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Esercizio 5 – Esercizi misti elettromagnetismo

Esercizi misti sull'elettromagnetismo

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Esercizio 5.  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar) Un cilindro cavo di raggio interno r_1=10\,\text{cm}, raggio esterno r_2=15\,\text{cm} e altezza h=1\,\text{cm} è costituito da un materiale conduttore di resistività \rho=\text{2,7}\cdot 10^{-7}\,\Omega\cdot\text{m}. Il cilindro viene posto in una regione in cui è presente un campo magnetico uniforme e variabile nel tempo con la legge B(t)=\alpha t^2 (con \alpha=\text{0,5}\,\text{T/s}^2) nell’intervallo [0, T] e diretto come in figura 1. Sapendo che l’asse del cilindro coincide con l’asse di simmetria del campo magnetico, calcolare al tempo T=3\,\text{s}:

a) la corrente complessiva che circola nel cilindro specificandone il verso;

b) la potenza dissipata nel cilindro.

 
 

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Figura 1.

 
 

Svolgimento Punto a.

La legge di Faraday afferma che la variazione di flusso del campo magnetico in una superficie chiusa genera una forza elettromotrice, ossia:

(1)   \begin{equation*} \Delta V = -{d\Phi_\Sigma (\vec{B})\over d t}. \end{equation*}

Il segno meno indica che la forza elettromotrice si oppone alle variazioni di flusso. Prendiamo come superficie chiusa \Sigma una circonferenza di raggio r centrata nell’asse di simmetria. Di seguito scriviamo l’espressione del flusso e la sua derivata temporale:

(2)   \begin{equation*} \Phi_\Sigma (\vec{B}) = \pi r^2 B(t) \qquad \qquad {d \Phi_\Sigma (\vec{B}) \over d t} = \pi r^2 {\text{d}B(t)\over \text{d} t}=2\pi r^2 \alpha t. \end{equation*}

Abbiamo dunque trovato che il modulo della forza elettromotrice è funzione del tempo e della distanza r dall’asse di simmetria e vale

(3)   \begin{equation*} |\Delta V(r,t)| = 2\pi r^2 \alpha t. \end{equation*}

Dalla teoria sappiamo che è presente un campo elettrico, tangente punto per punto alla circonferenza (vedi figura 2), a causa della variazione di flusso di campo magnetico

   

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Figura 2.

   

Calcoliamo la circuitazione di \vec{E} sulla circonferenza in figura 2 e otteniamo

(4)   \begin{equation*} \int_{0}^{2\pi r}E \,ds=\int_{0}^{2\pi r}j \rho\, ds=2j \rho \pi r \end{equation*}

dove si è usata la prima legge di Ohm. In particolare j è la densità di corrente che abbiamo assunto costante perché non dipende da ds, ovvero l’elemento infinitesimo di circonferenza. Pertanto abbiamo

(5)   \begin{equation*} 2j \rho \pi r=2\pi r^2 \alpha t, \end{equation*}

da cui

(6)   \begin{equation*} j=\dfrac{2\pi r^2 \alpha t}{2 \rho \pi r}=\dfrac{r\alpha t}{\rho} \end{equation*}

che valutata al tempo t=T ci da

(7)   \begin{equation*} j=j(T)=\dfrac{r\alpha T}{\rho}. \end{equation*}

 

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Integrando hJ d\,\Sigma tra r=r_1 e r=r_2 si ottiene la corrente totale, cioè

(8)   \begin{equation*} i(T)=h\int_{r_1}^{r_2}\dfrac{r\alpha T}{\rho}d\Sigma =\dfrac{\alpha Th}{\rho}\int_{r_1}^{r_2} r\,dr=\dfrac{\alpha Th}{\rho}\left(\dfrac{r^2_2}{2}-\dfrac{r_1^2}{2}\right)=\dfrac{\alpha Th}{2\rho}\left(r_2^2-r_1^2\right) \end{equation*}

dove si è usato il fatto che d\Sigma=h \,dr.

Concludiamo con la seguente soluzione

    \[\boxcolorato{fisica}{ I = {a\,T\,h\over 2\rho}(r_2^2-r_1^2)=3472\,\text{A}.}\]

Svolgimento Punto b.

Prendiamo ancora in considerazione la sezione infinitesima del cilindro, avente corrente \text{d} i (r) al tempo t=T. La potenza dissipata da questa sezione è data da

(9)   \begin{equation*} \text{d}P (r)= |\Delta V(r)|\,\text{d}i(r)=\left(2\pi r^2 \alpha T\right)\left(\dfrac{r\alpha Th\,dr}{\rho}\right)= {2\pi\,a^2\, T^2\, h\, r^3 \over \rho}\text{d} r . \end{equation*}

Integriamo tra r=r_1 e r_2la potenzia infinitesima dissipata e otteniamo la potenza dissipata nel cilindro nell’istante t=T, cioè

(10)   \begin{equation*} P = \int_{r_1}^{r_2}\text{d} P (r)={2\pi\,a^2\, T^2\, h\over \rho}\int_{r_1}^{r_2}r^3\text{d} r= {2\pi\,a^2\, T^2\, h\over 4\rho}(r_2^4-r_1^4). \end{equation*}

Concludiamo con la seguente soluzione

    \[\boxcolorato{fisica}{ P = {2\pi\,a^2\, T^2\, h\over 4\rho}(r_2^4-r_1^4)= 532\,\text{W}.}\]

 

Approfondimento.

Proponiamo una soluzione differente per il punto a. Utilizziamo la legge di Ohm per calcolare la corrente. Consideriamo una sezione del cilindro di altezza h e raggi r e r+\text{d}r (dove \text{d}r indica un raggio infinitesimo), la resistenza di questa sezione si calcola utilizzando la seconda legge di Ohm.

(11)   \begin{equation*} \text{d} R =\rho {L\over \text{d}\Sigma}=\rho {2\pi r\over \text{d}r\,h} \end{equation*}

dove L è la lunghezza della sezione del cilindro, ovvero la circonferenza 2\pi r, mentre \text{d}\Sigma è la superficie infinitesima della sezione, ovvero \text{d}r \cdot h (l’area del rettangolo individuato dalle basi dr e h). \\ La corrente infinitesima che scorre in questa sezione è data dalla prima legge di Ohm

(12)   \begin{equation*} \text{d} I(r,t) ={|\Delta V(r,t)|\over \text{d} R} = 2\pi r^2 \alpha t\cdot \dfrac{dr\,h}{2\pi r\rho}={a\, t\, h\, r \over \rho}\text{d} r \qquad\Rightarrow\qquad \text{d} I(r,T) = \text{d} I(r)= {a\, T\, h\, r \over \rho}\text{d} r \end{equation*}

dove a destra abbiamo calcolato la corrente infinitesima al tempo T.

 

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Il verso della corrente è dato dalla regola della mano destra, quindi essendo il campo magnetico diretto verso l’alto, il verso della corrente è antiorario.\\ Integriamo questa corrente per ricavare la corrente totale nel cilindro cavo al tempo T.

(13)   \begin{equation*} I = \int_{r_1}^{r_2}\text{d} I (r)={a\,T\,h\over \rho}\int_{r_1}^{r_2} r\text{d}r = {a\,T\,h\over 2\rho}(r_2^2-r_1^2). \end{equation*}

Concludiamo con la seguente soluzione

    \[\boxcolorato{fisica}{ I = {a\,T\,h\over 2\rho}(r_2^2-r_1^2)=3472\,\text{A}.}\]

 

Fonte.

Esercizio tratto dagli esami di fisica 2 del professore Claudio Verona.

 

 

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