Ingegneria Meccanica AA 2018/19 Esame 25 luglio 2019

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1 Ingegneria Meccanica AA 08/9 Esame 5 luglio 09 Nome Cognome Mat. Problema. In una regione sede di un campo magnetico uniforme di induzione B=(,0,0) T, si muove un elettrone (m_{e}=9. 0 ³¹ kg) con velocità iniziale υ=(,,0) 0⁴m/s. a particella descrive una traiettoria elicoidale attorno alle linee di campo. a proiezione del moto su un piano perpendicolare al campo è circolare. a) Si calcoli l'angolo compreso tra i due vettori (pt) b) Si calcoli la forza F all'istante iniziale. (pt) c) Si calcoli il raggio della traiettoria circolare, proiezione del moto sul piano perpendicolare a B (pt). d) Si calcolino le componenti della velocità dopo metà del periodo del moto circolare (pt) Problema. Un filo di raggio r= ³m, di lunghezza l=.00 m e di resistenza R=5.00 Ω è attraversato dalla corrente di.00 A. Determinare la resistività, il modulo E sulla sua superficie e la potenza dissipata dal conduttore (r: pt; p:5 pt) Problema 3. o stesso conduttore del problema (si supponga non ferromagnetico). Determinare B sulla sua superficie (r: pt; p:3 pt). Problema 4. Prendendo come riferimento i problemi e 3, si calcoli il modulo del vettore di Poynting e il suo flusso attraverso la superficie del conduttore (r: pt; p:4 pt). Problema 5. Una persona che guarda dentro un contenitore può vedere il bordo più lontano del fondo (geometria del problema sulla lavagna). 'altezza del contenitore è h e la sua larghezza d. Quando il contenitore viene completamente riempito d'acqua e guardato dalla stessa angolazione, la persona può vedere il centro di una moneta posta al centro del fondo del contenitore. Assumendo che d=8.00cm, si trovi h. (r: pt; p:6 pt)

2 Problema a) a regola generale per la determinazione dell angolo tra due vettori si basa sulle seguenti equazioni da cui si ottiene xbx yby zbz cos B ossia 45. Tuttavia, era sufficiente osservare che, in questo caso, potendo mettere i due vettori nello stesso piano x,y, con il campo parallelo a x, l angolo formato tra i due vettori è anche l arcotangente del rapporto tra le componenti del vettore velocità (il rapporto è ). b) Il calcolo è diretto ( q e) con i j k y z x z x y F q B q x y z q i q j q k By Bz Bx Bz Bx By B B B x y z F y z 5 x q 0; F y 0; F z.60 0 B B N y z c) Nel calcolo del raggio della traiettoria circolare si deve considerare la componente della velocità perpendicolare al campo B. In questo caso, per quanto detto nel punto (a) è immediato verificare y j. Pertanto m e 8 r m eb d) Dopo mezzo periodo l elettrone si trova nel punto della traiettoria circolare che si trova all estremo opposto del diametro che ha il primo estremo nel punto iniziale. Pertanto,, si trova ad avere componenti opposte rispetto a quelle iniziali (la componente parallela al campo è costante): 4,,0 0 m/ s Problema Al contrario della resistenza, la resistività non dipende dalla geometria del conduttore (è una proprietà del materiale). Nel caso del filo conduttore omogeneo di sezione uniforme vale la relazione RA S.4 l dove A S è l area della sezione del conduttore. Dalla legge di Ohm microscopica sappiamo che il campo elettrico è E J. Da cui vediamo che è parallelo e concorde con il verso della corrente. In regime di corrente stazionaria, il campo elettrico è lo stesso in tutti i punti del conduttore (omogeneo con sezione uniforme). Ovviamente la legge di Ohm

3 microscopica si ricollega alla legge di Ohm macroscopica R RI V E J SJ 0 l l m a potenza dissipata risulta dall equazione di Joule P RI 0W W Problema 3 Dal teorema di Ampère sappiamo che la circuitazione di B lungo un cammino chiuso che circonda il filo conduttore è proporzionale alla corrente. Se questo cammino è circolare, con centro posto nel centro della sezione del conduttore, con asse allineato allo stesso conduttore, e percorso in verso antiorario rispetto al verso della corrente, si ottiene (approssimazione conduttore rettilineo illimitato) I B k M d (equazione Biot-Savart) dove d è la distanza dal centro della circonferenza. Posto d r si ottiene I 3 B km.33 0 T r Problema 4 Il vettore di Poynting può essere presentato nel modo seguente S E B 0 Il flusso del vettore di Poynting attraverso una superficie rappresenta il flusso di energia attraverso quella superficie nell unità di tempo. Nel caso del problema considerato, si può mostrare che il suo flusso corrisponde alla potenza dissipata dal conduttore che, nel problema, abbiamo calcolato tramite l equazione di Joule. In primo luogo teniamo presente che i vettori E e B sono perpendicolari e sono tangenti alla superficie del conduttore. Pertanto, il vettore di Poynting è perpendicolare alla superficie. Il suo verso risulta entrante per ciò che si è detto nei problemi e 3 riguardo al verso dei campi. Il flusso di S è, pertanto, A S n da dove A rl è la superficie laterale del conduttore e n è il versore normale (uscente) della superficie. A S da S A in quanto il modulo del vettore di Poynting è lo stesso in tutti i punti della superficie: 4 S E B E B.06 0 W m W Il segno negativo è ovviamente originato dal prodotto scalare di due vettori antiparalleli (energia entrante). A parte l approssimazione dei calcoli RI. Ciò si può dimostrare facendo le docute sostituzioni:

4 Problema 5 RI I A S A EBA k A RI RI l r rl M 0 0 a geometria del problema è mostrata in figura I simboli e rappresentano le lunghezze geometriche dei cammini dei raggi, rispettivamente, in assenza di acqua e in presenza di acqua, e sono i corrispondenti angoli rispetto alla verticale. Ad essi si applica la legge di Snell n sin n sin dove n e n sono, rispettivamente, gli indici di rifrazione dell aria e dell acqua. Ci serviremo del rapporto sin n sin n Si noti, infatti, che sin d sin d / Dividendo tra loro le due equazioni, otteniamo sin sin n sin sin n Per il teorema di Pitagora Pertanto /4 h d h d

5 h d / 4 n 4 h d n Risolvendo rispetto a h otteniamo (si pone n, n.33 ) n n n h d 4.70cm 4n