Soluzione - Istituto Romano Bruni

Liceo Scientifico Paritario “R. Bruni”
Padova, loc. Ponte di Brenta, 05/12/2016
Simulazione di II prova: Fisica
Classe V sez. A
Soluzione
1. Un dispositivo realizzato in laboratorio è costituito da un magnete che genera un cam!
po magnetico costante e uniforme B e da un avvolgimento rettangolare di N spire di filo di rame. Il rettangolo ha dimensione L nella direzione dell’asse
rotazione
ed h nel28 !diL’induzione
elettromagnetica
la direzione perpendicolare (vedi Figura 1). L’avvolgimento ruota, con attrito trascura!
B
bile,
immerso
completamente
nel
campo
.
!!!
30 ESEMPIO
Inizialmente, tramite una forza esterna, viene messo in rotazione l’avvolgimento il quaUnle
alternatore
è costituito
da un avvolgimento
rettangolare
di N =corrente.
200 spire diSi
filoosserva
di rame. Ilche
rettangolo
ha
le ha
sue estremità
aperte
in modo che
non circoli
non occor!dell’asse di rotazione e h = 12 cm nella direzione perpendicolare (figudimensione
L
=
25
cm
nella
direzione
re alcun momento della forza τ per far ruotare l’avvolgimento. Se invece si collega ai
L’avvolgimento ruota in un campo uniforme B = 0,10 T. Trascuriamo gli attriti, per cui se non passa
duera).
estremi
dell’avvolgimento un resistore di resistenza R, la corrente comincia a circocorrente nel filo non occorre alcun momento di forza x per far ruotare l’avvolgimento.
lare!ed
è ènecessario
momento
percon
mantenere
in rotazione
l’avvolgimento
Qual
il momento diun
forza
x che occorretorcente
per far ruotare
velocità angolare
~ = 300 rad/s
l’avvolgimenω.
con una
angolare
to sevelocità
lo chiudiamo
su una resistenza
R = 15 X?
h
N
B
S
τ
L
i
"
RISOLUZIONE
R
Figura 1.
Ese23.30
La forza su un tratto di filo di lunghezza L, quando
Il momento x serve a contrastare la forza
i.magnetica
Spiegacheilsifenomeno
fisico che se
sta alla base
funzionamento
la spiradel
forma
un angolo i con B, del
è dispositivo e
esercita sull’avvolgimento
chiarisci
perché
a circuito
non c’è momento torcente mentre a circuito
è percorso
da corrente.
Questa
forza si haaperto
sui
F = iBL sen i
lati chiuso
di lunghezza
sì. L e produce una coppia di
braccio h.
Questa forza si esercita in un verso su un lato della
1 di 12 spira e con un verso opposto sull’altro, che dista h.
Ciò produce una coppia pari a
coppia = Fh = iBLh sen i
ESERCIZI
Problemi. Risolvi uno dei due problemi:
ii. Determina il momento torcente dell’avvolgimento, in funzione dei parametri dati
!
dal testo ( B , N, L, h, R ed ω ). Una volta fatto vedere il legame che c’è tra il modulo del momento torcente e l’intensità di corrente che scorre attraverso il resistore, deduci se la potenza meccanica è integralmente trasformata in potenza
elettrica P.
iii. Determina il valore del momento torcente medio τ , assumendo B = 0,10 T ,
N = 200 spire, L = 25 cm , h = 12 cm , R = 15Ω ed ω = 300 rad s .
iv. Rappresenta la situazione nel grafico P-t e interpreta fisicamente l’area racchiusa
tra l’asse t e il grafico di P(t) in un generico intervallo di tempo.
[tratto da “La fisica di tutti i giorni – vol. 5” di C. Romeni, Esempio 30 pag. 1277]
Risoluzione.
i. Spiega il fenomeno fisico che sta alla base del funzionamento del dispositivo e chiarisci perché a circuito aperto non c’è momento torcente
mentre a circuito chiuso sì.
Il fenomeno fisico interessato è il fenomeno dell’induzione elettromagnetica scoperto dal
fisico britannico Sir M. Faraday nel 1832 (e, contemporaneamente negli Stati Uniti, da J.
Henry).
Considero un circuito chiuso, per esempio una spira, immerso in un campo magnetico. Se
il flusso del campo magnetico attraverso la superficie del circuito varia nel tempo, sul cirΔφB
cuito stesso si genera una fem, chiamata fem indotta. In formule: fem(t) = N
Δt
Una variazione di flusso del campo magnetico attraverso una spira può avvenire variando
!
il campo magnetico B o variando l’angolo ϑ che la normale alla superficie S (che immagi!
no piana) forma con il vettore B o variando le dimensioni della spira stessa. In effetti,
!
φB = B • n̂·S = B·S cos ϑ .
Se il circuito rimane aperto allora non circola corrente. Ne consegue che non agirà nessuna
forza sui lati dell’avvolgimento, visto che un filo immerso in un campo magnetico subisce
!
! !
!
una forza (magnetica) solo se percorso da corrente ( F = I·L×B , dove L è un vettore di
modulo L, con la stessa direzione del filo e verso quello della corrente indotta). Ne conse! ! !
gue che non potrà esserci nemmeno momento torcente poiché τ = r × F (dove r rappresenta il braccio della forza).
Se il circuito è chiuso allora la fem indotta, spostando gli elettroni liberi presenti nel materiale, produce una corrente indotta. Tale corrente indotta, in accordo con la Legge di Faraday-Lenz, ha verso tale da generare un campo magnetico che si oppone alla variazione del
2 di 12
N ΔφB
. Ne consegue che sui lati
R Δt
della spira di lunghezza L agirà una coppia di forze il cui momento torcente complessivo
!
!
! ! !
!
sarà τ = 2·h 2× F = h× F , dove il braccio h 2 ha modulo h 2 , direzione perpendicolare al
versore n̂ normale e all’avvolgimento e verso che va dal centro dell’avvolgimento verso
l’esterno.
flusso che ha generato tale corrente. In formule, I (t) = −
ii. Determina il momento torcente dell’avvolgimento, in funzione dei pa!
rametri dati dal testo ( B , N, L, h, R ed ω ). Una volta fatto vedere il legame che c’è tra il modulo del momento torcente e l’intensità di corrente che scorre attraverso il resistore, deduci se la potenza meccanica
è integralmente trasformata in potenza elettrica P.
In riferimento alla figura e per quanto detto al punto precedente, determino direzione e
verso del momento torcente.
Determino il modulo del momento torcente: la forza che agisce su ogni lato di lunghezza L
N ΔφB
di ognuno degli N avvolgimenti è pari a F (t) = I (t) LB , dove I (t) = −
. La bobina
R Δt
ruota a velocità angolare costante ω = ϑ t , per cui in ogni singola spira il flusso varia nel
tempo secondo la legge φB = BLhcos ⎡⎢⎣ ϑ(t)⎤⎥⎦ = BLhcos(ωt) . Quindi, passando alla forma diffed cos(ωt) NBLhω
N ΔφB
1 dφB
N
≈−
= − BLh
=
sin (ωt) .
renziale: I (t) = −
(1)
R Δt
R dt
R
dt
R
Posso finalmente dedurre l’espressione della forza totale agente su tutte le spire
N 2B2 L2 hω
sin (ωt) .
dell’avvolgimento: FT (t) = NF (t) = NI (t) LB =
R
Infine il modulo del momento torcente sarà:
ω
τ (t) = FT (t)·h·sin ⎡⎢⎣ ϑ(t)⎤⎥⎦ ⇒ τ (t) = ⎡⎢⎣ NBLhsin (ωt)⎤⎥⎦ ,
R
2
ω ( NBLh)
(2)
2
Ovvero τ (t) = τ 0 sin (ωt) , dove τ 0 =
2
R
rappresenta il momento torcente massimo.
3 di 12
La potenza meccanica è integralmente trasformata in potenza elettrica (dissipata dal resistore) visto che gli attriti sono trascurabili per ipotesi. Si osserva anche che
2
⎤
R ⎡ NBLhω
R
τ (t) = ⎢
sin (ωt)⎥ ⇒ τ (t) = I 2 (t) ⇒ ω·τ (t) = RI 2 (t) (basta confrontare la relazione
⎥⎦
ω ⎢⎣ R
ω
(1) con la relazione (2)). Il secondo membro rappresenta chiaramente la potenza dissipata
dal resistore, mentre il primo rappresenta la potenza meccanica generata (in effetti
ω·τ (t) ⎡⎣ rad s·N·m = N·m s = J s = W ⎤⎦ ).
iii. Determina il valore del momento torcente medio τ , assumendo
B = 0,10 T , N = 200 spire, L = 25 cm , h = 12 cm , R = 15Ω ed
ω = 300 rad s .
Poiché
τ (t) = τ 0 sin 2 (ωt) ,
il
valore
medio
del
momento
torcente
sarà
ω ( NBLh)
τ
τ= 0=
= 3,6 N·m (basta fare un’analogia con la potenza media dissipata in un
2
2R
circuito a CA puramente resistivo).
2
iv. Rappresenta la situazione nel grafico P-t e interpreta fisicamente l’area
racchiusa tra l’asse t e il grafico di P(t) in un generico intervallo di
tempo.
L’espressione analitica della funzione potenza è
P(t) = ωτ 0 sin 2 (ωt) ⇒ P(t) = 2,2·103 sin 2 (3,0·10 2 t) ,
ovvero una funzione di periodo π (3,0·10 2 ) = 1,0·10−2 s . Il suo grafico è il seguente:
L’area evidenziata in rosso è quella da considerare: essa rappresenta il prodotto tra una
potenza e un tempo, ovvero l’energia erogata dall’alternatore in un periodo.
4 di 12
2. In medicina viene utilizzata una sorgente luminosa puntiforme di 120 W per produrre
una radiazione luminosa isotropa non polarizzata per analizzare l’occhio umano.
Un fascio luce incide perpendicolarmente sulla pupilla (di diametro pari a 5,0 mm ) di
un paziente con intensità media pari a 24 mW cm2 .
i.
Determina a quale distanza si trova la sorgente rispetto alla pupilla.
Sai che per l’occhio umano c’è un’intensità limite sopra la quale si possono creare danni permanenti alla retina. Consulti le tabelle in rete e trovi che a intensità superiori ai
10mW cm2 l’occhio umano non riesce a tollerare l’energia irradiata; l’intensità utilizzata è quindi troppo elevata. Ci sono tanti modi per diminuire l’intensità luminosa; decidi di utilizzare un filtro polarizzatore verticale a copertura della sorgente e, non essendo questo sufficiente, fai utilizzare delle lenti polarizzate al paziente.
ii.
Determina i possibili angoli ϑ per i quali l’intensità luminosa media I è tollerabile per l’occhio umano.
iii.
Rappresenta la situazione nel grafico I - ϑ e interpreta fisicamente il coefficiente
angolare della retta tangente al grafico di I (ϑ) .
iv.
Determina i valori del campo elettrico efficace Eeff e del campo magnetico efficace Beff della radiazione luminosa prima che attraversi le lenti polarizzate. De!
!
′ e Beff
′ dopo le lenti polarizzate, assumendo
termina infine le componenti di Eeff
che la radiazione si propaghi lungo l’asse positivo delle y e il valore dell’angolo
è relativo alla massima intensità tollerabile.
[inventato]
Risoluzione.
DATI
P = 120 W
d = 5,0·10−3 m
I = 24 mW cm2 = 24·10−3 W 10−4 m = 2,4·10 2 W m2
I MAX = 1,0·10 2 W m2
RICHIESTE
i.
Determina a quale distanza si trova la sorgente rispetto alla pupilla.
Poiché l’intensità irradiata è uguale in tutti i punti del fronte d’onda (che suppongo sferico
P
1 P
⇒r=
= 2,0·10−1 m = 20 cm
visto che la sorgente è puntiforme), ottengo che I =
2
4πr
2 πI
5 di 12
ii.
Determina i possibili angoli ϑ per i quali l’intensità luminosa media I è tollerabile
per l’occhio umano.
La situazione è rappresentata nella figura che segue, dove il filtro analizzatore rappresenta
le lenti polarizzate degli occhiali.
La luce, inizialmente di intensità I = 2,4·10 2 W m2 , viene ridotta della metà dal filtro polarizzatore: IP = I 2 = 1,2·10 2 W m2 > I MAX . Poiché ancora il valore dell’intensità supera
quello massimo tollerabile dall’occhio umano, si utilizza un filtro analizzatore per ridurre
l’intensità a IA = 1,2·10 2 cos 2 ϑ W m2 (Legge di Malus). L’angolo ϑ assume valori compresi tra i –90° e i 90°, con verso positivo di rotazione che impongo essere antiorario visto da
un osservatore posto nel rilevatore (occhio umano).
Devo imporre che IA ≤ I MAX ⇒ 1,2·10 2 cos 2 ϑ ≤ 1,0·10 2 ⇒ cos 2 ϑ ≤ 0,83 ⇒ −0,91≤ cos ϑ ≤ 0,91
−90°≤ϑ≤90°
⇒
iii.
− 90° ≤ ϑ ≤−24°∨ 24° ≤ ϑ ≤ 90° o, in radianti, −π 2 ≤ ϑ ≤−2π 15 ∨ 2π 15 ≤ ϑ ≤ π 2 .
Rappresenta la situazione nel grafico I - ϑ e interpreta fisicamente il coefficiente
angolare della retta tangente al grafico di I (ϑ) .
È richiesto di rappresentare la funzione I (ϑ) = 1,2·10 2 cos 2 ϑ in un grafico I − ϑ , chiaramente nei limiti posti dal problema, ovvero per ϑ ∈ ⎡⎣−π 2 ;π 2 ⎤⎦ :
6 di 12
dI
che rappresenta
dϑ
la variazione infinitesima dell’intensità al variare dell’angolo del filtro analizzatore, ovvero l’intensità all’“istante” ϑ .
Il coefficiente angolare della retta tangente al grafico della funzione è
Determina i valori del campo elettrico efficace Eeff e del campo magnetico efficace
iv.
Beff della radiazione luminosa prima che attraversi le lenti polarizzate. Determina
!
!
′ e Beff
′ dopo le lenti polarizzate, assumendo che la radiainfine le componenti di Eeff
zione si propaghi lungo l’asse positivo delle y e il valore dell’angolo è relativo alla
massima intensità tollerabile.
Prima del filtro analizzatore la luce polarizzata è verticale, che assumo tale direzione come
!
asse z (con verso positivo verso l’alto). Ne consegue che Eeff = Eeff ẑ e, per la regola della
!
mano destra, Beff = Beff x̂ . Ora, poiché IP = uc = ε0Eeff2 c , si ha Eeff = IP (ε0 c) = 2,1·10 2 V m ;
poiché IP = uc =
1 2
B c , si ha Beff = µ0 IP c = 7,1·10−7 T .
µ0 eff
!
!
Quindi Eeff = 0,21ẑ kV m e Beff = 0,71x̂ µT .
Dopo il filtro analizzatore abbiamo due situazioni distinte:
•
ϑ = −2π 15 :
!
′ = E′x−eff x̂ + E′z−eff ẑ , con Eeff
′ = I MAX (ε0 c) = 1,9·10 2 V m . Quindi E′x−eff =
o Eeff
′ sin ϑ = −7,7·101 V m
′ cos ϑ = 1,7·10 2 V m .
= Eeff
E′z−eff = Eeff
e
Ovvero
!
′ = −77 x̂ + 170 ẑ V m .
Eeff
!
!
!
!
!
′ = B′x−eff x̂ + B′z−eff ẑ . Poiché Eeff
′ = Beff
′ × c con c = 3,00·108 ŷ m s , ottengo
o Beff
−7,7·101 x̂ + 1,7·10 2 ẑ = (B′x−eff x̂ + B′z−eff ẑ)×3,00·108 ŷ = −3·108 B′z−eff x̂ + 3·108 B′x−eff ẑ .
Confrontando
il
primo
e
l’ultimo
membro
trovo
che
8
1
−7
8
2
′
′
′
−3·10 Bz−eff = −7,7·10 ⇒ Bz−eff = 2,6·10 T
3·10 Bx−eff = 1,7·10 ⇒
e
!
′ = (5,7 x̂ + 2,6 ẑ)·10−7 T .
⇒ B′x−eff = 5,7·10−7 T . Ovvero Beff
•
ϑ = 2π 15 :
o Rispetto al caso precedente cambia solamente il verso della componente x,
!
′ = 77 x̂ + 170 ẑ V m .
quindi Eeff
o Rispetto al caso precedente cambia solamente il verso della componente z,
!
′ = (5,7 x̂ − 2,6 ẑ)·10−7 T .
quindi Beff
7 di 12
Considera un condensatore piano di area 1 cm , con
entuale di potenza dissipata per effetto Joule
facce distanti 0,1 mm e campo elettrico tra i piani di
a rete quando il convoglio viaggia sulla rete
104 V/m. Questo condensatore ha una certa quantità
Alta Velocità rispetto a quando viaggia sulla
di energia immagazzinata nel suo volume. Considetradizionale. Si tenga presente che la seziora un solenoide di 20 spire lungo 1 cm, in cui scorre
area) della lineaQuestionario.
di contatto (il cavo
che tra-due dei quattro quesiti:
Risolvi
una corrente di 0,1 A e con una sezione di 10 mm2.
ta la corrente) sulla linea ad Alta Velocità
! Calcola il rapporto tra l’energia contenuta rispetta essere 10 volte più piccola rispetto al caso
tivamente nel solenoide e nel condensatore. [570]
rete ordinaria, mentre si assumono costanti
ltri parametri.
1. Considera una corrente
alternata
69 Onda
a dentedidiforma
sega triangolare, anziché sinusoidale, come
hé la rete ordinaria, che passa all’interno dei
!!!
il relativo
grafico
P-t,
dove P rappresenta la porappresentato in Figura
2. Traccia
Considera
una corrente
alternata
di forma
triangori abitati, è alimentata in corrente continua?
lare,
anziché
sinusoidale,
come
rappresentato
in
tenza
istantanea.
Qual è il valore della potenza media, sapendo
che attraversa un
[14%; perché, essendo
un circuito
oscillante a
figura.
50 Hz, interferirebbe
con le linee domestiche]
resistore
del valore di 20 Ω ? [C. Romeni, “La fisica di tutti i giorni – vol. 5”, 69/1285]
! Qual è il valore della sua potenza media?
1,5
1,0
i (A)
0,5
0
Risoluzione.
Mikhail Scherbakov / Wikimedia Commons
–0,5
⎧
⎪
2
⎪
⎪ 0,8·t
P(t) = ⎨
2
⎪
0,8·(t −10k )
⎪
⎪
⎪
⎩
10
20
t (ms)
40
50
30
–1,0
–1,5
[Pmedia = (1/3) Pmax = (1/3) R (imax)2. La potenza istantanea è il
quadrato di espressioni
Figuradi2.primo grado, per cui il suo
Ese23.69A
grafico
consiste in una serie di archi di parabola.
Nel grafico con R = 20 X la parte in giallo è l’energia in
mezzo periodo della corrente e vale 1/3 dell’energia
che si avrebbe se la corrente fosse costante al
valore
massimo]
t = RI 2 t sarà costituitasuoda
tratti
parabolici.
di corrente
I (t)una
è lineare
a tratti, P( )
ulare di solito Poiché
funziona con
tensione di
Le batterie hanno capacità variabile a secon25
modelli, ma un valore tipico
⎧ è circa 1,5 Ah. La
⎪
⎪
20
0,2·t
di una batteria ha un’andamento
esponen⎪
I
t
=
(
)
15
⎨
l tempo, ma all’inizio si⎪può supporre
che sia
k
−1
0,2
t
−10k
⎪
10
(
)
(
)
per portare la batteria ⎪
⎪
⎩a 1/3 della carica ser5
rca 20 min. Il trasformatore che porta la ten0
0
a 230 V a 3,6 V ha 15 spire sul primario.
Quindi
0
()
Precisamente:
P (W)
l‘area verde è 2/3 dell’area del rettangolo
se 0 ≤ t < 5 ms
se − 5 + 10k ≤ t < 5 + 10k ms k ∈ ! \{0}
t (s)
10
20
30
Ese23.69B
40
50
1285
se 0 ≤ t < 5 ms
se − 5 + 10k ≤ t < 5 + 10k ms k ∈ ! \{0}
dove la potenza è espressa in watt e il tempo in millisecondi. Il grafico è il seguente:
8 di 12
h1
Per determinare il valore medio
della potenza, osservo che l’area
h2
tra l’asse t e il grafico della funzione potenza
(quello rosso in fih3
gura) è pari a 1 3 dell’area del rettangolo di lati T = 10 ms e
P0 = del
20 carrello
W (basta
applicare
il la
Teorema
disuccessiva
Archimede
al segmento
e l’energia cinetica
quando
raggiunge
cima della
sommità
che ha
h2 ?
9
parabolico in questione), quindi P = P0 3 = 6,7 W .
B M g(h1 − h2 )
C M g(h2 − h3 )
D Mg
h1 + h 2
2
E 0
2. Descrivi brevemente ma in modo esauriente gli esperimenti che ha affrontato Faraday per giungere alla legge sull’induzione. Risolvi poi il seguente quesito.
Due solenoidi A e B, vuoti al loro interno, sono collegati con un filo, come mostrato
3. al loro interno,
Due solenoidi in
A Figura
e B, vuoti
con un filo, come mostrato in figura. Due barre
1 e 2, sono sospese appena sopra i due solenoidi.
ord del magnete 1 è lasciato cadere verso il solenoide
eamente il polo sud del magnete 2 sarà . . .
magnete 1
magnete 2
N
S
solenoide A
solenoide B
tratto verso il solenoide B da una forza magnetica.
spinto via dal solenoide B da una forza magnetica.
tratto verso il solenoide B da una forza elettrica.
spinto via dal solenoide B da una forza elettrica.
on influenzato dalla presenza del solenoide B.
0
Figura 3.
Due barre magnetizzate, 1 e 2, sono sospese appena sopra i due solenoidi. Se il polo
nord del magnete 1 è lasciato cadere verso il solenoide A, simultaneamente il polo
sud
delè magnete
sarà
Un oggetto alto
2 cm
posto a 302cm
da una lente convergente. La lente forma
i. attratto verso il solenoide B da una forza magnetica.
ii. respinto via dal solenoide B da una forza magnetica.
e la lunghezza focale della lente.
iii. attratto verso il solenoide B da una forza elettrica.
iv. respinto via dal solenoide B da una forza elettrica.
B 10 cm
C 20 cm
D 40 cm
E 810 cm
v. non influenzato dalla presenza del solenoide B.
eale di 4 cm di altezza.
Scegli l’alternativa corretta, motivando esaurientemente la tua risposta. [OdF 1/’03]
Risoluzione.
Pag. 5 di 15
Faraday compì svariati esperimenti per studiare il fenomeno dell’induzione elettromagnetica. Tali esperimenti si possono grossomodo catalogare in tre tipologie distinte.
•
Movimento di una spira da una zona dove non è presente un campo magnetico a
una zona dove è presente un campo magnetico uniforme e costante perpendicolare
alla spira e viceversa: Faraday si accorse che la spira era attraversata da una corrente solamente quando essa entrava o usciva da una zona all’altra; se la spira, seppur
in movimento, era completamente immersa nel campo magnetico o per nulla immersa, non si presentava nessuna corrente. Faraday dedusse che la corrente si for-
9 di 12
•
•
mava nel momento in cui c’era una variazione della superficie esposta al campo
magnetico.
Rotazione di una spira immersa in un campo magnetico (costante e uniforme) con
asse di rotazione non parallelo alle linee di campo: Faraday notò che al variare
dell’angolo che la normale alla superficie della spira forma con le linee di campo
magnetico si generava su di essa una corrente.
Movimento di un magnete nei pressi di una spira: Faraday si accorse che, pur mantenendo la spira immobile, variando il campo magnetico vicino alla spira stessa, su
di essa si generava una corrente.
Mettendo assieme questi tre risultati e notando che non c’erano altri fattori che facessero generare una corrente sulla spira, Faraday dedusse che c’è corrente quando c’è una
variazione del flusso del campo magnetico concatenato alla spira stessa.
Se il magnete 1 si avvicina al solenoide A il flusso magnetico concatenato (assumendo
come verso positivo quello in basso) aumenta; la variazione di flusso induce una fem
(in accordo con la Legge di Faraday) che determina nel circuito un passaggio di corrente; per la Legge di Lenz il verso della corrente è tale da generare un campo magnetico
diretto verso l’alto.
Per come è costruito il doppio avvolgimento, anche nel solenoide B il campo magnetico
generato dalla corrente è rivolto verso l’alto e appare quindi al magnete 2 come un polo
Nord. Di conseguenza il polo Sud del magnete 2 sarà attratto verso il solenoide B da
una forza di natura magnetica. Ne consegue che la risposta corretta è la i.
3. Vuoi alimentare con la tensione alternata di rete a 220 V una lampadina da 60 W che
però funziona con un voltaggio massimo di 110 V. Non disponendo di un trasformatore si può utilizzare un’induttanza di resistenza trascurabile da collegare alla
lampadina. Sapendo che la frequenza di rete è 50 Hz:
i.
Collegherai l’induttanza in serie o in parallelo alla lampadina? Giustifica la
tua risposta.
ii.
Calcola il valore che deve avere l’induttanza affinché la lampadina funzioni
con la massima efficacia.
[C. Romeni, “La fisica di tutti i giorni – vol. 5”, 40/1279]
Risoluzione.
DATI
Veff = 220V
P = 60W
VR = 110V
ν = 50Hz
i. La lampadina è un resistore di resistenza R. Se collegassi l’induttanza in parallelo, la tensione ai capi dei due dispositivi sarebbe di 220 V, ovvero non ridurrei la tensione ai capi
della lampadina. Necessariamente quindi collegherò l’induttanza in serie.
10 di 12
ii. Devo quindi analizzare un classico circuito LR in regime alternato. La caduta di tensione
ai capi della lampadina dev’essere di 110 V. Ne consegue che la ddp ai capi dell’induttanza
sarà anch’essa di 110 V. Ma VL = X L I eff , dove X L = ωL = 2πνL = 100πL e I eff = Veff Z , con
Z = R 2 + (ωL) .
2
2
So anche che P = RI eff2 ⇒ P = RVeff2 Z . Considero il seguente sistema:
2
2
⎪⎧⎪
(ωL)Veff ⎧⎪⎪⎪ 2 (ωL) Veff2 ⎧⎪⎪⎪ 2 (ωL) Veff2
⎪⎪VL =
⎪⎪VL =
⎪⎪VL = 2
2
2
Z
⎪⎪
Z
R + (ωL)
⎪⎪
⎪
.
∼⎨
∼⎨
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
RVeff2
RVeff2
RVeff2
⎪⎪P =
⎪⎪P =
⎪⎪P =
2
2
2
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
Z
R 2 + (ωL)
Z
⎩
⎪⎩
⎪⎩
Sostituendo i valori noti, il sistema diventa
2
2
⎪⎧⎪
⎪⎧⎪
220 2 (100πL)
4 (100πL)
2
⎪⎪110 =
⎪⎪1 =
2
⎧⎪R 2 = 3 100πL 2
2
⎪⎧⎪R 2 = 3 (100πL)2
⎪⎪
⎪⎪
(
)
R 2 + (100πL)
⎪⎪
R 2 + (100πL)
∼⎨
∼⎨
∼⎨
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪3 (100πL)2 + 3R 2 − 2420R = 0 ⎪⎪R 2 −605R = 0
2420R
220 2 R
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎪60 =
⎪⎪3 =
2
2
2
2
⎪
⎪
R + (100πL)
R + (100πL)
⎪⎩
⎪⎩
⎧
⎧⎪⎪L = 0 ⎪⎪⎪L = ± 121 3
Che ha come soluzioni ⎨
∨⎨
60π ; l’unica soluzione accettabile è L = 1,1H .
⎪⎪⎩R = 0 ⎪⎪
⎪⎪⎩R = 605
4. La potenza irradiata dal Sole è 3,9·10 26 W . La Terra orbita attorno al Sole a una distanza media di 1,50·108 km , con asse inclinato di 23° rispetto al piano dell’orbita
(Figura 4). Stima la potenza e la pressione solare sulla faccia di una persona che si
trova a Padova (latitudine di circa 45° nord), motivando le eventuali ipotesi semplificative attuate.
[inventato]
23°
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Figura 4.
Risoluzione.
Ipotesi semplificative:
•
•
•
considero la velocità della luce in aria pari a quella nel vuoto.
considero la faccia della persona in oggetto come una superficie piana di dimensioni di S = 20×20 cm2 = 4,0·10−2 m2 .
considero la persona sdraiata, così la normale alla superficie forma un angolo con la
direzione di propagazione dell’onda pari a ϑ = 45°− 23° = 22° .
P
P
sin 2 (90°− ϑ) =
cos 2 (ϑ) = 1,2 kW m2 ,
2
2
4πr
4πr
quindi la potenza luminosa che colpisce la faccia considerata è Pfaccia = I ·S = 47 W .
L’intensità irradiata sulla faccia è
La pressione di radiazione è Pr =
I=
F⊥ F cos ϑ I
=
= cos ϑ = 4,3 Pa .
S
S
c
_________________________
NOTE:
i.
È ammesso l’uso del calcolatore elettronico o di tavole numeriche;
ii. Punteggio massimo 15 p.ti. Per la sufficienza è necessario raggiungere il punteggio di 10 p.ti.
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