27. L`induzione elettromagnetica

L'induzione elettromagnetica
27
27. L’induzione elettromagnetica
9
È la grandezza fisica che descrive quanto è
intenso l’effetto dell’autoinduzione e rappresenta la costante di proporzionalità tra il
flusso del campo magnetico che attraversa il
circuito e l’intensità di corrente che fluisce
nel circuito.
10
No, L dipende solo dal numero di spire della
bobina, dalla sezione della bobina e da fattori
di tipo geometrico.
11
B = m0
12
Alla chiusura si genera una forza elettromotrice indotta che si oppone al fluire della corrente, quindi per portare la corrente al valore
di regime I il generatore inserito nel circuito
deve compiere un lavoro contro tale effetto
ritardante. Il lavoro (energia) viene immagazzinato nel circuito e rilasciato per effetto
Joule all’apertura del circuito.
13
Devono formare un angolo di 120° l’uno rispetto all’altro.
14
È la legge di Faraday-Neumann, perché in linea di principio l’alternatore è costituito da
una spira che viene fatta ruotare all’interno
di un campo magnetico.
15
Poiché il circuito è puramente indutti­vo, la
sua impedenza è
z = ~L = 2rfL =
= 2r # 50 Hz # 0, 5 H = 157 X.
Spostare la spira in modo da farla entrare e
uscire dal campo magnetico; ruotare la spira all’interno del campo magnetico; variare
l’intensità del campo magnetico mantenendo
ferma la spira.
2
Perché il campo magnetico nella bobina varia con il moto della calamita.
3
Perché gli elettroni nella spira subiscono l’azione di una forza magnetica perpendicolare
al campo magnetico, ma la spira è parallela al
campo stesso, quindi non si può creare corrente.
4
Puoi avvolgere il filo a formare una bobina
con molti avvolgimenti (grande N) e farla
entrare e uscire rapidamente dal campo magnetico (piccolo Δt).
5
No, l’accelerazione del magnete è un po’
più piccola. Il magnete induce una corrente
nell’anello conduttore e il campo magnetico generato da questa corrente si oppone al
campo del magnete in caduta.
Ne risulta una forza sul magnete diretta verso l’alto. La somma vettoriale di questa forza diretta verso l’alto e della forza-peso (con
versi opposti) fa sì che l’accelerazione sia minore di quella di gravità.
6
7
 Il
campo indotto ha verso opposto a quello
esterno e la corrente indotta ha verso antiorario.
 Se il campo magnetico diminuisce nel tempo invece di aumentare, la corrente indotta ha verso orario e il campo indotto ha lo
stesso verso di quello esterno.
L’andamento della fem rispetto al tempo è
mentre quello della corrente è
Il rapporto R/L ha le dimensioni fisiche
dell’inverso di un tempo, quindi L/R è la costante induttiva del circuito.
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fem = ^ 310 V h # sen ^ 2r # 50 Hz t h ,
i (t) =
Antiorario.
8
Ni
; se i raddoppia anche B raddoppia,
l
1
2
quindi: w Bfinale =
(2B ) = 4wBiniziale .
2m0
r
310 V
# sen a 2r # 50 Hz t - k =
157 X
2
= ^ 1, 97 A h # sen a 2r # 50 Hz t -
Il loro sfasamento è di
r
2
r
2
k.
.
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1
Soluzioni per capitolo
1
soluzioni degli
esercizi del libro
Domande sui concetti
L'induzione elettromagnetica
π
shift di —
2
i(A)
20
L’analogo meccanico del circuito RLC è una
massa, attaccata a una molla, che subisce una
forza di attrito viscoso, che è direttamente
proporzionale alla velocità.
21
400
300
200
0,045
0,040
0,035
0,030
0,025
0,020
0,015
0,010
100
0,005
2,5
2,0
1,5
1,0
0,5
0
–0,5
–1,0
–1,5
–2,0
–2,5
fem (V)
0

–100
–200
–400
22
In un circuito ohmico, dove corrente e forza
elettromotrice sono direttamente proporzionali, istante per istante.
17
Se LC =
18
Quando wL =
19
Dall’espressione delle due differenze di
potenziale, VL(t) = –i0wL sen(wt + j0) e
VC(t) = – i0wL sen(wt + j0) si deduce che le
due differenze di potenziale sono in opposizione di fase, cioè hanno una differenza di
fase di 180°. Si può giungere a questa conclusione anche semplicemente notando che
la somma delle due differenze di potenziale
deve essere nulla, per cui le differenze di potenziale devono essere opposte, e quindi in
opposizione di fase.
1
(condizione di risonanza), Z = R
w2
quindi il circuito è equivalente a un circuito
puramente ohmico.
i1eff
= 0,80 ×
f1eff
f2 eff
Sì, una corrente continua pulsante varia continuamente, quindi genera un campo magnetico variabile che può produrre una forza elettromotrice in un circuito secondario.
Sì. La continua variazione dell’intensità di corrente produce un campo magnetico variabile
che a sua volta induce una forza elettromotrice
nel circuito secondario del trasformatore.

–300
16
i2 eff
27
23
No, perché i protoni hanno massa circa 2000
volte maggiore degli elettroni e quindi subiscono un’accelerazione circa 2000 volte minore degli elettroni nel passare dal primo al
secondo tubo. Pertanto il loro passaggio da
un tubo all’altro non sarà più sincronizzato
con l’alternarsi del potenziale elettrico dei
tubi.
24
Il ciclotrone è più compatto dell’acceleratore
lineare e quindi ha minori costi di realizzazione e gestione, oltre a richiedere meno spazio (lo SLAC, l’acceleratore lineare dell’Università di Stanford, in California, è lungo
circa 3,3 km).
1
.
wC
problemi
F = BA cos a = (0,0060 T) × (12,6 × 10–4 m2) × cos (30°) = 6,5 × 10–6 Wb.
F
7,5 × 10–3 Wb
=
= 1,1 T
Acos a (10 × 10–2 m)2 × cos (45°)
3
B=
4
Nel caso della bobina il flusso diventa Φ = NBS cos a. Siccome il campo al centro della bobina è
perpendicolare alla bobina stessa, è sufficiente calcolare
N=
F
1,0 Wb
=
= 2,0 × 104
BS (0, 25 T ) × ( 2,0 × 10–4 m2 )
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2
Soluzioni per capitolo
2
F = BA cos a = (0,0060 T) × (12,6 × 10–4 m2) × cos (0°) = 7,6 × 10–6 Wb.
soluzioni degli
esercizi del libro
1
L'induzione elettromagnetica
5
F = BA cos ωt = (9,0 ×10–5 T) × 3,14 × (2,4 × 10–2 m)2 cos [(10 rad/s) × (0,010 s)] = 1,6 × 10–7 Wb.
6
fem = ΔF = (10.5 Wb – 3.1 Wb) = 0.37 V
20 s
Δt
i=
fem 0.37 V
=
= 0.010 A
R
37 Ω
DF = BA (cos a2 – cos a1) = (0,15 T) × 3,14 × (2,5 × 10–2 m)2 × [cos (30°) – cos (0°)] = –3,9 × 105 Wb
ΔF
–0,39 × 10–4 Wb
=–
= 3,9 × 10–6 V
 fem = –
Δt
10 s
7
9
A = nA1 = 35 × 3,14 × (2,0 × 10–2 m)2 = 4, 4 × 10–2 m2
27

ΔF = ΔB A = (5,8 × 10–3 T) × ( 4, 4 × 10–2 m2 ) = 2,6 × 10–4 Wb
fem =
10
11
ΔF 2,6 × 10–4 Wb
=
= 1,0 × 10–3 V
Δt
0, 25 s
ΔF = fem Δt = (0, 45 V) × (0, 25 s ) = 1,1 × 10–1 Wb
A=
ΔF 1,1 × 10–1 Wb
=
= 19 m2
5,8 × 10–3 T
ΔB
n=
19 m2
A
=
= 1,6 × 104
A1 3,14 × (2,0 × 10–2 )2 m2

ΔF = B ΔA = B(BC v Δt ) = (0, 4 T ) × (1,0 × 10–1 m) × (3,0 × 10–2 m/s ) × (3,0 s ) = 3,6 × 10–3 Wb

i=
–3
fem ΔF / Δt (3,6 × 10 Wb) / (3,0 s )
=
=
= 2, 4 × 10–4 A
5,0 Ω
R
R
v è la velocità di caduta dell’asta,
DΦ = BlvDt quindi fem = Blv.
q
q
Ma fem = , perciò Blv = .
C
C
Considerando le variazioni nel tempo di v e q abbiamo:
Δv Δq
Bl
=
,
Δt CΔt
Δv ,
a=
Δt
i = BlaC.
ilB
.
L’equazione del moto è ma = mg – ilB, da cui a = g –
m
Sostituendo i,
g
9,8 m/s2
a=
=
= 1,0 m/s2
2 2
2
CB l
(0,80 F ) × (11 T) × (1,0 m)
1+
1+
m
1,0 kg
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3
Soluzioni per capitolo
soluzioni degli
esercizi del libro
12
L'induzione elettromagnetica
–4
2
ΔF ΔB A (0,18 T ) × (31 × 10 m )
=
=
= 5,6 × 10–4 V
1,0 s
Δt
Δt
 Il campo indotto è rivolto a sinistra.
 La corrente indotta circola in senso orario vedendo la spira da destra.
fem =
13
14
i0 =
27

V0
R
V0 – Blv
.
R
Bl
Sulla sbarra agisce una forza F = ilB – mg = (V0 – Blv ) – mg
R
1
mgR 
A regime F = 0 N e vr = V0 –
,
Bl 
Bl 

1
(0,102 kg ) × (9,8 m/s2 ) × (10 Ω)  = 10 m/s .
vr =
× 101 V –

10 T × 1,0 m 
(10 T) × (1,0 m)
Quando la sbarra si muove: fem = Blv, da cui i =
F 8,0 × 10–5 Wb
=
= 1,0 × 10–4 H
8,0 × 10–1 A
i
15
L=
16
fem = – L
17
19
Δi
5,0 × 10–1 A
= –(5,5 × 10–1 H) ×
= –6,9 × 10–2 V
Δt
4,0 s

F1→2 = Mi1 = (35 × 10–3 H) × (0,85 A ) = 3,0 × 10–2 Wb .

fem1→2 = – M
 i0
=
(1,80 – 0,85) A
Δi
= –(35 × 10–3 H) ×
= –7, 4 × 10–3 V
Δt
4,5 s
fem 10 V
=
= 1,6 A
R 6, 2 Ω
R
– t
L

i(t ) = i0e

i(t ) = i0e
R
– t
L
R
t
= 0,10 i0 → e L = 10 →
= i0e
–
RL
LR
=
i0
e
R
L
1,5 H
t = ln10 = 2,3 → t = 2,3 = 2,3 ×
= 0,56 s
L
R
6, 2 Ω
20
2


 
W = 1 Li 2 = 1 L  V  = 1 × (5, 4 × 10–3 H) ×  5,1 V  = 5, 4 × 10–5 J
2
2 R 2
 36 Ω 
21
= m0
2
N2
6002
S = ( 4 p × 10–7 N/A 2 ) ×
× 3,14 × ( 2, 25 × 10–2 m) = 3,51 × 10–3 H
–2
l
20,5 × 10 m
2
1
1
WL = Li 2 = × (3,51 × 10–3 H) × (300 × 10–3 A ) = 1,58 × 10–4 J
2
2

22
wB =
l
= m0
1,58 × 10–4 J
WL
=
= 0, 484 J/m3
Sl 3,14 × ( 2, 25 × 10–2 m)2 × ( 20,5 × 10–2 m)
2
N2
2002
S = ( 4 p × 10–7 N/A 2 ) ×
× 3,14 × ( 2,00 × 10–2 m) = 0,100 m = 10,0 cm
–4
L
6,31 × 10 H
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4
Soluzioni per capitolo
L
soluzioni degli
esercizi del libro
2
L'induzione elettromagnetica
1 2
1  Ni  m0  Ni 
B =
m0  =   =
2m0
2m0 
2 l 
l 
2

wB =
27
2
–3
4 p × 10–7 N/A 2  200 × (300 × 10 A ) 
= 226 mJ/m3
=
×
–2


2
 10,0 × 10 m 
2
23
=
2 × (0,020 J )
2WL
=
= 0, 45 A
L
0, 20 H
R=
ΔV 4,5 V
=
= 10 Ω
i
0, 45 A
i

24
1 2
1  m0 i  1 m0 i 2 1 4 p × 10–7 N/A 2 (1,5 A )
B =
= ×
×
= 3,6 × 10–6 J/m3
wB =

 =
2m0
2m0  2 p d  2 4 p2 d 2 2
4 p2
(0,10 m2 )
25
femind = –
2
2
ΔF
Δt
ΔF LΔi
–
= 0 cioè – ΔF = LΔi .
Δt
Δt
Li
Ma DΦ = – Φ e Di = i, quindi Φ = Li cioè pR2B = Li → B = 2 .
pR
1 2
Da W = Li si ricava i e si sostituisce nell’espressione di B,
2
2 × (9,87 H) × ( 2,0 J )
2 LW
B=
=
= 2,0 T.
2
2
pR
p × (1,0 m)
Poiché la resistenza è nulla, –
 ieff

28
R=
 ieff
P 200 W
=
= 1,82 A
feff 110 V
=
feff
ieff
=
110 V
= 60, 4 Ω
1,82 A
i
0,300 A
=
= 0, 212 A = 212 mA
2
2
=

P = Rieff2 = (150 Ω) × ( 212 × 10–3 A ) = 6,75 W

feff =
 f0
29
2
=
P 6,74 W
=
= 31,8 V
ieff 0, 212 A
i 0 R = 300, 0 # 10-3 A # 150, 0 X = 45, 0 V
f0 80 V
=
= 5,3 A
R 15 Ω
2
 w = 2 pf = 6, 28 × (50 Hz ) = 3,1 × 10 rad/s
 i0
=
f (t ) = f0 sen (wt ) = (80 V ) × sen (3,1 × 102 rad/s ) t 
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5
Soluzioni per capitolo
27
soluzioni degli
esercizi del libro
L'induzione elettromagnetica
i0
1 200 V
=
×
= 0,566 A
2
2 250 Ω
 200 V 
 P = ieff feff = (0,566 A ) × 
 = 80,0 W
 2 
 La quantità di calore prodotta per effetto Joule è uguale al lavoro fatto dal generatore in 15 min,
cioè:
W = Pt = (80,0 W) × (900 s) = 7,20 × 104 J
=
 ieff
30
31
F = Bpa2 cos (wt + θ0 )
27
fem = –
dF ( B )
= wBpa2 sen (wt + θ0 )
dt
2 2 2 4
2
fem2 w B p a sen (wt + θ0 )
=
R
R
P=
w2 B2 p2a4 sen2 (wt + θ0 )
R=
P


2
(20 rad/s2 ) × (1,0 T)2 × p2 × (0,10 m)4 ×  22 
= 2,0 × 10–2 Ω
A t = 0s si ha: R =
9,87 W
2
ω
= 2pv = 6,28 × (50 Hz) = 314 rad/s
 i0
=

f (t ) = ( 240 V ) × sen (314 rad/s ) × t 
i0 =
f0
f0
60 V
=
=
= 1,3 × 10–1 A
wL ( 2 p / T ) L 6, 28 / (0,020 s ) × (1,5 H)
i0 1, 273 × 10–1 A
=
= 9,0 × 10–2 A
2
2
ieff =
35
Dall’espressione della corrente in un circuito capacitivo, ricaviamo che:
f0 =
i0
i
20 A
= 0 =
= 4, 2 × 103 V
wC 2 pvC 6, 28 × (50 Hz ) × (15 × 10–6 F )
feff =
36
f0 240 V
=
= 2, 40 A
R 100 Ω
f0 4, 2 × 103 V
=
= 3,0 × 103 V
2
2
i0C = f0wC , i0 L =
f0
f
1
. Se i0C = i0 L → f0wC = 0 → C = 2
wL
wL
wL
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6
Soluzioni per capitolo
34
soluzioni degli
esercizi del libro
32
L'induzione elettromagnetica
37
27
f0 = feff 2 = ( 220 V ) × 2 = 311 V
iR =
f0 311 V
=
= 2,07 A
R 150 Ω
iL =
f0
f0
311 V
=
=
= 6,6 A

wL ( 2 p / T ) L 6, 28 / (0,020 s ) × (0,150 H)
iC = f0 wC = f0
2p
6, 28
C = (311 V ) ×
× ( 200 × 10–6 F ) = 20 A
T
0,020 s

1 
Z = R2 + wL –
 =

wC 
2
39



1
 = 54,5 Ω
= ( 25 Ω) + 2 p × (1,0 × 103 Hz ) × (8,0 × 10–3 H) –
2 p × (1,0 × 103 Hz ) × (82 × 10–6 F ) 

2
2
ieff =
feff
Z
=
50 V
= 0,92 A
54,5 Ω
i0 = ieff 2 = (0,92 A ) × 2 = 1,3 A

tg ϕ =
wL –
R
1
wC =
2 p × (1,0 × 103 Hz ) × (8,0 × 10–3 H) –
=
1
2 p × (1,0 × 10 Hz ) × (82 × 10–6 F )
3
25 Ω
= 1,93
ϕ = arctg (1,93) = 1,1 rad
40
tg ϕ =
1
1
2 p × (50 Hz ) × (10 × 10–3 H) –
2 p × (50 Hz ) × (6,0 × 10–6 F )
wC =
= –35
15 Ω
R
wL –
ϕ = arctg ( –35) = –1,5 rad

1 
Z = R2 + wL –
 =

wC 



1
 = 3,7 × 102 Ω
= (8,0 Ω) + 2 p × (50 Hz ) × (0,50 H) –
2 p × (50 Hz ) × (6,0 × 10–6 F ) 

2
2
 i0

=
w=
f0 2,0 × 102 V
=
= 5, 4 × 10–1 A
2
Z 3,7 × 10 Ω
1
=
LC
1
= 5,8 × 102 rad/s
(0,50 H) × (6,0 × 10–6 F )
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dell’utilizzo nell’attività didattica degli alunni delle classi che hanno adottato il testo
7
Soluzioni per capitolo
soluzioni degli
esercizi del libro
2
41
L'induzione elettromagnetica
Quindi la frequenza di risonanza vale: f =
42
Z=
feff
ieff
=
w 5,8 × 102 rad/s
=
= 92 Hz
2p
2p
220 V
= 96,9 Ω
2, 27 A
wL = Z 2 – R2 =
L=
2
2
(96,9 Ω) – (3,0 Ω) = 96 Ω
96 Ω
= 3,1 × 10–1 H
2 p × (50 Hz )
wL
R tg ϕ
.
→L=
w
R
Ma dalla definizione di induttanza e da quella di flusso del campo magnetico otteniamo:
L = m0
m n2 pa2w 2m0n2 p2a2 f
R tg ϕ m0n2 pa2
=
→R= 0
=
=
w
l
l tg ϕ
l tg ϕ
43
In mancanza del termine capacitivo, tg ϕ =
n2 pa2
n2S
, che combinata con la precedente fornisce:
= m0
l
l
2 × ( 4 p × 10–7 N/A 2 ) × (100) × p2 × (0,10 m) × 50 s–1
= 0,12 Ω
(1,0 m) × 1
2
=
44
27
Z=
Veff
e C=
Ieff
2
2
w2 L


1 
wL 
w2 L2
2
2
Z = R2 + wL –
→
 = R + wL –
 = R +


wC 
2 
4
2
2
 220 V 
2
 – (9,36 Ω)

 7A 
= 0, 2 H.
2 p × 50 s–1
2
2
2
L=
Z 2 – R2 =
w
w
pulsazione del circuito è
1
w=
= 7,7 × 104 Hz.
LC
 La massima differenza di potenziale ai capi del condensatore è
Q
ΔVC ,max = = 0,090 V
C
e questa è anche la massima differenza di potenziale che si ritrova (in un altro istante) ai capi
dell’induttanza.
U=
2×
 La
L
’energia
46
2
del circuito è
2
Q
= 1,6 × 10–10 J.
2C
P
oiché
la corrente nell’induttanza diventa massima un quarto di periodo dopo che lo diventa la
tensione del condensatore, il periodo di oscillazione del circuito è
T = 4Dt = 4,8 × 10–6 s
e poiché la pulsazione è
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8
Soluzioni per capitolo

 – R2 =

soluzioni degli
esercizi del libro
45
 Veff

 Ieff
L'induzione elettromagnetica
27
2p
,
T
l’induttanza è
1
L = 2 = 6,9 × 10–6 H.
wC
 La massima carica presente sul condensatore è
i
Qmax = max = 1,8 × 10–8 C.
w
w=
 Dal

48
grafico si deduce che il periodo è
T = 4,0 ms
e quindi la pulsazione è
2p
w=
= 1,6 × 106 Hz.
T
 La massima differenza ai capi dell’induttanza è
i
VL ,max = i0wL = 0 = 37 mV.
wC
Dalla curva continua si deduce il periodo dei due segnali,
T = 3,0 ms
e quindi la pulsazione è
2p
w=
= 2,1 MHz.
T
Le equazioni della corrente e della differenza di potenziale dell’induttanza sono
iL(t) = i0 cos(ωt) e VL(t) = –i0ωL sen(ωt),
da cui si deduce che il segnale della differenza di potenziale è la linea continua e il segnale della
corrente è la linea tratteggiata, perché la differenza di potenziale «anticipa» la corrente di un quarto di periodo. La corrente massima quindi è
i0 = 8,0 mA
e la massima differenza di potenziale è
V0 = 48 V.
L’induttanza è
V
L = 0 = 2,9 mH
i0 w
e la capacità del condensatore è
1
C = 2 = 80 pF.
Lw
 La carica del condensatore è
i
Q(t ) = CVC (t ) = –CVL (t ) = i0wLC sen(wt ) = 0 sen(wt )
w
Il grafico della carica del condensatore è
QC (C)
3,8 × 10 –9
1,0 × 10 –9
1,0
2,0
3,0
4,0
t (µs)
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9
Soluzioni per capitolo
soluzioni degli
esercizi del libro
47
L'induzione elettromagnetica
49
f2eff = f1eff
50
 f2 eff

27
n2
400
= ( 220 V ) ×
= 97,8 V
n1
900
= f1eff
f1eff
n2 i2eff
n
140
,
=
→ i2eff = i1eff 1 = (15,0 A ) ×
= 3,18 A
n1
i1eff
f2eff
n2
660
P100% = i2eff f2eff = f1eff i1eff = (15,0 A ) × ( 220 V ) = 3300 W
P95% = 0,95 × P100% = (0,95) × (3300 W ) = 3,1 × 103 W
51
n2 = n1
52
f2eff
f1eff
= 600 ×
9,0 V
= 27
220 V

P1 = f1eff i1eff = ( 2, 2 × 102 V ) × (10 A ) = 2, 2 × 103 W

f2eff = f1eff
n2
1,0 × 104
= ( 2, 2 × 102 V ) ×
= 2, 2 × 104 V
1,0 × 102
n1
Preale = 0,85 × P1 = (0,85) × ( 2, 2 × 103 W ) = 1,9 × 103 W
 i2reale
53
i2eff
= K2
f1eff
i1eff
2
→ R2 = K R1 →
(
)
2
R2
= K 2 = 2 3 = 12.
R1
 Quando
sono nel secondo tubo (dove acquistano un’energia pari a eΔV) l’energia cinetica degli
elettroni è
EC = (1,0 + 2,0)keV = 3,0 keV = 4,8 × 10–16 J.
 La velocità degli elettroni è
v=
2 EC
= 3, 2 × 107 m/s.
me
Per uscire dal secondo tubo in corrispondenza dell’inversione di polarità, gli elettroni devono impiegare mezzo periodo per attraversarlo, percorrendo quindi
T v
L2 = v2 = 2 = 0,15 m.
2 2f
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10
Soluzioni per capitolo
L’energia cinetica degli elettroni nel secondo tubo è
EC,2 = (0,50 + 2,0)keV = 2,5 keV
e la loro velocità è
2 EC ,2
v2 =
= 3,0 × 107 m/s.
me
soluzioni degli
esercizi del libro
velocità degli elettroni è circa 1/10 della velocità della luce nel vuoto. Possiamo trascurare l'aumento relativistico della massa. Al contrario, negli acceleratori reali le energie in gioco sono molto
più grandi e vanno usate le formule relativistiche. I valori tipici per un Linac reale sono, per esempio: energia degli elettroni iniettati = 50-100 keV; differenza di potenziale tra i tubi = 100 kV.
55
f2eff
L
a
1
i1eff
K
Dividendo membro a membro:
54
Preale 1,9 × 103 W
=
= 85 × 10–3 A
4
f2eff 2, 2 × 10 V
f2eff = Kf1eff e i2eff =
=
L'induzione elettromagnetica
56
27
 Il
raggio della prima semicirconferenza è
mp v
r1 =
= 2,8 × 10–3 m
eB
Nel passare da un dee all’altro i protoni acquistano un’energia pari a
DE = eV
e conseguentemente percorrono la seconda semicirconferenza a velocità

2 1
2
 mp v + ΔE 

mp  2
con un raggio pari a
mp v ′ mp 2eV
r2 =
=
+ v 2 = 4,9 × 10–3 m.
eB
eB mp
v′ =
 La
frequenza di ciclotrone è
eB
f=
= 2,3 × 107 Hz.
2 pmp
57
 Dopo
avere attraversato la zona che separa i due dee 6 volte la velocità degli elettroni è

2eV
2 1
2
2
 mp v + 6ΔE  = v + 6

mp
mp  2
v′ =
per cui il raggio della traiettoria sarà
mp v ′ mp 12eV
r2 =
=
+ v 2 = 1,0 × 10–2 m.
eB
eB mp
P
oiché
la differenza di potenziale tra i dee dev’essere alternata due volte durante un giro completo
dei protoni, bisogna alternarla con frequenza doppia della frequenza di ciclotrone,
eB
f = 2 fC = 2
= 4,6 × 107 Hz.
2 pmp
problemi generali
 fem
= iR = (0,50 A) × (4,0 × 10–3 Ω) = 2,0 × 10–3 V
 DΦ

ΔB =
 fem
=
ΔF ΔF
4,0 × 10–3 Wb
= 2=
= 0,51 T
2
A pr
3,14 × (5,0 × 10–2 m)
ΔF B ΔS Blv Δt
=
=
= Blv = (0,50 T ) × ( 20 × 10–2 m) × ( 20 × 10–2 m/s ) =
Δt
Δt
Δt
= 2,0 × 10–2 V = 20 mV
fem 2,0 × 10–2 V
 i=
=
= 1,0 × 10–2 A = 10 mA
R
2,0 Ω
 Dato che la sbarretta si muove con velocità costante, la somma delle forze che agiscono su essa
deve essere nulla. Il campo magnetico esercita sulla sbarra una forza magnetica di valore F = Bil
che si oppone al moto della sbarra. Quindi possiamo uguagliare il valore della forza d’attrito a
quello della forza magnetica:
F = (0,50 T) × (1,0 × 10–2 A) × (20 × 10–2 m) = 1,0 × 10–3 N.
soluzioni degli
esercizi del libro
2
= femDt = (2,0 × 10–3 V) × (2,0 s) = 4,0 × 10–3 Wb
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Soluzioni per capitolo
1
L'induzione elettromagnetica
1
1
=
= 8, 4 × 10–7 F
2
w L 2 p × (1,0 × 103 Hz ) 2 × (30 × 10–3 H)


f0 180 V
=
= 10 A .
 In condizione di risonanza abbiamo: Z = R → i0 =
R 18 Ω
C=
3

4
 i(t ) =
27
R
– t
f0 
1 – e L 
R

–3
75 × 10–3 H  (0,38 × 10 A ) × (50 Ω) 
L  iR 
ln 1 –
= 6,3 × 10–6 s
t = – ln 1 –  = –
50 Ω
4,5 V
R 
f0 


 i0
=
f0 4,5 V
=
= 9,0 × 10–2 A
R 50 Ω
2
1
WL = Li02 = 0,5 × (75 × 10–3 H) × (9,0 × 10–2 A ) = 3,0 × 10–4 J
2
6
 fem1
fem 2 = – L
(9,0 – 6,7) A
Δi2
= – (0, 20 H) ×
= –9, 2 × 10–2 V
Δt
(10 – 5) s
fem 3 = – L
Δi3
(9,0 – 9,0) A
= – (0, 20 H) ×
=0V
Δt
(15 – 10) s
fem 4 = – L
Δi4
(0 – 9,0) A
= – (0, 20 H) ×
= 3,6 × 10–1 V
Δt
20
–
15
s
(
)

fem = – L
(9,0 – 0) A
Δi
= – (0, 20 H) ×
= –1, 2 × 10–1 V
Δt
(15 – 0) s

f2eff = f1eff
n2
124
= (300 V ) ×
= 10 V
3720
n1
i2eff =
i2eff
i1eff

7
=
f2eff
R
f1eff
f2eff
=
10 V
= 1,0 A
10 Ω
→ i1eff = i2eff
f2eff
f1eff
= (1,0 A ) ×
10 V
= 33 mA
300 V
P2 = i2eff f2eff = (1,0 A ) × (10 V ) = 10 W
L

8
(6,7 – 0) A
Δi1
= – (0, 2 H) ×
= –2,7 × 10–1 V
Δt
(5 – 0) s
= –L
= m0
2
N2
502
S = ( 4 p × 10–7 N/A 2 ) ×
× 3,14 × (1,5 × 10–3 m) = 1,0 × 10–6 H
–2
l
2, 2 × 10 m
fem = L
Δi
450 × 10–3 A
= (1,0 × 10–6 H) ×
= 4,5 × 10–5 V
Δt
10 × 10–3 s
 Il
verso della corrente indotta è orario perché la caduta del conduttore fa aumentare l’area del
conduttore chiuso. Il flusso attraverso la spira aumenta, quindi la corrente indotta per opporsi a
questo effetto deve generare un campo che entra nella pagina.
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12
Soluzioni per capitolo
soluzioni degli
esercizi del libro
5
L'induzione elettromagnetica

9
27
S ulla sbarra agiscono due forze, una verso il basso, data dal peso mg, l’altra magnetica diretta verso l’alto, che è esercitata dal campo magnetico:
f
Blv
B2 l 2 v
F = Bil = B em l = B
l=
.
R
R
R
Quindi la forza totale che agisce sulla sbarra è data da
B2 l 2 v
Ftot = mg –
.
R
Nel momento in cui questa forza diventa nulla, la sbarra si muove con velocità costante:
2
mgR (0,1 kg ) × (9,8 m/s ) × (10 Ω)
v= 2 2 =
= 6,1 × 101 m/s
2
2
lB
(1 m) × (0, 4 T)
1
= i0 = 0,5 A
3
N
50
ΔB = m0 Δi = ( 4 p × 10–7 N/A 2 ) ×
× (0,5 A ) = 3,1 × 10–3 T
l
1,0 × 10–2 m
 Δi
ΔF = N 2 ΔB A2 = ( 4,0 × 102 ) × (3,1 × 10–3 T ) × (10 × 10–4 m2 ) = 1, 2 × 10–3 Wb
ΔF 1, 2 × 10–3 Wb
=
= 1, 2 × 10–1 V
1,0 × 10–2 s
Δt
 Poiché la corrente nel solenoide esterno si riduce, la corrente nel solenoide interno deve generare
un campo magnetico parallelo a quello esterno.
fem =
10
fem = – Bbv e i = – Bbv
R
B 2b 2
La forza magnetica sul lato CD vale F = ibB =
v
R
2 2
2 2
Δv
Bb
Bb
f = ma → m
=–
v → Δv = –
vΔt .
Δt
R
Rm
Nell’intervallo di tempo da 0 a t la velocità passa da v0 a v e la distanza percorsa vDt è uguale ad a/2,
quindi:
1
1
 2mRΔv  2  –2 × (1,0 kg ) × (10 Ω) × ( –10 m/s )  2
B 2b 2 a
Δv = –
→ B = –
 =
 = 10 T.
2

2 Rm
ab2  
( 2,0 m) × (1,0 m)

11
i=
 at 
 at 
fem 1 dF
1 dF
1
L2 B
sen (at )
=
→R=
→ F = L cos   2 L sen   B =
 2
 2
2
2
R R dt
i dt
12
ΔF
→ ΔF = B⊥ lvΔt sen γ,
Δt
dove B⊥ è la componente di B ortogonale alla superficie spazzata dalla sbarretta.
fem = –
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Soluzioni per capitolo
dove è stata usata la formula di duplicazione sen2a = 2sena cosa.
1
Quindi R = L2 Ba cos (at ) e al tempo t = 2,0 s si ha:
2i
p 
p

1
2
R=
× (0,10 m) × (0,64 T ) ×  s–1  × cos  s–1 × 2,0 s  = 0,52 Ω .
–3
6 
6

2 × (1,6 × 10 A )
soluzioni degli
esercizi del libro
L'induzione elettromagnetica
27
Dalle figure
→
V
ℓ
→
B
R
γ
Q
β
O
R
Bℓ
Q
Bπ ω
→
v
π
α
P
O
γ
Bv
P
applicando il teorema di Carnot e il teorema della corda si può ricavare l’espressione di B⊥ da inserire nella formula della forza elettromotrice.
Per cui
fem = Bvl 1 – (cos2 a + cos2 β + cos2 γ) + 2cos a cos β cos γ = 0,16 mV .
1
A
3
A
5
A
2
4
STUDY ABROAD
A
1
A

fem = NB0

i=

=
3
4
S
= 10–2 V
Δt
fem
= 20 mA
R
E = i 2 RΔt = 2 mJ
f =
w
1
=
2p 2p
1
2p
fem = – N
1
=
LC
1
= 1591,55 Hz
–2
1
10
H
×
(
) × (1 × 10–6 F)

ΔF B
( ) =3V
Δt
= 1500 ×
f1eff
Peff / ieff
f1eff
=
0,5 × 102 V
= 300
250 V
2
B
3
E
4
A q
5
B
6
Adequate description using all three of the
components described below.
1. Equipment-use of magnet and coil/loop of
wire.
2. Movement of magnet or wire near each
other/switching on and off an electromagnet near a coil or loop of wire to change
magnetic field.
3. Use of a meter or other detector to demonstrate induced current or voltage.
;
;
B
r
s
;
C
s
;
D p q
r
D

1 ΔF B
i=–
= 12,56 A
R Δt
( )
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soluzioni degli
esercizi del libro
2
f2eff
= 1500 ×
PROVE D’ESAME ALl’università
1
n2 = n1
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14
Soluzioni per capitolo
test per l’università