
→
−
− − →
− →
−
→
−
F =q E +→
v ×B = FE+ FB,
Lungo ẑ c’è solo la componente elettrica (costante!), quindi la particella ha un moto uniformemente accelerato
→
−
→
−
con accelerazione a = −| F E |/m (attenzione al verso di E ):
!
√
FE 2
v0 3
qE
FE 2
z(t) − z0 = vz0 t −
t = v0 cos θ −
t =
−
t t.
2m
2m
2
2m
La componente magnetica della forza è perpendicolare all’asse ẑ, e sappiamo che proiettato sul piano xy il
moto derivante è circolare uniforme con raggio r e frequenza ω:
r=
mv0 sin θ
mv0
=
' 0.26 m ,
qB
2qB
ω=
qB
' 9.6 × 106 rad s−1 .
m
→
−
−
Attenzione: il sin θ è importantissimo! L’unica componente di →
v che contribuisce a F B è quella perpendicolare a ẑ, cioè proprio v0 sin θ. Dovrebbe essere abbastanza chiaro (provate a immaginare che cosa succede
per θ = 0), ma se non lo fosse potete risolvere esplicitamente le equazioni per le componenti del moto
perpendicolari a ẑ:
−
→
−
d→
v⊥
−
= q→
v ⊥ × B = qBv0 sin θ v̂⊥ × ẑ .
m
dt
Troverete la solita soluzione circolare uniforme con frequenza e raggio come sopra.
In un giro, cioè dopo un tempo T = 2π/ω, la particella ha percorso lungo l’asse ẑ la distanza
√
v0 3
qB 2
h1 =
T−
T ' 0.78 m .
2
2m
Il moto lungo ẑ si inverte quando la velocità vz si annulla, cioè per
√
√
v0 3 qE
mv0 3
−
t=0 ⇒ t=
.
2
m
2qE
Dopo questo tempo, lo spazio percorso è
√
qE 2
3mv02
v0 3
t−
t =
' 0.97 m .
l=
2
2m
8qE
7.10
La forza totale agente sul filo è
→
−
F =i
Z
D
→
− →
−
−−→ →
−
dl × B = i CD × B .
C
→
−
Il risultato sopra dovrebbe essere abbastanza intuitivo, se non ci credete scomponete dl in una parte lungo
−−→
il segmento CD più qualcos’altro e integrate. L’integrale di quel “qualcos’altro” deve per forza essere nullo,
−−→ −−→
altrimenti CD 6= CD.
−−→
Scompongo ulteriormente CD in una componente lungo le rotaie e una componente perpendicolare (lunga
d): la forza dovuta a quella parallela alle rotaie è diretta perpendicolarmente alle rotaie stesse e tenderebbe
a deformare il filo che però è rigido, quindi il suo contributo è nullo. Rimane soltanto
→
−
F ef f = idB x̂ .
6
Il moto del (centro di massa del) filo è descritto da
x(t) =
idB 2
t ,
2m
quindi dopo t1 = 0.1 s il filo ha percorso una lunghezza
l=
idB 2
t = 0.5 m .
2m 1
7.11
−
Il modulo del momento magnetico →
mè
−
|→
m| ≡ m =
q
m2x + m2y = 10−3 A m2 ,
e la corrente che percorre la spira soddisfa
−
|→
m| = i S
⇒
i=
m
m
= 2 ' 0.4 A .
S
a
−
→
Il momento meccanico M è
−
→ − →
−
M =→
m × B = (mx x̂ + my ŷ) × (Bx x̂ + Bz ẑ) = −mx Bz ŷ − my Bx ẑ + my Bz x̂
quindi
−
q
→
M = (m2x + m2y )Bz2 + m2y Bx2 ' 3.6 × 10−4 N m .
→
−
−
L’angolo α tra →
m e B è tale per cui
→
− →
m × B = mB sin α
−
 →
− 
−
m × B
→
 = arcsin
α = arcsin 
mB
⇒
M
p
m Bx2 + Bz2
!
' 67.4◦ .
Infine, l’energia potenziale magnetica Um è pari a
→
−
−
Um = −→
m · B = −mx Bx = −1.5 × 10−4 J .
7.12
→
−
La forza infinitesima agente sul tratto di circuito dl è
−→
→
− →
−
dF = i dl × B ,
quindi la forza totale è pari a
"Z
→
−
F =i
Q
→
− →
−
dl × B +
P
"
Z
R
→
− →
−
dl × B +
Q
Z
R
= i 0 + ŷ
S
→
− →
−
dl × B +
Z
R
Z
S
R
P
→
− →
−
dl × B
#
S
Z
S
dl α a − ŷ
dl α x + x̂
Q
Z
#
dl α x
P
= iαa2 x̂ .
Il primo integrale scompare perché B è nullo lungo quel tratto, il secondo e il quarto integrale si cancellano
perché sono uguali ma percorsi in senso opposto.
Il modulo della forza è
→
− F = iαa2 = 0.04 N .
7
Notare che la forza non è nulla, dal momento che il campo non è uniforme. Come sapete una spira percorsa
da corrente in campo magnetico uniforme sente (al più) un momento della forza non nullo, ma una bforza
totale nulla; qui in aggiunta al momento della forza c’è anche un forza totale diversa da zero, che come al
solito tende a spostare la spira in modo che il flusso del campo magnetico sia massimo.
L’energia potenziale magnetica è pari a
Z
Z
Z a Z a
→
−
iαa3
−
' −4 × 10−3 J .
Ue = − d→
m · B = − (dS iẑ) · (αxẑ) = −iα
dy
dx x = −
2
Σ
0
0
7.13
Nella nuova configurazione di equilibrio, i momenti della forza gravitazionale e della forza magnetica si devono
cancellare esattamente. Il momento della forza gravitazionale dipende dalla massa totale della spira
ms = lδ = 2(a + b)δ ,
e dall’angolo θ del quale si è spostata dalla verticale:
−
→
→
−
b
−
Mg = →
r × F g = − ms g sin θ x̂ = −b(a + b)gδ sin θ x̂ .
2
−
Nella formula precedente, →
r è il vettore che collega il polo O, attorno al quale calcolo il momento della forza,
al punto di applicazione della forza, che è il centro (di massa) della spira. La scelta di O è arbitraria, ad
esempio io ho scelto il punto medio del segmento P Q, ma attenzione che una volta scelto O non posso più
cambiarlo!
Il momento della forza magnetica è
−
→
→
−
−
Mm = →
m × B = iSB cos θ x̂ = iabB cos θ x̂ .
La richiesta che il momento totale sia nullo porta a
(a + b)gδ
tan θ ' 2.12 A .
aB
Il lavoro compiuto dalla forza magnetica durante la rotazione deve essere uguale alla variazione di energia
potenziale magnetica (il lavoro gravitazionale si cancella esattamente con la variazione di energia potenziale
gravitazionale):
→
−
−
−
Lm = −(→
mf − →
m i ) × B = iabB sin θ ' 4.2 × 10−4 J .
→
−
−
Fate attenzione al segno di →
m × B!
iabB cos θ − b(a + b)gδ sin θ = 0
⇒
i=
8 − Legge di Ampère
8.1
Il campo generato dal filo sull’asse x a una distanza r dal filo stesso è
→
−
µ0 i
B =
φ̂ ,
2π r
e la forza esercitata sulla corrente ib è pari a
Z
→
− →
−
→
−
Fb = N ib dl × B
" Z
P
Q
#
R
dl B − ŷ
= N ib ŷ
=
Z
dl B =
S
µ0 N i ib a2
ŷ .
2π y(y + a)
8
µ0
i ib a
2π
1
1
−
y y+a
ŷ
Nel limite y a, questo valore tende a
−
µ0 i
dBf ilo
→
= mbobina ·
.
Fb → (N ib a2 ) ·
2π y 2
dy
Il lavoro per spostare la bobina da y1 = 1 cm a y2 = 2 cm è:
Z y2
−
→ −
→
dy · Fb
L1→2 =
y1
µ0 N i ib a
y2 (y1 + a)
=
ln
2π
y1 (y2 + a)
' 3.2 × 10−6 J .
Il lavoro compiuto per ruotare la bobina di π (invertire il segno del momento di dipolo!) in y = y3 è pari a
h
i
→
−
→
−
−
−
Lπ = −∆Umag = →
m f in · B (y3 ) − →
m in · B (y3 )
= −2 min · B(y3 ) =
µ0 N ib i a2
π y3
' 1.6 × 10−6 J .
Notare che entrambi i lavori sono positivi: il primo sposta la bobina da una zona con campo maggiore a
→
−
−
una zona con campo minore ed è quello che vorrebbe fare (la forza è repulsiva!), il secondo allinea →
m e B
minimizzando l’energia magnetica.
8.2
Lungo ẑ, il campo è
→
−
µ0 i
µ0 i
B (z) = (Bx (z), By (z), Bz (z)) =
[(0, − sin ϕ, cos ϕ) + (0, sin ϕ, cos ϕ)] =
cos ϕ ẑ ,
2π r
πr
dove ho definito
r≡
p
z 2 + a2 ,
ϕ ≡ arctan
z
.
a
Quindi posso riscrivere il campo come
→
−
B (z) =
µ0 i a
ẑ .
π r (z 2 + a2 )
L’energia iniziale del magnetino è
1
mp v02 .
2
Voglio trovare il punto in cui Kf = 0, cioè ho trasformato tutta l’energia cinetica in energia magnetica. In
un generico punto z, l’energia magnetica del magnetino è
K0 =
→
−
µ0 i m a
−
U (z) = −→
m×B =−
,
π(z 2 + a2 )
quindi la richiesta che Ki + U (z = 0) = U (zf ) porta a
1
µ0 i m
µ0 i m a
mp v02 −
=−
2
πa
π(zf2 + a2 )
s
⇒
9
zf =
πa3 v0 mp
' 2 cm .
2imµ0 − πamp v02
8.3
A differenza dell’esercizio precedente, qui la corrente è diretta nello stesso verso nei due fili, quindi il campo
lungo ẑ si annulla e rimane soltanto la componente parallela alla congiungente i fili; il calcolo è esattamente
analogo a quello di prima. Esplicitamente, si ha
→
−
B (z) = −
µ0 i z
ŷ .
π(z 2 + a2 )
Notare il segno!
→
−
−
La forza a distanza z sentita da un dipolino magnetico →
m (orientato parallelamente a B !) è
F =m
dB
µ0 i m (z + a)(z − a)
= 0 per z = ±a = ±2 cm .
=
dz
π
(z 2 + a2 )2
Giustamente, ho trovato che il punto di “equilibrio” è in mezzo ai fili, dove il campo ha un massimo locale (e
globale), e quindi la sua derivata è nulla.
8.4
Potremmo calcolare esplicitamente il campo nel centro, ma possiamo anche ragionare più semplicemente per
simmetria. Rispetto al centro del triangolo, il sistema è invariante per rotazioni di multipli di π/3. L’unica
componente che potrebbe sopravvivere è quella lungo x̂, ma sappiamo che il campo prodotto da ogni filo ha
componente lungo x̂ nulla. Quindi il campo totale (nel cantro!) è nullo.
Il campo prodotto sul filo in P dagli altri due fili è (vedi problema precedente)
√
→
−
µ0 i zP
µ0 i 3
B =−
=−
ŷ ,
π(zP2 + a2 )
4π a
quindi la forza per unità di lunghezza che sente il filo in P è
√
√
−→
→
−
dF
µ0 i2 3
µ0 i2 3
ˆ
= il × B = −
x̂ × ŷ = −
ẑ ,
dl
4πa
4πa
il cui modulo è
F ' 2.3 × 10−4 N m−1 .
8.5
Ragionando per simmetria possiamo subito calcolare quale sarà la direzione del campo al centro del quadrato.
Una simmetria del sistema è per rotazione di π rispetto all’asse parallelo a ẑ passante per il centro (attenzione:
quando fate questa rotazione anche le correnti si girano!). Ma un vettore che rimane invariato per rotazioni
di π rispetto all’asse ẑ è parallelo all’asse ẑ! Il modulo sarà la somma dei contributi lungo quest’asse dei vai
fili, ed è facile vedere che questi contributi sono tutti uguali tra loro e danno
→
−
µ0 i
2µ0 i
F tot = 4
ẑ =
ẑ .
2πa
πa
Nel punto P = (0, a, a), il campo è
"
√
√ #
→
−
µ0 i (0, 0, 1) (0, 1, 0) (0, −1/ 2, 1/ 2)
√
B =
+
+
2π
a
a
a 2
µ0 i
(0, 1, 3)
4π a
' 1.5 × 10−5 T (ŷ + 3ẑ) .
=
10
La forza per unità di lunghezza sul filo in P è quindi
−→
→
−
dF
µ0 i2
= −i x̂ × B =
(0, 3, −1) ,
dl
4πa
di modulo
−→ dF ' 1.42 × 10−3 N m−1 .
dl 8.6
Caso 1
Posso calcolare il campo molto facilmente se tengo conto del principio di sovrapposizione. So che al centro
di una spira percorsa da corrente il campo è
→
−
µ0 i
B =
n̂ ,
2a
con n̂ normale alla spira, verso l’alto se la corrente è antioraria. Mezza spira, come nel nostro caso, darà un
contributo pari alla metò di questo campo. Considerando le due semicirconferenze, ho
−
→
µ0 i 1 1
−
x̂ .
B1 (0, 0, 0) =
4
b a
Attenzione: posso fare questo ragionamento così facile perché voglio il campo nel centro della semicirconferenza, in un punto generico non funziona! Se volete fare il conto esplicito, applicate il formulone generico e
−
integrate. Definendo →
r il vettore che rappresenta un generico punto del circuito come visto dall’origine, ho
→
− →
Z
−
→
µ0 i
dl × −
r
B1 (0, 0, 0) = −
−
4π circuito |→
r |3
Z π
Z π
1
1
µ0 i
−
dϕ x̂ +
dϕ x̂
=
4π
a
b
0
0 µ0 i 1 1
=
−
x̂ .
qed
4
b a
Il momento magnetico è
−
→ = i π (b2 − a2 ) x̂ ,
m
1
2
e potete ricavarlo applicando le considerazioni di simmetria o integrando esplicitamente
Z
Z
→
−
i
1 →
iπ 2
→
−
−
→
−
−
→
r × j dV =
m1 =
r × dl = · · · =
(b − a2 ) .
2
2 circuito
2
Caso 2
Valgono le stesse considerazioni di prima. I risultati sono
−
→
µ0 i 1 1
B2 (0, 0, 0) =
+
x̂ ,
4
a b
−
→ = i π (a2 + b2 ) x̂ .
m
2
2
11
8.7
Il campo totale dovrà essere diretto lungo x̂, per simmetria: infatti, una rotazione di π attorno a ŷ trasforma
→
−
il sistema come una rotazione di π attorno a ẑ. L’effetto delle due rotazioni sul campo B è
(
ŷ : (Bx , By , Bz ) → (−Bx , By , −Bz )
→
−
By = −By
⇒ B = (B, 0, 0) .
⇒
ẑ : (Bx , By , Bz ) → (−Bx , −By , Bz )
Bz = −Bz
Immaginiamo di dividere la lamina in infiniti fili diretti lungo ẑ, ognuno con una certa coordinata x e largo
dx. L’elemento di intensità di corrente che attraversa una superficie dS della lamina posta in (x, y, z) è
di = j dS = j h dx ,
diretta lungo −ẑ. Il campo prodotto da un filo generico su un punto P = (0, y, 0) appartenente all’asse è
→
− −
Z
Z
−→ µ0 di ∞ dl × →
r
µ0 j h dx ∞ (0, 0, −dz) × (−x, y, −z)
=
dB =
,
−
4π −∞ |→
4π
r |3
(x2 + y 2 + z 2 )3/2
−∞
e mi interessa solo la componente lungo x̂, cioè
∞
Z
µ0 j h y dx ∞
µ0 j h y dx
dz
µ0 j h y z dx
p
dBx =
=
=
.
2
2
2
3/2
2
2
2
2
2
4π
2π(x2 + y 2 )
4π(x + y ) x + y + z −∞
−∞ (x + y + z )
Ora devo integrare lungo x, e trovo
→
−
µ0 j h y
B =
2π
Z
a
−a
x2
µ0 j h
a
dx
x̂ =
arctan x̂ .
2
+y
π
y
Il momento meccanico agente sull’aghetto magnetizzato è
−
→ − →
−
a
m µ0 j h
arctan
M =→
m × B = −m B ẑ =
ẑ ' −2.9 × 10−4 ẑ N m .
π
y0
Quando a → ∞, ho che
→
−
µ0 j h
B →
x̂ .
2
Quando invece a y ho arctan(a/y) ' a/y e quindi
→
−
µ0 j h a
µ0 i
B →
x̂ =
x̂ ,
πy
2πy
che è proprio il campo prodotto da un filo conduttore percorso da corrente!
8.8
La corrente infinitesima che passa attraverso una sezione longitudinale (“filo”) della striscia metallica larga
dxf è
dxf
di = i
.
h
Il campo prodotto a distanza x dal bordo della striscia dal “filo” posto in xf è
−
→ −
Z
−→ µ0 di ∞ dy × →
r
dB =
→
−
3
4π −∞ | r |
−
→
Z
µ0 i dxf ∞ dy × (x − xf , y, 0)
=
2
2 3/2
4πh
−∞ ((x − xf ) + y )
Z ∞
µ0 i (x − xf )dxf
dy
=−
ẑ
2
2 3/2
4πh
−∞ ((x − xf ) + y )
µ0 i dxf
=−
ẑ .
2πh(x − xf )
12
Ora devo integrare lungo la larghezza della striscia, cioè con −h ≤ xf ≤ 0, ottenendo
→
−
µ0 i
B =−
2πh
Z
0
−h
dxf
µ0 i x + h
ẑ = −
ln
ẑ .
x − xf
2πh
x
Nel limite x h, ln(1 + h/x) ' h/x quindi
→
−
µ0 i h
µ0 i
B →−
ẑ = −
ẑ ,
2πh x
2πx
che è il solito campo di un filo indefinito percorso da corrente. Il momento meccanico agente sul dipolino è
−
→ − →
−
m µ0 i x + h
ln
ŷ ' 1.1 × 10−5 N m ŷ .
M =→
m×B =
2πh
x
8.9
Il campo in un punto generico sull’asse x̂, posto in x, è
− →
Z →
dl × −
r
−
|→
r |3
Z 2π
µ0 i
dϕ (d, −R sin ϕ, R cos ϕ) × (x − d, −R cos ϕ, −R sin ϕ)
=
+
4π
(R2 + (x − d)2 )3/2
0
Z 2π
dϕ (−d, −R sin ϕ, R cos ϕ) × (x + d, −R cos ϕ, −R sin ϕ)
+
(R2 + (x + d)2 )3/2
0
Z 2π
µ0 i
R(R, (x − d) cos ϕ + d sin ϕ, (x − d) sin ϕ − d cos ϕ)
=
dϕ
+
4π
(R2 + (x − d)2 )3/2
0
Z 2π
R(R, (x + d) cos ϕ − d sin ϕ, (x + d) sin ϕ + d cos ϕ
+
dϕ
.
(R2 + (x + d)2 )3/2
0
→
−
µ0 i
B (x) =
4π
Gli integrali contenenti funzioni trigonometriche di ϕ vanno convenientemente a zero, quindi rimane soltanto
→
−
1
1
µ0 i R2
B (x) =
+
x̂ .
2
((x − d)2 + R2 )3/2
((x + d)2 + R2 )3/2
Sviluppo in serie intorno a x = 0 fino al quarto ordine come richiesto dal problema, e trovo
3(4d2 − R2 )x2
15(8d4 − 12d2 R2 + R4 )x4
µ0 i R2
2
+
+
.
B(x) '
2
(d2 + R2 )3/2
(d2 + R2 )7/2
4(d2 + R2 )11/2
Sostituisco d = R/2 (il secondo termine nella parantersi scompare) e raccolgo
8 µ0 i
B0 = B(x = 0) = √
,
5 5R
trovando infine
144 x4
5
B = B0 1 −
+ O(x/R) .
125 R4
Il punto x0 nel quale il campo è variato dell’1% è
1−
B(x0 )
1
=
B0
100
⇒
x0 '
13
125
144 × 100
1/4
R ' 0.305 R .
8.10
Sapendo che
→
−
Γ( B ) =
I
X
−
→
− →
B · dl = µ0
iconcatenate ,
le circuitazioni valgono
→
−
3 i2
3 i1
+
=0
Γ1 ( B ) = µ0 −
8
16
→
−
13 i1
i2
Γ2 ( B ) = µ0 −
+
= −20π × 10−7 T m
16
4
⇒
→
−
16 Γ2 ( B )
i1 = −
= 16 A
5µ0
→
−
32 Γ2 ( B )
i2 = −
= 32 A
5µ0
8.11
Divido come al solito lo spazio in tre regioni: r < a, a ≤ r < b e r ≥ b. In tutti e tre i casi, scelgo percorsi
circolari a distanza r dall’asse del cilindro. Come al solito, posso già dire che il campo dovrà essere orientato
tangenzialmente a circonferenze centrate nell’asse del cilindro e perpendicolari ad esso.
r<a
→
−
La corrente concatenata è nulla, quindi anche B = 0.
a≤r<b
→
−
r2 − a2
=
Γ( B (r)) = µ0 i 2
b − a2
I
→
− →
−
dl · B = 2π r B ,
quindi
B(r) =
µ0 i (r2 − a2 )
.
2πr(b2 − a2 )
r≥b
All’esterno del cilindro, la circuitazione è indipendente da r e pari a
→
−
Γ( B (r)) = µ0 i ,
quindi il campo è
B(r) =
µ0 i
.
2πr
8.12
Avevamo fatto un esercizio praticamente identico ma per il campo elettrico, una volta. Il procedimento
è all’incirca lo stesso. Applico il principio di sovrapposizione, quindi considero il cilindrone (intero) come
attraversato da una densità di corrente
i
,
j=
π(a2 − b2 )
sommato al cilindretto in cui scorre −j.
So che il campo in un cilindro (parallelo a ẑ) pieno di raggio R percorso da corrente uniforme (vedi esercizio
precedente) è
→
− →
µ0 j r
µ0 j
B (−
r)=
(− sin ϕ, cos ϕ, 0) =
(−y, x, 0) ,
2
2
14
−
dove →
r = (x, y, 0) = r(cos ϕ, sin ϕ, 0) è il vettore posizione rispetto all’asse del cilindro.
−
Applico ai due cilindri, considerando →
r all’interno del cilindretto, e trovo
→
− →
µ0 j r1
µ0 j r1
y1 x1
−
B 1( r 1) =
(− sin ϕ1 , cos ϕ1 , 0) =
− , ,0 ,
2
2
r1 r1
→
− →
µ
j
r
µ
j
r
y2 x2
0
2
0
2
−
B 2( r 2) = −
(− sin ϕ2 , cos ϕ2 , 0) =
− , ,0 .
2
2
r2 r2
−
−
Qui, →
r1 e→
r 2 sono i vettori che individuano il punto interno al cilindretto come visto, rispettivamente, dal
centro del cilindrone e dal centro del cilindretto. I raggi ri e gli angoli ϕi sono legati tra loro. Infatti, se la
congiungente gli assi dei cilindri è sull’asse x̂, ho
→
−
−
r 1 = (d, 0, 0) + →
r2
(x1 , y1 , z) = (d + x2 , y2 , z)
Quindi ottengo
→
− →
µ0 j
(−y1 + y2 , x1 − x2 , 0)
B (−
r 2) =
2
µ0 j
(0, d, 0)
=
2
µ0 i d
=
ŷ ' 1.02 × 10−4 T ŷ .
2π(a2 − b2 )
Come abbiamo detto prima, il sistema è equivalente a un cilindro in cui scorre una corrente totale
i1 = j π a2 =
i a2
,
− b2
a2
sovrapposto a un cilindretto dove scorre in verso opposto una corrente
i2 = j π b2 =
i b2
.
− b2
a2
In un cilindro conduttore di raggio R percorso da corrente (distribuita uniformemente) i, l’energia magnetica
per unità di lunghezza è
Z
dUm
1
=
B 2 dS
dl
2µ0 Σ
Z 2π
Z R
1 µ20 i2
=
dϕ
r3 dr
2µ0 4π 2 R4 0
0
µ0 i2
=
,
16π
quindi l’energia totale per unità di lunghezza nel mio caso è
µ0 i2 (a2 + b2 )
dUm
µ0 2
=
i1 + i22 =
' 1.05 × 10−5 J m−1 .
dl
16π
16π(a2 − b2 )
L’induttanza del conduttore è
Um =
1 2
Li
2
⇒
dL
2 dUm
µ0 a2 + b2
=
=
' 5.23 × 10−8 H m−1 .
dl
i dl
8π a2 − b2
15
8.13
Il percorso di raggio h è completamente esterno al cilindro. La circuitazione del campo magnetico lungo il
percorso è
→
−
X
→
−
Γ( B )
' 7.96 A .
Γ( B ) = µ0
iconc = µ0 i ⇒ i =
µ0
La densità di corrente, uniforme, è
j=
i
i
=
' 6.63 × 103 A m−2 .
2
S
π(a − 2b2 )
Di nuovo, immagino che il cilindro sia tutto percorso da
i1 = ja2 ,
e che i due cilindretti siano percorsi, in verso contrario, da una corrente
i2,3 = jb2 .
All’esterno di un cilindro conduttore (parallelo a ẑ) percorso da corrente, il campo è
→
− →
µ0 i
(−y, x, 0) ,
B (−
r)=
2πr2
e attenzione che x, y, z sono le coordinate del punto come viste dall’asse del cilindro. Quindi il campo in
P1 = (h, 0, 0) (nel sistema del cilindrone!) è
→
−
→
−
→
−
→
−
→
−
B (P1 ) = B (h, 0, 0) = B 1 (h, 0, 0) + B 2 (h, −d, 0) + B 3 (h, d, 0)
µ0 i1
i2,3
i2,3
(d, h, 0) − 2
(−d, h, 0)
=
(0, h, 0) − 2
2π h2
h + d2
h + d2
µ0 i1
2i2,3 h
=
− 2
ŷ ' 6.41 × 10−5 T ŷ .
2π h
h + d2
In P2 = (0, h, 0) invece ho
→
−
→
−
→
−
→
−
B (P2 ) = B 1 (0, h, 0) + B 2 (0, h − d, 0) + B 3 (0, h + d, 0)
µ0 i1
i2,3
i2,3
=
(−h,
0,
0)
−
(d
−
h,
0,
0)
−
(−h
−
d,
0,
0)
2π h2
(h − d)2
(h + d)2
µ0
i1
2i2,3 h
=
− + 2
x̂ ' −6.31 × 10−5 T x̂ .
2π
h
h − d2
Quando h d, i moduli dei campi nei due casi tendono allo stesso valore
B(P1 ), B(P2 ) →
µ0 (i1 − 2i2,3 )
µ0 i
=
.
2π h
2πh
16
10 − Campi Variabili nel Tempo
10.1
Moto della sbarretta ⊥ al filo
La sbarretta è parallela al filo, a distanza r, e supponiamo che si sta allontanando da esso. Chiamando A e
B i due estremi della sbarretta, col segmento AB (lungo b) diretto nel verso della corrente del filo, vale
Z B
−
→
− →
∆VAB = VB − VA = −
E · dl
A
B
Z
=−
−
→
− →
−
(→
v × B ) · dl
A
b
Z
µ0 i
dl
2π
r
0
µ0 i v b
=−
.
2π r
=−
v
→
−
−
Se la sbarretta si stesse avvicinando avrei semplicemente un segno −, che viene da →
v × B.
Moto della sbarretta k al filo
Stesso procedimento di prima, però stavolta la sbarretta è perpendicolare al filo ma la sua velocità è parallela.
−
Se →
v è concorde a i e il segmento A è l’estremo più vicino al filo, ho
Z B
−
→
− →
−
∆VAB = −
(→
v × B ) · dl
A
Z
b
µ0 i v
dl
2π
(r + l)
0
µ0 i v
r+b
=
ln
.
2π
r
=
Come prima, se la velocità è opposta prendo un segno −.
10.2
→
−
Dalla figura vediamo (non troppo chiaramente, a dire il vero) che B è diretto come −ẑ. Quando la spira
entra nella regione col campo magnetico, vi si genera una differenza di potenziale (vedi problema precedente)
fra punti a diverso y
|∆V | = v B b ,
e quindi una corrente
i=
vBb
.
R
La forza esercitata sulla spira è in modulo
F = ibB =
v B 2 b2
.
R
Ci si può convincere facilmente che questa forza deve smorzare il moto della spira verso il centro della regione
col campo magnetico. Notare che questa forza non dipende dalla posizione ma dalla velocità! L’equazione
del moto diventa
B 2 b2
B 2 b2
a = v̇ = −
v ⇒ v(t) = v0 exp −
t .
mR
mR
17
Dopo t1 = 2.9 s, la velocità è diventata
B 2 b2
t1 ' 3 × 10−2 m s−1 .
v(t1 ) = v0 exp −
mR
L’energia dissipata fino a questo tempo è ovviamente uguale all’energia cinetica persa, cioè
∆E =
1
m(v02 − v12 ) ' 1.4 × 10−6 J .
2
Dopo essere entrata completamente nel campo magnetico, il flusso non cambia più e quindi la corrente e la
forza scompaiono. La velocità finale è quella che la spira aveva nell’istante in cui è entrata completamente,
cioè quando
t
Z tf
m R v0
B 2 b2 f
x(tf ) − x(0) =
dt v(t) = b ⇒ − 2 2 exp −
t =b
B b
mR
0
0
cioè
tf = −
B 2 b3
mR
ln
1
−
' 6.93 s ,
B 2 b2
m R v0
il che porta a
vf = v(tf ) = 2 × 10−2 m s−1 .
Durante l’intero processo, ho spostato una carica pari all’integrale dell’intensità di carica nel tempo, che però
posso calcolare ancora più facilmente usando la legge di Felici
Z tf
→
−
B b2
∆Φ( B )
=
= 8 × 10−4 C .
Q=
i(t) dt =
R
R
t0
10.3
Come nell’esercizio precedente, la forza elettromotrice generata nel circuito dipende dalla variazione del flusso
del campo magnetico. Abbiamo
→
−
d 1
2x
2B vx
d
Φ( B ) =
Bx √ = √
,
∆V =
dt
dt 2
3
3
dove x è la coordinata del vertice del triangolo equilatero. La forza esercitata sul circuito, essendo i = ∆V /R
la corrente che lo percorre, è
Z
→
− →
−
2x
π
4 B v x2
2xi
F = i dl × B = 2i √ sin = √ =
.
6
3R
3
3
Ovviamente, il verso è opposto alla velocità. Da questo ricavo
Z t
Z t
Z x
1
4B
4B
4B 3
v − v0 = −
dt0 F (t0 ) = −
dt0 v x2 = −
dx0 x02 = −
x .
m 0
3mR 0
3mR 0
9mR
Nella formula precedente ho fatto la sostituzione v dt = dx. Una volta entrata completamente nella regione
col campo magnetico, la velocità rimane costante e pari a
√ !
3b
B b3
= v0 − √
vf = v(xmax ) = v
' 4.63 m s−1 .
2
2 3mR
La carica che percorre il circuito nel processo è
√
Z
→
−
∆Φ( B )
3 B b2
Q = i dt =
=
' 2.77 × 10−2 C .
R
4R
18
10.4
Esattamente come nei problemi precedenti, la forza elettromotrice generata nel circuito è
∆V =
d
[B b x] = α b x v ,
dt
la corrente è
i=
∆V
αbvx
=
,
R
R
e la forza
α2 b2 v x2
.
R
F =
Trovo la velocità integrando
dv
F
=
,
m
dt
ottenendo (come al solito F è opposta al moto!)
v(t) = v0 −
α 2 b2 3
x .
3mR
La velocità in x = b è
α 2 b5
' 3.43 m s−1 .
3mR
Come curiosità, notate che l’andamento della velocità con la distanza percorsa è lo stesso in questo caso
(spira quadrata - campo lineare in x) che nel caso precedente (spira triangolare - campo costante). Il motivo
è che la variazione di flusso ha lo stesso andamento in entrambi i casi.
Come nei casi precedenti, trovo la carica totale:
v(b) = v0 −
Z
Q=
tf
i dt =
0
αb
R
Z
b
dx x =
0
α b3
= 0.729 C .
2R
10.5
La corrente totale che circola nella spira dipende è la somma dei contributi della forza elettromotrice originale
Ei e di quella indotta ∆V . Come al solito, il segno dei tue termini è opposto, così che il moto della spira
nel campo tende a diminuire la corrente nel circuito. Se x è la coordinata del punto più avanzato della
circonferenza, e y(x) è la coordinata y dell’intersezione della circonferenza con l’asse x positivo (il centro
della circonferenza è preso sull’asse x̂), ho
∆V =
p
d
dx
[B S] = B 2y(x)
= 2B x(2a − x) v .
dt
dt
La corrente sarà quindi
p
Ei − 2B x(2a − x) v
Ei − ∆V
i=
=
.
R
R
19
La forza, come al solito, è opposta al moto, quindi mi basta considerare la componente lunto x̂. Se la velocità
è tenuta costante, la forza è pari a
Z
→
− →
− F (x) = i dl × B p
Z
E1 − 2Bv x(2a − x) α
y
=B
a dϕ cos ϕ
(tan α = )
R
x
−α
p
Ei − 2Bv x(2a − x)
= 2aB sin α
R
p
Ei − 2Bv x(2a − x)
= 2yB
R
p
p
Ei − 2Bv x(2a − x)
= 2B x(2a − x)
R
La forza si annulla quindi in
q
p
Ei2
Ei = 2B v xf (2a − xf ) = 0 ⇒ xf = a ± a2 − l2 ,
l2 =
4B 2 v 2
Sostituisco i dati mi viene un quadrato perfetto (a2 = l2 ) e ottengo che la forza si annulla in
xf = a = 0.2 m .
La carica che percorre la spira in tutto il processo (x arriva fino a 2a, poi la corrente scompare perché il
flusso rimane costante) è
Ei tf
π a2 B
Q=
−
' 4.29 × 10−4 C .
R
R
10.6
La sbarra è in equilibrio se le componenti della forza peso e della forza magnetica lungo la guida si controbilanciano perfettamente. Impongo quindi che
mg sin α = iB cos α =
EB
EBΣ
EBm
cos α =
cos α =
cos α ,
R
b%
%bd
cioè
bdg%
' 0.23 V .
B
Se rimuovo E, la sbarra comincia a scendere tirata dalla forza peso, ma il suo movimento fa variare il flusso
del campo magnetico attraverso la spira. Troverò la velocità limite quando la forza magnetica uguaglia quella
peso (sempre lungo la guida). Il modulo della forza magnetica lungo la guida in un dato istante è
E=
Fm cos α = i b B cos α =
B v b cos α
B 2 v m cos2 α
b B cos α =
R
%d
La velocità limite è quindi
B 2 v0 cos2 α
= g sin α
%d
⇒
v0 =
g % d sin α
' 4.36 m s−1 .
B 2 cos2 α
Nel caso in cui Σ = 1 cm2 , la massa della sbarretta è
m = Σdb,
quindi la potenza dissipata (che è uguale al lavoro per unità di tempo fatto dalla forza gravitazionale) è
P = mgv0 sin α = Σ d b g v0 sin α ' 1.28 W .
20
10.7
Se v è la velocità della sbarretta, la variazione di flusso del campo magnetico attraverso il circuito nell’unità
di tempo (che è uguale alla forza elettromotrice indotta nel circuito) è
→
−
dΦ( B )
= E = bBv .
dt
La forza esercitata dal campo sulla corrente si oppone al moto, ed è pari a
b2 B 2 v
E
bB =
.
R
R
L’equazione del moto che devo risolvere (ho preso v positiva verso il basso) è
Fm = ibB =
dv
1
b2 B 2
=
(mg − ibB) = g −
v,
dt
m
mR
quindi se v(0) = 0 ho
2 2 b B
mgR
v(t) = 2 2 1 − exp −
t
.
b B
mR
La velocità limite è
v0 = lim v(t) =
t→∞
mgR
' 9.81 m s−1 .
b2 B 2
La corrente è quindi i = bBv(t)/R, e tende a
mg
' 0.49 A .
bB
L’energia dissipata nel circuito ogni centrimetro percorso è pari al lavoro fatto dalla forza gravitazionale
i0 =
∆Lg = mg∆x = mg × 1 cm ' 9.81 × 10−4 J .
Per la cronaca, anche ∆L = i2 R∆t = i2 R∆x/v avrebbe dato lo stesso risultato (verificatelo!).
10.8
Le densità di cariche di polarizzazione di superficie e di volume sono (non mi pare avessimo fatto esercizi su
questa roba, potete saltare questo esercizio se non vi piace, non succede niente)
→
−
σp = P · n̂
→
−
→
−
→
−
P = 0 χ E = 0 (κr − 1) E .
→
− →
−
%p = − ∇ · P
→
−
Il campo E è prodotto dalla rotazione del cilindro. Ho infatti per un punto generico distante r dall’asse del
cilindro
→
− →
→
−
→
−
−
−
−
−
−
E (−
r)=→
v (→
r ) × B = (→
ω ×→
r ) × B = ωB →
r ,
→
−
−
che è diretto verso l’esterno del cilindro se →
ω è concorde a B . A questo punto posso calcolare il vettore
polarizzazione e le densità di carica:
→
−
−
P (r) = 0 (κr − 1)ωB →
r ,
σp (r) = 0 (κr − 1)ωRB ' 4.425 × 10−10 C m−2 ,
→
− −
1 ∂r2
%p (r) = −0 (κr − 1)ωB ∇ × →
r = −0 (κr − 1)ωB
= −20 (κr − 1)ωB ' −1.77 × 10−8 C m−3 .
r ∂r
Le rispettive cariche di polarizzazione sono
qσ = 2πRa σp ' 2.78 × 10−11 C ,
q% = πR2 a %p = −qσ .
21
10.9
Il disco gira a una frequenza ω = 2πν (rad/s). Occhio alle unità di misura, ν è dato in giri/minuto! Il campo
avvertito da una carica a distanza r dal centro del disco è
→
−
→
−
→
−
−
−
−
−
E =→
v × B = (→
ω ×→
r ) × B = ωB →
r ,
→
−
−
positiva uscente radialmente dal disco se →
ω e B sono concordi. La differenza di potenziale fra il centro e la
superficie esterna del disco è quindi
Z
Z a
−
→
− →
ωBa2
.
∆V =
E · dr = ωB
r dr =
2
0
La corrente, di conseguenza, è
ωBa2
∆V
=
' 0.795 A .
R
2R
Ora, il momento meccanico indotto dalla forza magnetica agente sulla corrente a distanza r dal centro del
disco è
−−→ →
−→
→
− →
−
−
dM = −
r × dF = i→
r × (dr × B ) = −iBr dr n̂ ,
→
−
dove n̂ è il versore normale al disco (che ha stessa direzione e verso di B ). Il segno − mi dice come al solito
che il momento meccanico si oppone alla rotazione del disco. Integrando, trovo
i=
M=
ωB 2 a4
iBa2
=
' 2.68 × 10−4 N m .
2
4R
La potenza dissipata dal circuito è
P = i2 R = M ω =
ω 2 B 2 a4
' 5.06 × 10−2 W ,
4R
quindi la carica che attraversa il circuito in 1 minuto è
∆q = i∆t ' 47.7 C .
10.10
Ho dissipato l’energia W , che deve essere pari all’energia rotazionale persa:
r
1
8W
2
2
W = I(ω0 − ωf ) ⇒ ω0 =
= 200 s−1 .
2
3I
Ora sfrutto alcuni risultati del problema precedente. Il momento meccanico agente sul disco in rotazione
determina la variazione di momento angolare secondo
−
→
−
→ dL
M=
dt
2 4
ωB a
d
= − Iω
4R
dt
dω
ωB 2 a4
⇒
=−
dt
4RI ⇒ ω = ω0 exp −
22
B 2 a4
t
4RI
.
Trovo B con la richiesta che ω si dimezzi dopo 20 secondi:
s
ω(t1 − t0 )
B 2 a4
1
= exp −
(t1 − t0 ) =
ω0
4RI
2
⇒
B=
4RI
ln 2 ' 0.8 T .
a4 (t1 − t0 )
Il numero di giri compiuti in (t1 − t0 ) è
1
2π
Ngiri =
Z
t1
dt ω ' 459 ,
t0
e la carica totale cha ha attraversato il circuito in quest’intervallo è (vedi problema precedente)
Z
t1
q=
t0
Ba2
i dt =
2R
Z
t1
ω dt =
t0
2πBa2 Ngiri
' 125 C .
2R
10.11
Quando il commutatore è in A, i generatori producono 2E di forza elettromotrice; il disco è fermo, quindi il
momento meccanico controbilancia il momento prodotto dalla forza peso:
Mmagn = Mgrav
iBa2
= mga
2
2mg
⇒ i=
' 19.6 A .
aB
La resistenza del circuito è quindi
2E
.
i
Nella configurazione finale la velocità angolare è costante, quindi di nuovo i momenti si cancellano; stavolta
però è attivo soltanto un generatore. Il momento prodotto dalle forze magnetiche dipende da i, che quindi
deve essere la stessa che abbiamo trovato in precedenza. Quindi ho
R=
i=
ω0 Ba2
ω0 Ba2 i
=
2R
4E
⇒
E=
ω0 Ba2
= 0.1 V .
2
La resistenza è quindi 1.02 × 10−2 Ω, e la carica che attraversa il circuito ad ogni giro nella configurazione
finale è
2πi
q = i∆t =
' 0.62 C .
ω0
10.12
→
−
Il flusso di B attraverso la superficie della bobina varia nel tempo come
→
−
dΦ( B )
= −Ba2 ω
e sin(e
ω t + ϕ) ,
dt
→
−
Φ( B ) = Ba2 cos(e
ω t + ϕ) ,
dove in linea di principio ω
e 6= ω. So dai dati del problema che la corrente itot rimane costante, e so che
questa itot è data dalla somma del contributo dato da E = E0 + E1 sin(ωt) e da quello indotto dalla variazione
di flusso magnetico. Nello specifico, ho che
"
→
− #
dΦ( B )
1 1
itot = iE + iB =
E(t) +
=
E0 + E1 sin(ωt) − Ba2 ω
e sin(e
ω t + ϕ) = costante .
R
dt
R
23
L’unica possibilità è che ω = ω
e , che ϕ = 0 (o multipli di 2π, ma non cambia niente), e che E1 = Ba2 ω.
Quindi trovo che
E1
' 103 s−1 ,
ω=
Ba2
e
E0
itot =
= 2 A.
R
10.13
La f.e.m. indotta è data dalla somma dei due contributi delle facce ortogonali, che “distano” π/2. Abbiamo
→
−
πa2
πa2
Φ( B ) = N
B [cos(ωt) + cos(ωt − π/2)] = N
B [cos(ωt) + sin(ωt)] .
2
2
→
−
Con questa scelta delle fasi, la prima faccia parte perfettamente ortogonale a B , la seconda faccia parte
perfettamente parallela. La f.e.m. indotta è quindi
→
−
πa2
dΦ( B )
= −N
Bω [sin(ωt) − cos(ωt)] .
Ei = N
dt
2
Il massimo di Ei è per ωt = 3π/4 + 2nπ e vale
Emax =
N πa2 Bω
√
' 22.2 V .
2
Medio la potenza su un periodo, e trovo
2π/ω
E2
dt
R
0
Z
ω N 2 π 2 a4 B 2 ω 2 2π/ω 2
=
sin (ωt) + cos2 (ωt) + sin(2ωt) dt
2π
4
0
2 2 4 2 2
N π a B ω
=
' 24.7 W .
4R
P =
1
2π/ω
Z
10.14
La forza elettromotrice indotta nel circuito è come al solito
Ei = N ΣBω sin(ωt) .
→
−
Con questa scelta di fase, al tempo t = 0 il flusso di B attraverso la spira è massimo, cioè il versore n̂
→
−
corrispondente alla normale alla spira è parallelo a B . A questo punto si tratta di risolvere un circuito con
un generatore che fornisce Ei in serie a una capacità C. L’equazione del circuito è
Ei −
q
=0
C
⇒
q(t) = C Ei (t) = N CΣBω sin(ωt) .
La corrente è
dq
= N CΣBω 2 cos(ωt) .
dt
La potenza istantanea è data dal prodotto iEi , ed è pari a
i=
N 2 CΣ2 B 2 ω 3
t
P (t) = i(t) Ei (t) =
sin(2ωt) = 3.2 sin 160
W.
2
1s
24
La potenza media è nulla, perché l’integrale di sin(2ωt) fra t = 0 e t = 2π/ω è nullo.
Il momento meccanico istantaneo è
−
→ − →
−
M =→
m×B,
−
dove →
m è il momento di dipolo magnetico della spira che è a sua volta pari a
→
−
m(t) = N i(t)Σ n̂ .
Ho quindi che
M = N iΣB cos(ωt) =
N 2 CΣ2 B 2 ω 2
t
sin(2ωt) = 4 × 10−2 sin 160
N m.
2
1s
Notare che potevo anche fare, direi anche più elegantemente, M = P/ω. Infatti
−
→ −
P =M ·→
ω = Mω .
Ovviamente, il risultato è esattamente lo stesso, come potete verificare.
10.15
Ricordiamo che il coefficiente di mutua induzione fra i circuiti j e k è dato da
Φk = Mjk ij
oppure Φj = Mkj ik ,
Mjk = Mkj .
La bobina in movimento è percorsa da una corrente costante, ed ha un momento di dipolo magnetico
m2 = N2 iπr2 .
→
−
Il campo B prodotto da questo dipolo è dato da
− →
→
−
→
− →
m·−
r)→
µ0 3 (→
m
−
−
B 2 ( r ) = N2
r − 3 .
4π
r5
r
−
In questa formula, →
r è il vettore che individua il punto generico dello spazio nel sistema di riferimento che
ha come origine il centro del dipolo magnetico, cioè il centro della bobina in moto, non confondetelo con l’r
che entra nella formula per m2 (il raggio della bobina in moto).
Per calcolare l’induzione sull’altra bobina devo calcolare il flusso di questo campo attraverso la superficie
della bobina ferma. In coordinate polari e prendendo x̂ come il versore congiungente i centri delle bobine,
ho che quando i centri distano x
Z
→
−
→
−
B 2 · n̂Σ dS
Φ1 ( B 2 ) = N1
Σ1
#
"
Z
Z R
µ0 m 2π
1
3x
→
−
= N1
x̂ · x̂
r −
dϕ
% d%
5/2
3/2
4π 0
0
(%2 + x2 )
(%2 + x2 )
"
#
Z
Z R
µ0 m 2π
3x
1
→
−
→
−
= N1
dϕ
% d%
(x + %)−
x̂ · x̂
5/2
3/2
4π 0
0
(%2 + x2 )
(%2 + x2 )
"
#
Z
Z R
µ0 m 2π
3x2
1
= N1
dϕ
% d%
−
5/2
3/2
4π 0
0
(%2 + x2 )
(%2 + x2 )
"
#
Z
µ0 m R
3x2
1
% d%
= N1
−
5/2
3/2
2
2
2
2
0
(% + x )
(% + x2 )
R
µ0 m
%2
= N1
3/2
2 (%2 + x2 ) 0
=
R2
N1 N2 i π r2 µ0
.
3/2
2
(x2 + R2 )
25
Quindi posso trovare M21 = Φ1 /i2 , cioè
N1 N2 µ0 πr2 R2
M21 = M12 =
2 (x2 + R2 )
3/2
.
La forza elettromotrice sulla bobina ferma è
E1 = −
dΦ
dM12
dM
3N1 N2 µ0 iπr2 R2
vx
.
= −i
= −iv
=
2
dt
dt
dx
2
x + R2 )5/2
10.16
Il campo prodotto dalla corrente nel filo è in modulo
B=
µ0 i
µ0 i0 −t/τ
=
e
,
2π x
2πx
→
−
dove x è la distanza del punto considerato dal filo. Come vettore, B è ortogonale alla spira. Prendo l’asse
ŷ diretto come il filo. Il flusso del campo attraverso la superficie della spira è
→
−
Φ( B ) =
µ0 i0 e−t/τ
B dS =
2π
spira
Z
b
Z
Z
r+a
dy
0
r
µ0 i0 b r + a −t/τ
dx
=
ln
e
.
x
2π
r
→
−
La f.e.m. indotta nella spira è quindi proporzionale alla derivata temporale di Φ( B ), cioè
Ei (t) =
µ0 i0 b r + a −t/τ
ln
e
.
2πτ
r
La corrente è semplicemente i = Ei /R, e la carica complessia che percorre il circuito da t = 0 a t = ∞ è
Z
∆q =
∞
i(t) dt =
0
→
−
→
−
µ0 i0 b r + a
Φ( B , t = 0) − Φ( B , t = ∞)
=
ln
' 1.1 × 10−7 C .
R
2πR
r
10.21
I dati del problema mi dicono che
B2 = 0.05 T s−2
B(t) = B2 t2 + B1 t ,
B1 = −0.2 T s−1
Il campo elettrico è prodotto da un campo magnetico variabile nel tempo secondo
→
−
→
− →
−
∂B
∇×E =−
.
∂t
In coordinate cilindriche, ho
→
− →
−
1 ∂(rEθ ) ∂Er
1 ∂Ez
∂Eθ
∂Er
∂Ez
∇×E =
−
r̂ +
−
θ̂ +
−
ẑ
r ∂θ
∂z
∂z
∂r
r
∂r
∂θ
Il sistema è simmetrico per traslazioni lungo ẑ, rotazioni attorno all’asse ẑ, quindi le derivate rispetto a z e
θ devono essere nulle. Nel nostro caso, quindi,
→
− →
−
∂Ez
1 ∂(rEθ )
∇×E =−
θ̂ +
ẑ .
∂r
r ∂r
26
Il campo magnetico, però, è diretto lungo ẑ, quindi rimane solo il secondo termine:
→
−
→
− →
−
∂B
∇×E =−
∂t
1 ∂(rEθ )
∂B
ẑ = −
ẑ
r ∂r ∂t
Eθ
∂Eθ
∂B
+
ẑ = −
ẑ .
r
∂r
∂t
D’altronde il termine a destra dipende solo da t, quindi anche il termine a sinistra, il che richiede
Eθ
∂Eθ
+
= k.
∂r
r
Attenzione che k dipenderà da t, ma per quanto riguarda r vale come una costante. All’interno del cilindro,
l’equazione differenziale si risolve scrivendo
∞
X
Eθ (r) =
An r n ,
n=0
dove ho preso solo potenze positive di r per evitare infiniti a r = 0. Attenzione: i coefficienti An possono
essere funzioni del tempo! L’equazione differenziale diventa
∂Eθ
Eθ
+
=k
∂r
r
∞
X
nAn rn−1 +
∞
X
An rn−1 = k
⇒
n=0
n=0
⇒
Eθ (r ≤ R) = −


 A0 = 0
2A1 = k ⇒ A1 = k/2


A2 = A3 = · · · = 0 .
r ∂B
.
2 ∂r
Forse esiste un modo ancora più semplice per arrivare a questo risultato, se lo trovate tanto meglio! Probabilmente non vi servirà mai, ma questo tipo di procedimenti (isolare pezzi che dipendono da una sola variabile
a sinistra e destra dell’uguale, sviluppo in potenze di una variabile) è abbastanza tipico quando bisogna fare
elettrodinamica un po’ più avanzata.
→
−
Ad ogni modo, alla fine siamo riusciti a trovare E , e quindi calcoliamo la forza come richiesto:
F (r = r1 , t = t1 ) = −
qr ∂B
|e|r1
=
(2B2 t1 + B1 ) ' 6.4 × 10−22 N .
2 ∂t
2
Per trovare il campo E fuori dal cilindro, ripeto lo stesso procedimento di prima ma con
Eθ (r) =
0
X
An r n ,
(r ≥ R)
n=−∞
perché voglio evitare infiniti a r = ∞; inoltre, stavolta a destra dell’uguale avrò 0, perché B = 0 fuori dal
cilindro. Quindi trovo
∂Eθ
Eθ
+
=0
∂r
r
0
0
X
X
nAn rn−1 +
An rn−1 = 0
n=−∞
(
⇒
n=−∞
⇒
Eθ (r ≥ R) =
A−1
.
r
27
A0 = 0
A−2 = A−3 = · · · = 0 .
Determino A−1 richiedendo la continuità di E in r = R:
R ∂B
A−1
=
2 ∂t
R
R2
⇒ A−1 = −
2
R2
Eθ (r ≥ R) = −
2r
−
⇒
∂B
∂t
∂B
.
∂t
Quindi in r = r2 trovo
F (r = r2 , t = t1 ) =
|e|R2
(2B2 t1 + B1 ) ' 5.7 × 10−22 N .
2r2
Per la cronaca, in entrambi i casi la forza in quanto vettore è diretta in senso orario se il campo magnetico
è entrante nel foglio.
La forza si annulla ovunque quando
2B2 t + B1 = 0
⇒
t = 2 s.
10.22
Il campo nei solenoidi cresce come
B(t) = B0 + α t ,
→
−
Guardiamo la maglia a sinistra. Il campo B è entrante nel foglio, quindi genererà una corrente in senso
antiorario, che andrà ad opporsi al campo del solenoide. La f.e.m. indotta è (in modulo)
→
−
dΦ1 ( B )
= πr12 α ' 0.314 V .
E1 =
dt
Similmente, nella maglia a destra verrà generata una corrente in senso orario da una f.e.m.
E2 = πr22 α ' 0.707 V .
Non possiamo semplicemente sostituire E = Ri, perché le due maglie sono collegate. Prendiamo i1 antioraria
(nella prima maglia), e i2 oraria nella seconda maglia. Di conseguenza, nel ramo in comune la corrente sarà
icom = i1 + i2 verso l’alto.
Ora molta attenzione: la f.e.m. indotta dal campo magnetico “tira” le cariche nello stesso modo lungo tutto
il circuito, quindi sarebbe equivalente a “infiniti” generatorini, tali che in ogni ramo di una data maglia la
somma dei contributi di questi generatorini è la stessa. In pratica, posso simulare l’effetto di questi infiniti
generatorini dicendo che ogni E si divide in 4 parti uguali nei 4 rami di ogni maglia.
A questo punto risolvo le solite equazioni delle maglie e dei nodi, che mi danno

E2


− i1 R1 − icom R2 = 0
E1 +

E1 (4R3 + 3R2 ) − E2 (3R2 − R3 )

4

i1 =
' 2.5 × 10−2 A ,


4(R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 )


E1
E2 (4R1 + 3R2 ) − E1 (3R2 − R1 )
⇒
i2 =
' 8.9 × 10−2 A ,
E2 +
− i2 R3 − icom R2 = 0



4(R
R
+
R
R
−
R
R
)
4
1 2
1 3
2 3





i
'
0.11
A
.
com

icom = i1 + i2
Per calcolare le d.d.p. ai capi delle singole resistenze devo tenere conto anche del contributo di E/4 in ogni
ramo:
∆V (R1 ) = 7.1 × 10−2 V ,
∆V (R1 ) + E1 /4 = i1 R1
∆V (R2 ) + (E1 + E2 )/4 = (i1 + i2 )R2
∆V (R3 ) + E2 /4 = i2 R3
⇒
∆V (R2 ) = 8.6 × 10−2 V ,
∆V (R3 ) = 0.27 V .
28
La potenza totale spesa è
Ptot = R1 i21 + R2 i2com + R3 i22 = 8.2 × 10−2 W .
29