versione A

A
Corsi di Laurea in Ingegneria per l’Ambiente ed il Territorio e Ingegneria Civile 2a squadra
(Prof. G. Naletto)
Seconda Prova di Accertamento di Fisica 2 - Padova, 20 Giugno 2006
Cognome .............................................................. Nome ........................................... Matricola .......................
Problema 1
P
I
Bo
R
O
S
i
2a
z
In un punto P all’interno di un solenoide rettilineo indefinito avente densità di spire per
unità di lunghezza pari a n = 2000 spire/m e percorso da una corrente I il campo
magnetico è Bo = 4⋅10–3 uz T uscente dal piano del foglio in figura. Successivamente si
pone dentro al solenoide una bobina composta da N = 10 spire quadrate di lato 2a e
centro O con asse parallelo a quello del solenoide percorsa da una corrente i = 2 A nel
verso indicato in figura, e si trova che il campo magnetico nel punto O vale
B(O) = 3⋅10–3 uz T. Determinare:
a) l’intensità I ed il verso della corrente che circola nel solenoide;
b) la lunghezza a del semilato della bobina quadrata dentro al solenoide;
c) la variazione ΔUm di energia potenziale magnetica della bobina quando questa ruota
di Δθ = π attorno al lato RS indicato in figura.
B
Problema 2
D
È dato un solenoide rettilineo di lunghezza = 1.2 m molto maggiore del suo
diametro D e composto di N = 1000 spire. Il modulo del campo magnetico
d
all’interno del solenoide è Bo = 2.1⋅10–3 T.
Ad un certo istante si inserisce coassialmente al solenoide un cilindro di
materiale magnetico di lunghezza e diametro d = 0.03 m avente permeabilità
C
magnetica relativa km. Determinare:
la circuitazione ΛB del campo magnetico sulla linea chiusa C indicata in figura che concatena tutte le spire del
solenoide;
il valore della permeabilità magnetica relativa km sapendo che la densità lineare di corrente di magnetizzazione
presente sulla superficie laterale del cilindro è jm,s = 3300 A/m;
il modulo Q della carica che attraversa, durante il processo di inserimento del cilindro, una spira di resistenza
R = 5 Ω posta al centro del solenoide e ad esso coassiale che concatena il cilindro di materiale magnetico;
(facoltativo) l’energia magnetica U m del sistema quando il cilindro è inserito (si assuma D = 0.06 m).
B
a)
b)
c)
d)
Problema 3
B
Q
P
M
N
Una spira conduttrice quadrata MNPQ di lato = 0.4 m avente resistenza R è immersa
in un campo magnetico uniforme B perpendicolare al piano della spira. Il modulo del
campo magnetico varia nel tempo con la legge B (t ) = Bo sin(ωt + φ ) , in cui ω = 10 s–1 e
φ = 30°. Sapendo che il flusso di campo magnetico concatenato al circuito all’istante
t* =
π
è Φ[B(t*)] = –0.04 Wb, calcolare:
ω
a) l’ampiezza Bo del campo magnetico;
B
b) la forza elettromotrice ε(t*) indotta nel circuito all’istante t*;
c) la resistenza R della spira, sapendo che la carica che attraversa una sezione del filo della spira tra l’istante iniziale
ti = 0 e l’istante finale tf = 5t* è Q = 0.02 C;
d) la potenza Pdiss(t*) dissipata sulla resistenza del circuito all’istante t*;
Soluzioni
Problema 1
a)
b)
c)
Siccome il campo Bo ha lo stesso verso dell’asse z indicato, il verso della corrente I è antiorario in figura.
B
Bo = Bsol = Bsol u z = μ o nIu z ⇒ I = o = 1.59 A
μo n
Il campo magnetico in O è dato dalla somma vettoriale del campo Bo e del campo al centro della bobina quadrata
(si veda al riguardo l’esercizio 7.8 del testo):
⎛
μ i 2 ⎞⎟
Nμ o i 2
= 0.011 m
B(O ) = Bo + Bbobina = ⎜ Bo − N o
uz ⇒ a =
⎟
⎜
πa ⎠
π [Bo − B (O)]
⎝
Quando la bobina ruota, essa “trascina” il campo magnetico generato da se stessa, che quindi non si considera
nel calcolo della “variazione” di energia:
ΔU m = (−m ⋅ Bo ) fin − (−m ⋅ Bo ) in = −mBo cos 0 + mBo cos π = −2mBo = −2 Ni ⋅ 4a 2 Bo = −8 Nia 2 Bo = −8.2 ⋅10 −5 J
B
B
Problema 2
a)
Bo = μ o
N
∫
i ⇒ Λ B = B ⋅ ds = μ o Ni = Bo = 2.52 ⋅10 −3 Tm
C
b)
j m , s = M = χ m H = (k m − 1)
c)
Q=
d)
Um =
=
Φi − Φ f
R
=
Φi − Φ f
B
B
= (k m − 1) o
km μo
μo
cilindro
R
=
[
Bo
= 2.97
B πd 2
1
d2
d2
Bo π
− k m Boπ
= o
(k m − 1) = 5.9 ⋅ 10 −7 C
R
4
4
4R
1
1
1
B 2 dτ =
B 2 dτ +
2μ
2μ cil
2μ o
∫
jm,s μ o
⇒ km = 1 +
∫
∫
Bo2 dτ =
sol −cil
⎛ D2 d 2
d2
1
1
k m2 Bo2π
Bo2π ⎜⎜
+
−
2μ o k m
4
2μ o
4
⎝ 4
⎞
⎟⎟ =
⎠
]
Bπ
(k m − 1)d 2 + D 2 = 8.9 ⋅ 10 −3 J
8μ o
2
o
Problema 3
∫
a)
Φ[ B(t )] = B ⋅ dΣ = Bo sin(ωt + φ )
b)
ε (t ) = − dΦ( B) = − d [Bo
c)
d)
2
dt
dt
Bo
ΔΦ Φ i − Φ f
=
=
Q=−
R
R
2 Bo 2
⇒ R=
sin φ = 4 Ω
Q
Pdiss (t*) = i (t*) 2 R =
ε (t*) 2
R
⇒ Φ[ B(t*)] = Bo
2
2
sin (π + φ ) = − Bo
]
sin(ωt + φ ) = − Bo 2ω cos(ωt + φ ) ⇒
2
[sin(ωt
i
+ φ ) − sin(ωt f + φ )
R
= 0.12 W
2
sin φ ⇒ Bo = −
ε (t*) = Bo
2
ω cos φ = 0.69 V
] = B [sin φ + sin φ ] = 2B
R
R
2
o
Φ[ B(t*)]
= 0. 5 T
2
sin φ
o
2
sin φ ⇒