B - UnivPM

Esercitazione n° 10 FISICA SPERIMENTALE II (C.L. Ing. Mecc. A/L)
(Prof. Gabriele Fava) A.A. 2010/2011
INDUZIONE ELETTROMAGNETICA
1.Una sbarretta conduttrice rettilinea lunga l = 10 cm trasla sul piano xy con
velocità v = 4 m/s parallela all’asse x. La sbarra, la cui normale forma un angolo
di 30° con l’asse x, è immersa in un campo magnetico uniforme e costante B = 1 T
che non ha componente lungo l’asse y e forma un angolo di 45° con l’asse x.
Calcolare la tensione indotta ai capi della sbarra.
A causa della forza di Lorentz su tutti i punti della sbarra in moto
r
)
E
agisce un campo elettromotore uniforme = −vB z u y con Bz = B senβ.
Il componente En di tale campo non produce effetti, mentre il
componente Et = E cosα fa migrare le cariche positive verso l’estremo
A della barretta, compiendo un lavoro, sull’unità di carica, pari a:
l
r r l
E = ∫ Et ⋅ dl = ∫ E cos α dl = ∫ vB senβ cos α dl = vBl senβ cos α = 0,24V
l
0
0
0
tale lavoro rappresenta la tensione esistente tra i punti A e B.
1
2. La stessa sbarretta dell’esercizio precedente ruotar attorno a un estremo con
velocità angolare costante ω = 100 rad/s e il campo B è parallelo e concorde con
r
ω . Calcolare la tensione indotta ai capi della sbarra.
r r r
Il generico punto P della sbarra ha velocità v = ω × r e il campo
r r r
r r r
(
E
=
v
×
B
=
ω
× r ) × B diretto da O
elettromotore indotto in P vale
verso A, di modulo E = ωrB, quindi non uniforme.
l
1
ω
rB
dr
=
ω Bl 2 = 0,5V
La tensione tra A e O vale: E = ∫
2
0
Nota : Allo stesso risultato si giunge sostituendo alla barretta un disco
conduttore ruotante.
2
3. La stessa sbarretta dell’esercizio precedente ruota su un piano contenente un filo
rettilineo indefinito percorso da corrente i e situato a distanza a dal centro di
rotazione della sbarra. Determinare l’espressione della f.e.m. indotta in funzione
del tempo.
• Nel punto S il campo B è uscente dalla pagina;
• la tensione sull’elemento infinitesimo dr vale: dE = v × B · dr ; essendo
v ┴ dr e v ┴ B si ha: dE = v B dr con B =
e v = ωr, cosicché
dE =
μ0 i
μ
i
= 0
2π RS 2π a + r cos ω t
μ0
iωr
dr ;
2π a + r cos ω t
• in definitiva
l
E = ∫ d ∈=
0
μ0iω
2π cos ω t
⎛
a
a + l cos ω t ⎞
⎜⎜ l −
⎟⎟
ln
t
a
cos
ω
⎝
⎠
N.B. Si integra per sostituzione
y = a + r cosωt
r = (y – a) / cosωt
a + l cos ω t
E=
∫
a
dy = cosωt dr
μ 0 iω 1 ⎛ a ⎞
⎜1 − ⎟ dy
2π cos 2 ω t ⎜⎝ y ⎟⎠
3
dr = dy / cosωt
4. Una spira circolare ruota attorno a un suo diametro in un campo magnetico
uniforme. Calcolare la corrente indotta nel caso in cui:
(a) Il campo sia parallelo all’asse di rotazione
(b) Il campo sia perpendicolare a tale asse.
CASO (a)
Orientando dl nel verso dell’arco AB, si ha
la f.e.m. indotta fAB :
π 2
r r B
ωBR 2
2
= ∫ E ⋅ d l = ∫ Bω r cos α dl = ∫ ωBR senα cos α dα =
2
0
A
A
B
f AB
In modo analogo si ricava fBC ottenendo f BC = −
ωBR 2
2
, cosicché la f.e.m.
r r
indotta totale è ∫ E ⋅ d l = 0 : nella spira non circola corrente.
ABCA
CASO (b)
Al generico tempo t il flusso magnetico concatenato
con la spira vale ΦS (B) = B S cosωt, essendo α = ωt
l’angolo tra la normale alla spira n e il campo B in
quell’ istante ed S l’area della spira.
La corrente indotta vale:
i=−
1 dΦ ωBS
=
senω t
R dt
R
4
5. Una sbarretta di rame lunga l, di massa m e resistenza R, si muove con velocità
costante v0 su una guida conduttrice piegata a U, priva di attrito e di resistenza
trascurabile. A un certo istante la sbarra entra in un campo magnetico uniforme
perpendicolare al piano del circuito, uscente da esso e di modulo B = 0,1 T,
fermandosi dopo aver percorso 5 cm.
Calcolare la velocità iniziale della sbarretta.
v0
·
F
B
i
v
·
B
A un generico istante successivo all’ingresso della sbarretta nella regione del
campo magnetico la sua velocità varrà v e la corrente indotta sarà data da:
()
r
∈
1 dΦ B
1
= − B lv
i= =−
R
R dt
R
Sulla sbarretta agisce la forza frenante data dall’equazione di Laplace: F = i B l,
il cui lavoro elementare vale
r r
B 2 l 2 vdx
dL = F ⋅ dx = iBl dx = −
R
Applicando il Teorema delle forze vive (dT = dL) si ha:
B 2l 2vdx
B 2l 2 dx
mv dv = −
⇒ mdv = −
R
R
0
e integrando
d
B 2l 2
B 2l 2d
m ∫ dv = −
dx ⇒ v0 =
∫
R
Rm
v0
0
ed essendo m = δV = δ l S e R = ρ l / S, si ottiene: Rm = δρ l2.
In definitiva v0 =
B2d
δρ
4
= 3,30 m / s
3
N.B. δCu = 0,9 · 10 kg/m
ρCu = 1,7 · 10-8 Ω m
5
6. La stessa sbarretta dell’esercizio precedente si muove con velocità costante v0 in
un campo magnetico variabile nel tempo con la legge B = B0 cos ωt. Trovare la
f.e.m. indotta.
Mediante la Legge di Faraday-Neumann-Lenz si trova la f.e.m. indotta:
()
r
dΦ S B
r r
d
d
d
∈= −
=−
S n ⋅ B = − (SB ) = − [l x (t ) B0 cos ω t ] =
dt
dt
dt
dt
= - l B0 v0 cosωt + l B0 x ω senωt
(
)
Si noti che il primo addendo è dovuto al moto della sbarretta, il secondo
addendo alla variabilità del campo magnetico B.
7. Una sbarretta conduttrice di massa m = 10 g e resistenza R = 10 Ω è posta su due
guide metalliche di resistenza trascurabile , prive di attrito, distanti b = 5 cm e
chiuse ai capi di un generatore di corrente costante i = 0,1 A . Il circuito è immerso
in un campo magnetico uniforme e costante B = 0,4 T . Se la sbarretta a un certo
istante è libera di muoversi, calcolare la potenza erogata dal generatore in funzione
del tempo.
La sbarra risente di una forza costante poiché i è costante:
F = ibB = ma
a = ibB/m = costante
MRUA.
Tale forza F compie lavoro motore L = ibBx = ΔT che si ritrova sotto
forma di energia cinetica della sbarra. La potenza spesa sulla sbarra
dal generatore varia al variare di t con la legge:
r r
i 2b 2 B 2
P (t ) = F ⋅ v = Fv = ibB at =
t
m
N.B. Questa potenza è richiesta dal fatto che nel circuito compare la fem
indotta E = Bbv che si oppone la passaggio di corrente.
6
La potenza dissipata per effetto Joule vale PJ = R i2 per cui
PTOT
i 2b 2 B 2
= Ri +
t
m
2
8. Si consideri lo stesso circuito dell’esercizio precedente, sostituendo al generatore
di corrente un generatore di tensione con f.e.m. = 1 V e resistenza interna nulla. Si
studi il moto della sbarra e l’energia totale spesa dal generatore.
Per t = 0 vale la I legge di Ohm per cui i0 = V0 / R; per t = t la legge del circuito è
i = ETOT / R = (V0 – E’) / R dove E’ = Bbv è la f.e.m. indotta ai capi della
sbarretta.
Dunque i =
V0 − Bbv
(A)
R
dv
V0 − Bbv
bB = m
dt
R
B b ⎞
−
t
dv
Bb
V0 ⎛⎜
mR ⎟
(
)
=
V
−
Bbv
(
)
=
−
v
t
1
e
0
per cui
⎟ (B)
Bb ⎜⎝
dt
m e integrando
⎠
La forza che agisce sulla sbarra vale F = iBb =
2 2
B b
V0 ⎛⎜ − mR
i (t ) =
e
Dalle (A) e (B) si ricava
R ⎜⎝
2 2
7
t
⎞
⎟
⎟
⎠
Grafico della corrente
i
V0 / R
0
t
∞; in pratica i = 0 per t ≈ 3 - 4τ con τ = Rm / B2 b2
Teoricamente i = 0 per t
Grafico della velocità
v
v∞ = V0 / bB
0
t
Per t
∞ si ha v∞ = V0 / bB e per questo valore della velocità si ha E’ = V0 per
cui ETOT = 0 e, quindi, i = 0; ma se i = 0 allora F = 0 e la sbarra si muove di moto
uniforme.
L’energia totale spesa dal generatore è somma di due termini: l’energia
dissipata su R per effetto Joule e l’energia cinetica della sbarra, per cui
∞
E = ∫ Ri 2 dt +
0
1 2 1 2 1 2
mv∞ = mv∞ + mv∞ = mv∞2 = 25 J
2
2
2
8
9. La spira rettangolare di figura avanza verticalmente
verso l’alto con velocità v entro il campo uniforme B.
Determinare la forza da applicare alla spira per
mantenerla in moto uniforme. A un certo istante
la spira è abbandonata a sé stessa e cade. Determinare
la velocità limite raggiunta dalla spira.
r
⊗B
r
v
A’
B’
h
A
b
B
Avanzando verso l’alto, il lato A’B’ della spira taglia, in un tempo t, il flusso
Φ = B · A’B’ · v · t, con induzione nella spira stessa una f.e.m.
f =−
dΦ
B ⋅ A' B'
= − B ⋅ A' B ' ⋅ v e la circolazione della corrente i =
v.
R
dt
Il verso della corrente indotta è tale da produrre sul lato A’B’
F
i
una forza FL che si oppone al movimento, cosicché la forza F
FL
necessaria a garantire il moto uniforme della spira deve valere
F = FL + P = i · B · A’B’ + mg
P
Quando la spira è abbandonata a sé stessa, la corrente indotta vale sempre
i=
B ⋅ A' B'
v , ma ora circolerà in verso opposto rispetto al caso precedente, in
R
modo da produrre sul lato A’B’ una forza F’L diretta verso l’alto, tendendo
ancora una volta ad opporsi alla causa che la genera.
Si avrà, dunque, P - F’L = ma = mg - i · B · A’B’ da cui si ricava
2
B 2 A' B ' v'
a=g−
Rm
e quando a
v LIM =
0 la velocità v’ tende al valore limite
mgR
B 2 A' B '
9
2
10. Un pendolo semplice è costituito da un filo metallico rigido di lunghezza l, di
massa trascurabile in confronto a quella della sferetta appesa al suo estremo libero.
Esso compie piccole oscillazioni di ampiezza 2α0 in un piano perpendicolare a un
campo magnetico uniforme B. Determinare l’espressione che dà la tensione
elettrica esistente agli estremi del filo in funzione del tempo.
Sull’elemento di filo dx c’è la tensione
dE = v × B · dx = v B dx
dα
v
=
α
x
=
x
Nel pendolo
dt e per piccole
oscillazioni α = α0 senωt con ω = g l .
•
v
Dunque v = α0 ω x cosωt ; dE = α0 ω x B cosωt · dx.
La tensione agli estremi del filo è data da:
l
E = ∫ α 0ω xB cos ω t dx =
0
l2
α 0ω B cos ω t .
2
Essa vale zero agli estremi della oscillazione (v = 0) ed è massima quando il
pendolo passa per la verticale (v = vMAX); cambia segno ogni volta che il verso
del moto si inverte.
11. Si sostituisca il filo dell’esercizio precedente con una sbarretta e si ricavi la
tensione indotta agli estremi di essa.
L’equazione del moto di un pendolo composto è
••
••
ml 2
mgl
mgl
α . Dato che I =
⇒ α + ω 2α = 0
Iα = −
senα ≈ −
3
2
2
3g
.
dove ω 2 =
2l
Pertanto si ricava α = α0 senωt.
L’area spazzata dalla sbarra nel tempo dt vale allora:
dS = ½ l2 dα = ½ l2 α0 ω cosωt dt, per cui dΦ = B dS = ½ l2 B α0 ω cosωt dt.
La tensione ai capi della sbarra vale in modulo:
│E│=
dΦ
= ½ l2 B α0 ω cosωt
dt
uguale, dunque, a quella del filo del caso precedente, salvo che in esso
3g
ω = g l , mentre ora ω =
.
2l
10
12. Si abbiano in un piano orizzontale due sbarre conduttrici di resistenza
trascurabile parallele tra loro, distanti l, immerse in un campo magnetico uniforme
e perpendicolare al piano contenente i due conduttori.
Una sbarretta conduttrice di resistenza R può scorrere senza attrito su di esse ed è
connessa mediante una carrucola a un corpo di massa m.
Se al tempo t = 0 si connette il sistema con il generatore di tensione di f.e.m. = V0
si osserva che la sbarretta si mette in moto nel verso delle x crescenti.
Determinare:
(a) la corrente i che percorre il circuito;
(b) modulo, direzione e verso della forza risultante agente sulla sbarretta;
(c) la velocità di regime vr della sbarretta;
(d) la corrente di regime ir che percorrerà il circuito;
(e) la potenza Pg erogata in condizioni di regime dal generatore;
(f) la potenza elettrica Pe riversata nel circuito in condizioni di regime;
(g) la potenza meccanica spesa per muovere m, sempre in condizioni di regime;
(h) il rendimento meccanico η del dispositivo se impiegato per sollevare masse;
(i) il valore R0 della resistenza che dovrebbe avere la sbarretta per fermarsi a
regime; discutere, poi, i casi 0 ≤ R ≤ R0 e R > R0 .
V0
+
r
B
l
m
11
x
(a) E’ = - dΦ / dt = - B v l
i = (V0 + E’) / R = (V0 – B v l) / R.
(b) FL = B i l = B l (V0 – B v l) / R , per cui la risultante delle forze agenti sulla
massa m vale R = FL – mg = ma ed è diretta nel verso delle x crescenti.
(c) v
vr per a
0, cosicché dalla a = B l (V0 – B v l) / Rm – g = 0 si
V0
g
v
Rm .
=
−
ottiene (V0 – B vr l) / Rm = g / B l e infine: r
2 2
Bl B l
(d) ir = (V0 – B vr l) / R = gm / B l.
Pe = R ir2
(e) (f) (g) Pg = V0 ir
A regime ΔT = 0 (dato che vr = costante) ΔU = mgx = mgvr Δt, per cui
Pm = ΔU / Δt = mgvr e infine V0 ir = R ir2 + mgvr.
(h) η = mgvr / V0 ir.
(i) vr = 0
i=
V0
g
Bl V0
= 2 2 R0 m ⇒ R0 = V0
=
Bl B l
mg ir
V
V0 − Bvl
Bl
v + 0 ⇒ i = mv + q
=−
R
R
R
i
V0/R
V0 / Bl
0
R=0
v = V0 / Bl = vr
R = R0
vr = 0
R > R0
a<0
i = 0; E’ = - V0; FL = 0
i = V0 / R0
la massa scende.
12
v
13