Seconda prova in itinere

Fisica II
Seconda prova in itinere, 16/12/2009
Problema
√
Un sistema è fatto di due solenoidi uguali e coassiali, di lunghezza ` e sezione S (con ` S),
fatti di N spire e posti a distanza d `. Nel secondo solenoide è completamente inserito un
cilindro isolante di permeabilità magnetica µ, lunghezza ` e sezione s < S. Siano I1 e I2 le
correnti.
1) Calcolare le autoinduttanze dei solenoidi e i loro momenti di dipolo.
2) Calcolare i coefficienti di mutua induzione L12 e L21 .
Un generatore mantiene costante la corrente I1 , mentre il secondo solenoide è isolato. Le
resistenze sono trascurabili. All’instante iniziale la corrente I2 è nulla e il cilindro è completamente
inserito. Successivamente, il cilindro viene estratto completamente dal solenoide.
3) Calcolare la corrente finale sul secondo solenoide.
4) Calcolare il lavoro fatto per estrarre il cilindro.
1
Soluzione
1) L’autoinduttanza del primo solenoide è
L11 =
µ0 N 2 S
.
`
Nel secondo solenoide abbiamo
N I2
,
`
sia dentro il cilindro che fuori (per la condizione al contorno sulla superficie del cilindro), per cui
H2 =
L22 =
µ0 N 2
(S + s(µr − 1)) .
`
I momenti di dipolo sono
m1 = x̂SN I1 ,
m2 = x̂SN I2 + x̂s`(µr − 1)H2 ,
dove abbiamo incluso il contributo della magnetizzazione nel secondo caso. Troviamo
m2 = x̂N I2 (S + s(µr − 1)) .
2) Calcoliamo prima L12 . Il secondo solenoide viene visto come un dipolo m2 che genera il
campo
µ0 m 2
B2 =
2πd3
praticamente uniforme nella zona del primo. Abbiamo dunque
L12 =
µ0 N 2 S (S + s(µr − 1))
.
2πd3
Calcoliamo ora L21 . Il primo solenoide è visto dal secondo come un dipolo m1 che genera il
campo
µ0 m 1
B1 =
2πd3
nella zona del secondo. Il campo
m1
H1 =
,
2πd3
è uguale tanto dentro il cilindro che fuori (per la condizione al contorno sulla superficie del
cilindro). Pertanto il flusso del campo magnetico generato dal primo solenoide, concatenato col
secondo solenoide, risulta
Φ2 =
m1 µ0
N (S − s + µr s) = L21 I1 ,
2πd3
da cui
L21 =
µ0 SN 2
(S + s(µr − 1)) ≡ M,
2πd3
2
che coincide col risultato trovato nell’altro modo.
3) L’equazione del secondo circuito è
0=
d
(L2 I2 + M I1 ) ,
dt
per cui
L2f in I2f in + Mf in I1 = Min I1 ,
dove i valori finali dei coefficienti di autoinduzione e di L2 si ricavano dai precedenti ponendo
µr = 1. Troviamo
`s(µr − 1)
I1 .
I2f in =
2πd3
4) La forza elettromotrice del primo circuito è
E1 =
d
(L1 I1 + M I2 ) .
dt
Dal bilancio energetico abbiamo
E1 + L = Umf in − Um ,
dove
Z tf in
E1 =
tin
E1 I1 dt = Mf in I1 I2f in
è l’energia erogata dal generatore. Pertanto il lavoro fatto è
µ0 N 2 `Ss2 I12 (µr − 1)2
1
2
=
.
L = L2f in I2f
in
2
8π 2 d6
3