CORREZIONE COMPITO TOTALE del 15/02/2012
1) Una carica elettrica puntiforme Q=2C è soggetta al campo elettrico generato da un’altra carica elettrica
puntiforme in quiete q=3C situata nel punto P di coordinate (0,2,2)m rispetto a un determinato riferimento
cartesiano. Ricordando che 1/4p¶ε0=9x109Nm2/C2, determinare il lavoro compiuto dal campo generato da
q se la carica Q si sposta dal punto P1 di coordinate(-3,2,-2)m a quello P2 di coordinate (-4,5,2)m nello
stesso sistema di riferimento.
SVOLGIMENTO:
Queste formule devono essere supernote:
L = -D U = - IU f - Ui M = Ui - U f ;
con
Uk (r) = Q VHrk L
VHrk L =
q
1
4 p e0 rk
con rk la distanza tra q e Q nella posizione k-esima
Dai conti si ha che
ri = 5 m
rf = 5 m
Di conseguenza non si ha nessun lavoro complessivo risultante dallo spostamento.
2) Un condensatore è formato da due placche circolari di raggio R poste a distanza d<<R.
Sulle armature è distribuita uniformemente una carica che varia ne l tempo con una legge
Q HtL = Q0 sin(wt), con Q0 e w costanti. Se r è la distanza dall’asse x passante per i centri delle due placche,
determinare:
a)
l’espressione del campo elettrico per r<<R ;
b)
l’espressione del campo magnetico per r<<R ;
c)
per una particella di massa m e carica q inizialmente ferma sull’asse x al centro tra le armature, i
valori di w per cui la carica in moto non tocca le armature.
SVOLGIMENTO
a) La condizione che d<<R, implica che le armature del condensatore sono estremamente vicine. L’ulteriore
condizione che r<<R implica che ci poniamo in una regione molto ristretta rispetto alle dimensioni delle armature.
In tale regione, il campo elettrico percepito equivale a quello presente tra due armature di estensione indefinita,
Ø
ovvero è un campo elettrico uniforme ortogonale alle due armature di valore E =
s
e0
i, con s la densità superficiale
sulle armature.
In realtà, la carica sulle armature dipende dal tempo, e quindi s(t) =
QHtL
p R2
=
Q0
p R2
sinHw tL, e quindi si ha un campo
oscillante, altrettanto variabile nel tempo.
Ø
Ø
E = EHtL =
Q0
e0 p R2
sinHw tL i
b) Avendo un campo variabile, è possibile determinare il campo magnetico indotto da questa variazione utilizzando la IV equazione di Maxwell:
Ø
Ø
Ø
! ä B = m0 J + e0
Ø
¶∂ E
¶∂ t
(1)
Ø
Poiché siamo nel vuoto, all’interno di un condensatore, J = 0, l’equazione (1) diventa con
Ø
Ø
! ä B = m0 e0
Ø
¶∂ E
¶∂ t
(2)
2
b) Avendo un campo variabile, è possibile determinare il campo magnetico indotto da questa variazione utilizzando la IV equazione di Maxwell:
Compito2012_02_15.nb
Ø
Ø
Ø
! ä B = m0 J + e0
Ø
¶∂ E
¶∂ t
(1)
Ø
Poiché siamo nel vuoto, all’interno di un condensatore, J = 0, l’equazione (1) diventa con
Ø
Ø
Ø
! ä B = m0 e0
¶∂ E
¶∂ t
(2)
Calcolando il flusso di entrambi i termini di tale equazione attraverso una superficie S = p r2 , si scrive
Ø
Ø
Ø
ŸS ! ä B ÿ „ S = m0 e0 ŸS
Ø
¶∂ E
¶∂ t
Ø
ÿ „ S (3)
Ø
con „ S = dS i
Ø
Al primo membro della (3) si applica il teorema di Kelvin-Stokes (ottenendo la circuitazione del campo B lungo la
frontiera di S, ¶∂S = 2 p r, circolandola secondo la regola della mano destra, con il pollice direzionato lungo i):
Ø
Ø
Ø
Ø Ø
ŸS ! ä B ÿ „ S = Ÿ¶∂S B ÿ „ l = B 2p r .
L’ultimo passaggio si avvale dalle seguenti considerazioni:
Ø
Ø
Data la (2), ! ä B deve essere parallelo a
Ø
¶∂ E
.
¶∂ t
Siccome il campo elettrico è variabile nel tempo solo nella sua
Ø
intensità (la sua direzione non cambia col tempo), allora
¶∂ E
¶∂ t
Ø
Ø
Ø
Ø
Ø
Ø
// E. Ne consegue che ! ä B // E // „ S. Quindi B
Ø
deve essere perpendicolare a „ S.
Ø
Ø
Ø
Inoltre, sempre per la (2) vale che generalmente ! ä B ¹≠ 0, quindi B non può essere un campo centrale (ovvero
che si dirama da un centro in modo radiale), ma questo è banale, perché deve essere solenoidale (perché la II
Ø
Ø
Ø
equazione di Maxwell dice che ! ÿ B = 0). Questo significa che B si avvolge lungo tratte circolari coassiali
all’asse X (fissato un tempo t, il campo elettrico è uniforme tutt’attorno all’asse X, che diventa l’asse di simmetria
di tutto il problema).
Ø
Fissata dunque la distanza r dall’asse X, l’intensità di B (cioè B) non varia lungo la circonferenza 2 p r, ovvero la
frontiera ¶∂S di S, e pertanto
Ø Ø
Ÿ¶∂S B ÿ „ l = B 2p r. (4)
Ø
A secondo membro della (3), data l’uniformità di E, e sopratutto la non variabilità nel tempo della superficie S,
è possibile portare fuori dall’integrale la derivata parziale, diventando una derivata totale rispetto al tempo:
Ø
m0 e0 ŸS
¶∂ E
¶∂ t
Ø
ÿ „ S = m0 e0
= m0 p r 2 w
Ø Ø
d
E
ÿ„S
Ÿ
S
dt
Q0
p R2
= m0 e0
sinHw tL
d
dt
H E S L = m0 e0 S
d
dt
E=
H5L
Pertanto unendo le espressioni (4) e (5), si ottiene che
Ø
B = m0 r w
Q0
2 p R2
sinHw tL uq ,
con uq il versore tangente alla frontiera ¶∂S.
Come si vede il campo indotto è nullo lungo l’asse X, e tende a crescere man mano che ci si allontana trasversalmente (non ci si deve stupire... abbiamo supposto che il campo elettrico fosse uniforme in tutto lo spazio... ma
lo spazio in questione è soltanto una regione centrale al condensatore, che in realtà ha dimensioni finite e non
infinite).
c) Dalla legge del moto di una particella, di carica q, in un campo elettrico:
Ø
Ø
Ø
F = m a = q EHtL = q
Q0
e0 p R2
sinHw tL i
Il moto è evidentemente monodimensionale, lungo l’asse X,
quindi
Come si vede il campo indotto è nullo lungo l’asse X, e tende a crescere man mano che ci si allontana trasversalmente (non ci si deve stupire... abbiamo supposto che il campo elettrico fosse uniforme in tutto lo spazio... ma
Compito2012_02_15.nb
3
lo spazio in questione è soltanto una regione centrale al condensatore, che in realtà ha dimensioni finite e non
infinite).
c) Dalla legge del moto di una particella, di carica q, in un campo elettrico:
Ø
Ø
Ø
F = m a = q EHtL = q
Q0
e0 p R2
sinHw tL i
Il moto è evidentemente monodimensionale, lungo l’asse X,
quindi
..
m xHtL = q
q
°
xHtL = - m
q
xHtL = - m
Q0
e0 p R2
sinHw tL
Q0
1
e0 p R2 w
Q0
1
e0 p R2 w2
cosHw tL + v0
sinHw tL + v0 t + x0 .
Dalle condizioni iniziali, avendo scelto l’origine degli assi nel centro delle armature,
q
Q0
°
1
xH0L = 0 fl v0 = m
2 w
e0 p R
xH0L = 0 fl x0 = 0
di conseguenza
q
Q0
1
@t
m e0 p R2 w2
xHtL =
- sinHw tLD.
Poiché c’è una dipendenza lineare con t, non esiste un w che tenga lontano la particella dalle armature in modo
definitivo.
Si hanno delle oscillazioni per t<1, dove al più deve essere x<
w2 >
q
Q0
2
m e0 p R2 d
d
2
, quindi
.
In figura è mostrato il caso con w = 30
x
q
Q0
1
m e p R2 w2
0
100
10
1
0.1
0.01
0.001
0.5
1.0
5.0
10.0
50.0
100.0
t
3) Si consideri una calotta cilindrica di lunghezza indefinita di raggio interno a=5mm e raggio esterno
Æ
b=10mm. Al suo interno scorre una corrente di densità J =15r k A/m2 dove k è il versore nella direzione
della lunghezza del conduttore ed r la distanza radiale dall’asse del conduttore. Calcolare (indicando le
formule prima di sostituire i valori numerici):
a) la corrente totale che circola nel conduttore;
b) il campo magnetico in tutto lo spazio in funzione della distanza r
4
b=10mm. Al suo interno scorre una corrente di densità J=15r k A/m2 dove k è il versore nella direzione
della lunghezza del conduttore ed r la distanza radiale dall’asse del conduttore. Calcolare (indicando le
formule prima di sostituire i valori numerici):
Compito2012_02_15.nb
a) la corrente totale che circola nel conduttore;
b) il campo magnetico in tutto lo spazio in funzione della distanza r
SVOLGIMENTO
a)
Ø
un elemento infinitesimo, orientato, della sezione del conduttore,
„ S = r dq dr k
Ø
Ø
2p
b
I = ŸS J ÿ „ S = ŸS 15 r2 dq dr = Ÿ0 dq Ÿa 15 r2 dr= 10 p Ib3 - a3 )
b) All’esterno della calotta, ovvero per r > b, si ha un campo di induzione magnetica equivalente a quello generato da un filo indefinito rettilineo percorso da corrente I = 10 p Ib3 - a3 );
All’interno della calotta, per il teorema della circuitazione di Ampere, si ha un campo magnetico generato solo
dalla porzione di corrente contenuta entro il raggio r.
Ø
B=
5 m0
5 m0
Ib3 -a3 M
r
Ir3 -a3 M
r
per r > b
per a § r § b
per r< a il campo B è nullo.
In figura l’andamento di B, avendo scelto a = 5 ä 10-3 m e b = 10-2 m
B Harbitrary unitsL
0.0001
0.00008
0.00006
0.00004
0.00002
0.0000
0.00
0.01
0.02
0.03
0.04
0.05
xHmL
4) Due barre conduttrici, ciascuna di resistenza R1 e R2 , appoggiano senza attrito su due binari orizzontali
di resistenza trascurabile. La distanza tra i binari è L=40cm e il sistema è immerso in un campo magnetico
uniforme B=1.2 T, perpendicolare ai binari ed alle barre, uscente dal foglio. Le barre si muovono con
velocità v1 = 10m/s e v2 =5 m/s. Calcolare:
a)
La resistenza R1 , se la corrente indotta nel circuito è di 0.24A e R2 =6 Ω
b)
La forza che agisce sulle sbarrette 1 e 2
c)
L’energia dissipata sulle resistenze in un intervallo di 10 secondi
velocità v1 = 10m/s e v2 =5 m/s. Calcolare:
a)
La resistenza R1 , se la corrente indotta nel circuito è di 0.24A e R2 =6 Ω
b)
La forza che agisce sulle sbarrette 1 e 2
c)
L’energia dissipata sulle resistenze in un intervallo di 10 secondi
Compito2012_02_15.nb
5
SVOLGIMENTO
a) Per la legge di Faraday-Neumann-Lens,
d
eind = - d t FHBL
Essendo B uniforme e costante, allora vale che
d
dt
FHBL = B
d
dt
S,
con S la superficie formata dalle aste in movimento e dai binari.
Supponiamo per t=0 che le due aste verticali siano separate da una distanza d.
S = L( d + v1 t - v2 t ).
eind = -B LHv1 - v2 L = - 2.4 V.
Ø
Se scegliamo come normale alla superficie S un versore equiverso a B,
si ha una corrente che circola in modo orario.
Poiché deve essere |eind = I Rtot = I HR1 + R2 L
si calcola facilmente che
R1 =
eind
I
- R2 = 4 W .
Ø
b) Avvalendosi della formula
in senso orario,
Ø
Ø
Ø
F = I d l ä B, ricordando che B è costante ed uniforme, e che la corrente circola
Ø
F2 = I L B i = -F1 , con |F1 | = 0.11 N.
c) La potenza totale che è dissipata vale Wtot = I 2 Rtot = 0.58 W.
Quindi l’energia dissipata in un intervallo di 10 secondi vale 5.8 J.
5) Il circuito in figura è formato da un generatore di f.e.m ¶ε = 50 V con resistenza interna r = 30 kW, tre
resistenze R1=2R2=R3=30 kW, due condensatori C1=C2=300 mF e due induttanze L1=L2/2=30 mH.
Inizialmente il circuito si trova in condizioni stazionarie, con le terminazioni B e C collegate da un filo di
resistenza trascurabile, come in figura. In questa configurazione calcolare:
a) la potenza dissipata nel circuito
b) il potenziale nel punto A
Ad un certo istante,il collegamento viene spostato dal punto B in modo da connettere il punto C al punto D. In
questa nuova configurazione del circuito si calcoli:
d) l’energia accumulata nel circuito
e) la corrente che circola nelle induttanze L1 e L2
6
Ad un certo istante,il collegamento viene spostato dal punto B in modo da connettere il punto C al punto D. In
questa nuova configurazione del circuito si calcoli:
d) l’energia accumulata nel circuito
Compito2012_02_15.nb
e) la corrente che circola nelle induttanze L1 e L2
SVOLGIMENTO
a) La corrente circola solamente in r, R1 e R3 . R1 e R3 formano un parallelo, di valore R13 =
R1 R3
R1 +R3
= 15 kW.
La resistenza totale incontrata dalla corrente vale Rtot = r + R13 = 45 kW. Da cui La potenza dissipata vale
Wtot =
e2
Rtot
= 5.6 10-2 W.
b) Non circolando corrente attraverso R2 , a causa dell’interruzione del ramo indotta da C1 , non c’è d.d.P. ai capi
di R2 ; non c’è ovviamente alcuna d.d.P. ai capi di L2 , non essendo percorsa da corrente variabile (in realtà non è
proprio percorsa da corrente!). Quindi propagando il potenziale nullo in D fino ad A, e non incontrando cadute di
tensione, VA = 0.
c) Un momento prima del cambio di connessioni sui terminali B, C e D, l’energia e’ accumulata
- nell’induttanza L1 , perché è percorsa da corrente I =
e
Rtot
= 1.1 10-3 A, e vale EL1 =
1
2
L I 2 =1.8 10-8 J;
- nei condensatori C1 e C2 , che si trovano in parallelo (ricordiamo che in R2 NON passa corrente), formando una
capacità complessiva di C12 = C1 + C2 = 600 mF; essendo V la d.d.P. ai capi di C12 e di R13 , che vale per il
partitore di tensione V= e
R13
Rtot
1
= 18.75 V, si ha quindi l’energia nei condensatori pari a EC12 = 2 V 2 C = 5.2 10-2 J .
L’energia totale accumulata vale quindi Etot ~ 5.2 10-2 J.
Quando si cambiano le connessioni, il condensatore C2 si separa dal circuito che gli sta a sinistra, formando una
maglia con L2 .
Nella parte di circuito a sinistra di C2 (in pratica un nuovo circuito separato) non cambia nulla, ovvero la stessa
corrente permane attraverso le resistenze, che sono sottoposte tutte alle stesse tensioni di prima; a destra non ci
sono elementi che dissipano energia HL2 e C2 non possono dissipare) e quindi si può tranquillamente dire che
l’energia viene conservata tale e quale a quella prima del cambio di connessioni, ovvero Etot ~ 5.2 10-2 J.
d) Come accennato nel punto precedente, nel circuito di sinistra non muta il valore della corrente, che rimane nel
suo regime stazionario. Quindi in L1 scorre la corrente calcolata nel punto c) pari a IL1 = 1.1 µ 10-3 A.
Passiamo invece al circuito di destra: quando il condensatore C2 si connette alla induttanza L1 si ha un circuito
oscillante: infatti il condensatore C2 , ancora carico appena viene collegato il nodo C al D, sulle prime si scarica
facendo fluire corrente attraverso ad L2 che accumula energia producendo un campo magnetico, ma che presto
rilascia generando una variazione della corrente che ricarica il condensatore C2 , e così via, in un moto perpetuo (...
che non è ovviamente realizzabile nella pratica perché nella vita reale ci sarà sempre una qualche forma di resistività nei fili).
L’equazione di Kirchhoff per questo circuito, privo di una f.e.m., si scrive:
0=
Q
C2
+ L2
d I2
dt
=
Q
C2
+ L2
d2 Q
d t2
.
Si ha quindi una soluzione oscillante del tipo Q(t) = Q0 cosHw tL, con w =
1
L2 C2
~ 236 Hz.
°
Di conseguenza I2 = Q = -Q0 w sinHw tL, con Q0 la carica accumulata inizialmente, pari a
Q0 = V C2 = 5.6 10-3 C.
ità nei fili).
L’equazione di Kirchhoff per questo circuito, privo di una f.e.m., si scrive:
Q
0=
+ L2
C2
d I2
dt
=
Q
C2
+ L2
d2 Q
d t2
Compito2012_02_15.nb
.
Si ha quindi una soluzione oscillante del tipo Q(t) = Q0 cosHw tL, con w =
1
L2 C2
~ 236 Hz.
°
Di conseguenza I2 = Q = -Q0 w sinHw tL, con Q0 la carica accumulata inizialmente, pari a
Q0 = V C2 = 5.6 10-3 C.
In[127]:=
Out[127]=
18.75 µ 300 µ 10-6
0.005625
1
In[126]:=
60 µ 10
Out[126]=
-3
300 µ 10-6
êê N
235.702
1
In[124]:=
Out[124]=
In[123]:=
Out[123]=
18.752 300 µ 10-6
2
0.0527344
50 µ
40
18.75
1
In[120]:=
2
Out[120]=
15
êê N
0.03 I1.1 µ 10-3 M
1.815 µ 10-8
50
In[119]:=
Out[119]=
In[111]:=
45 µ 1000
.24 µ .4 µ 1.2
1.2 µ 0.4 H5L
.242 10
0.1152
Out[112]=
2.4
Out[113]=
0.576
2.4
In[108]:=
In[38]:=
Out[38]=
êê N
0.00111111
Out[111]=
Out[108]=
2
0.24
4.
-6
‡ ‡ [email protected] tD „ t „ t
-
[email protected] wD
w2
Information::nomatch : No symbol matching œ found. à
7
8
Compito2012_02_15.nb
Information::notfound : Symbol Nabla not found. à
CONTI
#1
3
In[6]:=
[email protected]_, p2_D := . ‚ [email protected]@iDD - [email protected]@iDDL2
i=1
In[128]:=
p = 80, 2, 2<;
p1 = 8- 3, 2, - 2<;
p2 = 8- 4, 5, 2<;
k = 9 µ 109 ;
Q = 2;
q = 3;
ri = [email protected], p1D êê N
rf = [email protected], p2D êê N
k
Vf = q
;
rf
k
Vi = q
;
ri
L = Q HVi - VfL
Out[134]=
5.
Out[135]=
5.
Out[138]=
0.
Out[22]=
0
#2
In[70]:=
LogLogPlotBx - [email protected] xD, 9x, 10-1 , 100=, AxesLabel Ø :t, "
x
q
Q0
1
m e0 p R 2 w2
x
Q0
q
1
m e0 p R2 w2
100
10
1
Out[70]=
0.1
0.01
0.001
0.5
#3
1.0
5.0
10.0
50.0
100.0
t
">F
Compito2012_02_15.nb
In[231]:=
subs = 8a Ø .005, b Ø .01<;
c1 = IfBx > b,
b3 - a3
x
, 0F ê. subs;
c2 = IfBx > a && x < b,
x3 - a3
, 0F ê. subs;
x
PlotA8c1, c2<, 9x, 10-3 , .05=,
AxesLabel -> 8"xHmL", "B Harbitrary unitsL"<, PlotRange Ø 90, 1 µ 10-4 =E
B Harbitrary unitsL
0.0001
0.00008
0.00006
Out[234]=
0.00004
0.00002
0.0000
0.00
In[162]:=
Out[162]=
Out[98]=
0.01
0.02
0.03
0.04
c2 ê. x Ø .001
0
AxesLabel Ø 8B Harbitrary unitsL, xHmL<
0.05
xHmL
9
Scarica

Preview - tommaso chiarusi, ph.d.