Dai conti si ha che r i = 5 m r f = 5 m Di conseguenza non si ha nessun lavoro complessivo risultante dallo spostamento.

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1 CORREZIONE COMPITO TOTALE del 5/0/0 ) Una carica elettrica puntiforme Q=C è soggetta al campo elettrico generato da un altra carica elettrica puntiforme in quiete q=3c situata nel punto P di coordinate (0,,)m rispetto a un determinato riferimento cartesiano. Ricordando che /4p ε0=909nm/c, determinare il lavoro compiuto dal campo generato da q se la carica Q si sposta dal punto P di coordinate(-3,,-)m a quello P di coordinate (-4,5,)m nello stesso sistema di riferimento. SVOLGIMENTO: Queste formule devono essere supernote: L = -D U = - IU f - U i M = U i - U f ; con U k (r) = Q VHr k L VHr k L = q 4 p e 0 r k con r k la distanza tra q e Q nella posizione k-esima Dai conti si ha che r i = 5 m r f = 5 m Di conseguenza non si ha nessun lavoro complessivo risultante dallo spostamento. ) 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 = sin(wt), con e w costanti. Se r è la distanza dall asse 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 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, ovvero è un campo elettrico uniforme ortogonale alle due armature di valore E Ø = s i, con s la densità superficiale e 0 sulle armature. In realtà, la carica sulle armature dipende dal tempo, e quindi s(t) = QHtL oscillante, altrettanto variabile nel tempo. = p R p R sinhw tl, e quindi si ha un campo E Ø = E Ø HtL = sinhw tl i e 0 p R b) Avendo un campo variabile, è possibile determinare il campo magnetico indotto da questa variazione utilizzando la IV equazione di Mawell:! Ø äb Ø = m 0 J Ø + e 0 E Ø ()

2 Compito0_0_5.nb Poiché siamo nel vuoto, all interno di un condensatore, J Ø = 0, l equazione () diventa con! Ø äb Ø = m 0 e 0 E Ø () Calcolando il flusso di entrambi i termini di tale equazione attraverso una superficie S = p r, si scrive Ÿ S! Ø äb Ø ÿ Ø S con Ø S = ds i E Ø = m 0 e 0 Ÿ ÿ Ø S S (3) Al primo membro della (3) si applica il teorema di Kelvin-Stokes (ottenendo la circuitazione del campo B Ø lungo la frontiera di S, S = p r, circolandola secondo la regola della mano destra, con il pollice direzionato lungo i): Ÿ S! Ø äb Ø ÿ Ø S = Ÿ S B Ø Ø ÿ l = B p r. L ultimo passaggio si avvale dalle seguenti considerazioni: Data la (),! Ø äb Ø deve essere parallelo a intensità (la sua direzione non cambia col tempo), allora deve essere perpendicolare a Ø S. EØ. Siccome il campo elettrico è variabile nel tempo solo nella sua EØ // E Ø. Ne consegue che! Ø äb Ø // E Ø // Ø S. Quindi B Ø Inoltre, sempre per la () vale che generalmente! Ø äb Ø ¹ 0, quindi B Ø 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 equazione di Mawell dice che! Ø ÿb Ø = 0). Questo significa che B Ø 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). Fissata dunque la distanza r dall asse X, l intensità di B Ø (cioè B) non varia lungo la circonferenza p r, ovvero la frontiera S di S, e pertanto Ÿ S B Ø Ø ÿ l = B p r. (4) A secondo membro della (3), data l uniformità di E Ø, 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: E Ø m 0 e 0 Ÿ ÿ Ø S d S = m 0 e 0 d t Ÿ S EØ ÿ Ø d S = m 0 e 0 H E S L = m d t 0 e 0 S d E = d t = m 0 p r w sinhw tl H5L p R Pertanto unendo le espressioni (4) e (5), si ottiene che B Ø = m 0 r w p R sinhw tl u q, con u q 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).

3 Compito0_0_5.nb 3 c) Dalla legge del moto di una particella, di carica q, in un campo elettrico: F Ø = m Ø a = q E Ø HtL = q sinhw tl i e 0 p R Il moto è evidentemente monodimensionale, lungo l asse X, quindi m ẋ. HtL = q sinhw tl e 0 p R HtL = - q m HtL = - q m e 0 p R w coshw tl + v 0 e 0 p R w sinhw tl + v 0 t + 0. Dalle condizioni iniziali, avendo scelto l origine degli assi nel centro delle armature, H0L = 0 fl v 0 = q m H0L = 0 fl 0 = 0 di conseguenza HtL = q m e 0 p R w e 0 p R - 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<, dove al più deve essere < d, quindi w > q m e 0 p R d. In figura è mostrato il caso con w = 30 q m e 0 p R w t 3) Si consideri una calotta cilindrica di lunghezza indefinita di raggio interno a=5mm e raggio esterno b=0mm. Al suo interno scorre una corrente di densità J Æ =5r k A/m 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 4 Compito0_0_5.nb SVOLGIMENTO a) un elemento infinitesimo, orientato, della sezione del conduttore, Ø S = r dq dr k I = Ø Ÿ S J ÿ Ø S = Ÿ S 5 r p b dq dr = Ÿ 0 dq Ÿ a 5 r dr= 0 p Ib 3 - a 3 ) 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 = 0 p Ib 3 - a 3 ); 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. Ib 3 -a 3 M B Ø = 5 m 0 per r > b r Ir 5 m 3 -a 3 M 0 per a r b r per r< a il campo B è nullo. In figura l andamento di B, avendo scelto a = 5 ä 0-3 m e b = 0 - m B Harbitrary unitsl HmL 4) Due barre conduttrici, ciascuna di resistenza R e R, 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=. T, perpendicolare ai binari ed alle barre, uscente dal foglio. Le barre si muovono con velocità v = 0m/s e v =5 m/s. Calcolare: a) La resistenza R, se la corrente indotta nel circuito è di 0.4A e R =6 Ω b) La forza che agisce sulle sbarrette e c) L energia dissipata sulle resistenze in un intervallo di 0 secondi

5 Compito0_0_5.nb 5 SVOLGIMENTO a) Per la legge di Faraday-Neumann-Lens, e ind = - d d t FHBL Essendo B uniforme e costante, allora vale che d FHBL = B d S, d t d t 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 + v t - v t ). e ind = -B LHv - v L = -.4 V. Se scegliamo come normale alla superficie S un versore equiverso a B Ø, si ha una corrente che circola in modo orario. Poiché deve essere e ind = I R tot = I HR + R L si calcola facilmente che R = e ind I - R = 4 W. b) Avvalendosi della formula F Ø Ø Ø = I d l ä B, ricordando che B è costante ed uniforme, e che la corrente circola in senso orario, Ø Ø F = I L B i = -F, con F = 0. N. c) La potenza totale che è dissipata vale W tot = I R tot = 0.58 W. Quindi l energia dissipata in un intervallo di 0 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 R=R=R3=30 kw, due condensatori C=C=300 mf e due induttanze L=L/=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 L e L

6 6 Compito0_0_5.nb SVOLGIMENTO a) La corrente circola solamente in r, R e R 3. R e R 3 formano un parallelo, di valore R 3 = R R 3 = 5 kw. R +R 3 La resistenza totale incontrata dalla corrente vale R tot = r + R 3 = 45 kw. Da cui La potenza dissipata vale W tot = e R tot = W. b) Non circolando corrente attraverso R, a causa dell interruzione del ramo indotta da C, non c è d.d.p. ai capi di R ; non c è ovviamente alcuna d.d.p. ai capi di L, 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, V A = 0. c) Un momento prima del cambio di connessioni sui terminali B, C e D, l energia e accumulata e - nell induttanza L, perché è percorsa da corrente I = =. 0-3 A, e vale E R L = L tot I = J; - nei condensatori C e C, che si trovano in parallelo (ricordiamo che in R NON passa corrente), formando una capacità complessiva di C = C + C = 600 mf; essendo V la d.d.p. ai capi di C e di R 3, che vale per il partitore di tensione V= e R 3 R tot = 8.75 V, si ha quindi l energia nei condensatori pari a E C = V C = J. L energia totale accumulata vale quindi E tot ~ J. Quando si cambiano le connessioni, il condensatore C si separa dal circuito che gli sta a sinistra, formando una maglia con L. Nella parte di circuito a sinistra di C (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 HL e C 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 E tot ~ 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 L scorre la corrente calcolata nel punto c) pari a I L =. µ 0-3 A. Passiamo invece al circuito di destra: quando il condensatore C si connette alla induttanza L si ha un circuito oscillante: infatti il condensatore C, ancora carico appena viene collegato il nodo C al D, sulle prime si scarica facendo fluire corrente attraverso ad L che accumula energia producendo un campo magnetico, ma che presto rilascia generando una variazione della corrente che ricarica il condensatore C, 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 C + L d I d t = Q C + L d Q d t.

7 Compito0_0_5.nb 7 d t Si ha quindi una soluzione oscillante del tipo Q(t) = coshw tl, con w = L C ~ 36 Hz. Di conseguenza I = Q = - w sinhw tl, con la carica accumulata inizialmente, pari a = V C = C. In[7]:= 8.75 µ 300 µ 0-6 Out[7]= In[6]:= 60 µ µ 0-6 êê N Out[6]= In[4]:= µ 0-6 Out[4]= In[3]:= 50 µ 5 Out[3]= 8.75 In[0]:= 40 êê N 0.03 I. µ 0-3 M Out[0]=.85 µ 0-8 In[9]:= µ 000 êê N Out[9]= 0.00 In[]:=.4 µ.4 µ.. µ 0.4 H5L.4 0 Out[]= 0.5 Out[]=.4 Out[3]= In[08]:= Out[08]= In[38]:= Sin@w td t t Out[38]= Sin@t wd - w Information::nomatch : No symbol matching œ found. à

8 8 Compito0_0_5.nb Information::notfound : Symbol Nabla not found. à CONTI # In[6]:= Dist@p_, p_d :=. Hp@@iDD - p@@iddl In[8]:= p = 80,, <; p = 8-3,, -<; p = 8-4, 5, <; k = 9 µ 0 9 ; Q = ; q = 3; ri = Dist@p, pd êê N rf = Dist@p, pd êê N Vf = q k rf ; Vi = q k ri ; L = Q HVi - VfL 3 i= Out[34]= 5. Out[35]= 5. Out[38]= 0. Out[]= 0 # In[70]:= LogLogPlotB - Sin@30 D, 9, 0 -, 00=, AesLabel Ø :t, " q m 00 e 0 p R w q m e 0 p R w ">F 0 Out[70]= t #3

9 Compito0_0_5.nb 9 In[3]:= subs = 8a Ø.005, b Ø.0<; c = IfB > b, b3 - a 3, 0F ê. subs; c = IfB > a && < b, 3 - a 3, 0F ê. subs; PlotA8c, c<, 9, 0-3,.05=, AesLabel -> 8"HmL", "B Harbitrary unitsl"<, PlotRange Ø 90, µ 0-4 =E B Harbitrary unitsl Out[34]= HmL In[6]:= c ê. Ø.00 Out[6]= 0 Out[98]= AesLabel Ø 8B Harbitrary unitsl, HmL<