Esercizi svolti sulla legge di Faraday-Neumann-Lenz

Campi elettrici e magnetici variabili nel tempo

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Esercizi svolti su sulla legge di Faraday-Neumann-Lenz

Gli esercizi svolti su sulla legge di Faraday-Neumann-Lenz sono tratti dal libro “Elementi di Fisica. Elettromagnetismo e Onde” di P. Mazzoldi, M. Nigro e C. Voci. Questo primo volume di due contiene la risoluzione dettagliata di 12 esercizi del capitolo 8, dedicato alla legge di Faraday-Neumann-Lenz. Questo materiale è destinato agli studenti di ingegneria, fisica e matematica, fornendo un supporto didattico essenziale per la comprensione dei concetti chiave trattati nel corso di Fisica 2.

Gli esercizi svolti su sulla legge di Faraday-Neumann-Lenz sono organizzati in ordine di difficoltà crescente per facilitare un apprendimento graduale e sistematico. Ogni soluzione è descritta con attenzione ai dettagli, spiegando passo dopo passo i procedimenti e le logiche utilizzate, permettendo così di comprendere non solo il “come”, ma anche il “perché” delle soluzioni.

Il nostro obiettivo è offrire uno strumento di studio completo e accurato, che aiuti gli studenti a prepararsi efficacemente per esami e verifiche, oltre a sviluppare una solida comprensione dei principi dell’elettromagnetismo. Siamo certi che queste soluzioni dettagliate saranno un valido aiuto per affrontare con successo le sfide accademiche del vostro corso di studi.

Nel dettaglio, gli esercizi svolti su sulla legge di Faraday-Neumann-Lenz trattati includono:

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Esercizio 1: calcolo della tensione ai capi di una sbarretta conduttrice in movimento rispetto a un filo rettilineo percorso da corrente.
Esercizio 2: determinazione del campo elettrico e della carica su un condensatore collegato a una bobina in movimento in un campo magnetico.
Esercizio 3: calcolo della corrente e della potenza dissipata in un resistore collegato a una sbarretta conduttrice che si muove su rotaie in un campo magnetico.
Esercizio 4: analisi della velocità e dell’energia dissipata di una spira conduttrice che entra in un campo magnetico.
Esercizio 5: determinazione della velocità limite e della corrente in una sbarretta che scivola lungo guide verticali in un campo magnetico.
Esercizio 6: studio del moto di una spira rettangolare che cade in un campo magnetico.
Esercizio 7: calcolo della f.e.m. e della velocità limite di una sbarretta scivolante su guide inclinate in un campo magnetico.
Esercizio 8: determinazione della f.e.m. e della potenza elettrica in un disco conduttore in rotazione (ruota di Barlow).
Esercizio 9: analisi della corrente e della velocità di regime di una sbarretta su rotaie collegate a un generatore in un campo magnetico.
Esercizio 10: variazione della velocità e della corrente di una sbarretta in un circuito con generatore.
Esercizio 11: determinazione della corrente e della velocità di regime di una sbarretta che solleva una massa tramite un filo e una carrucola.
Esercizio 12: calcolo della corrente e della velocità angolare di un disco conduttore con massa collegata in un campo magnetico.

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Ottieni il documento contenente 12 esercizi risolti, contenuti in 51 pagine ricche di dettagli, per migliorare la tua comprensione della legge di Faraday-Neumann-Lenz.

Autori e revisori degli esercizi su campi elettrici e magnetici variabili nel tempo (legge di Faraday-Neumann-Lenz)

Mostra autori e revisori.

Autori: Valerio Brunetti, Cesare Malagù.

Revisori: Patrizio Di Lorenzo, Nicola Fusco e Alberto Cella.

Legge di Faraday-Neumann-Lenz applicata ai circuiti elettrici

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La seguente trattazione sulla legge di Faraday-Neumann-Lenz non è esaustiva al livello teorico, si vuole solo studiare l’applicazione di essa nei circuiti elettrici per aiutare il lettore ad una maggiore comprensione dello svolgimento degli esercizi del seguente eserciziario. Consideriamo un circuito immerso in un campo magnetico $\vec{B}$ e denotiamo con $\Sigma$ una qualsiasi superficie che ha come bordo il circuito stesso. La legge di Faraday-Neumann-Lenz è

(1) $\begin{equation*} \mathscr{E}_i=-\frac{d\Phi_\Sigma(\vec{B})}{dt}, \end{equation*}$

dove il segno – indica che gli effetti prodotti dalla forza elettromotrice indotta sono opposti alla variazione di flusso del campo magnetico totale entrante nel circuito. La forma del circuito può variare nel tempo, il circuito può essere collegato ad un generatore esterno che fa scorrere una corrente dentro di essa variabile nel tempo, oppure, ad esempio, può essere immerso in un campo magnetico esterno prodotto da una sorgente esterna. Tutte e tre le situazioni possono accadere singolarmente, due contemporaneamente, oppure tutte e tre insieme, insomma nessuna esclude l’altra. Sia $\vec{B}=B^{\text{Esterno}}+B^{\text{Interno}}$ , dove $B^{\text{Esterno}}$ e $B^{\text{Interno}}$ sono rispettivamente il campo magnetico generato dall’esterno e il campo magnetico autoindotto. Riscriviamo la precedente equazione come

(2) $\begin{equation*} \mathcal{E}_\text{totale}=-\dfrac{d\Phi_\Sigma\left(B^{(\text{Esterno})}\right)}{dt}-\dfrac{d\Phi_\Sigma\left(B^{(\text{Interno})}\right)}{dt}, \end{equation*}$

oppure

(3) $\begin{equation*} \mathcal{E}_{(\text{Interno})}+\mathcal{E}_{(\text{Esterno})}=-\dfrac{d\Phi_\Sigma\left(B^{(\text{Esterno})}\right)}{dt}-L\dfrac{di}{dt}, \end{equation*}$

dove si è usato nel precedente passaggio

(4) $\begin{equation*} \dfrac{d\Phi_\Sigma\left(B^{(\text{Interno})}\right)}{dt}=L\dfrac{di}{dt}. \end{equation*}$

Studiamo qualche caso fisico in cui si vede applica la legge di Faraday-Neumann-Lenz.

Si immagini che, ad esempio, che la forma del circuito non vari nel tempo e che non sia collegato a nessun generatore di tensione, ma che vari solo il flusso del campo magnetico esterno. In questo caso il campo magnetico interno dipende dal campo magnetico esterno, perché il campo magnetico interno si genera per gli effetti causati dal campo magnetico esterno. Ipotizziamo che il flusso del campo magnetico esterno aumenti nel tempo, allora il flusso del campo magnetico interno diminuisce, oppure se il flusso del campo magnetico diminuisce nel tempo, allora il flusso del campo magnetico interno aumenta, come d’altro canto la natura vuole.
Si immagini il caso in cui il circuito non sia immerso in un campo magnetico esterno e che la sua forma non vari nel tempo, ma che sia collegato ad un generatore che faccia scorrere una corrente variabile nel tempo nel circuito. Per la seconda legge elementare di Laplace sappiamo che si genererà un campo magnetico e questo campo magnetico rappresenta proprio il campo magnetico interno. Dunque, in tale situazione la (5) diventa

(5) $\begin{equation*} \mathcal{E}_{(\text{Interno})}=-L\dfrac{di}{dt}. \end{equation*}$

Dalla precedente equazione si deduce, quindi che, anche in assenza di campo magnetico esterno si produce una forza elettromotrice indotta, però questa volta dal campo magnetico interno. Pertanto deduciamo che, in generale, il campo magnetico interno non dipende necessariamente dal campo magnetico esterno.
Ora, immaginiamo che, il circuito sia immerso in un campo magnetico esterno costante in modulo, direzione e verso, che non si collegato a nessun generatore e si supponga che la forma del circuito vari nel tempo, in modo da far variare il flusso del campo magnetico dentro di esso; anche in questo caso la (5) continua a valere e deduciamo che il campo magnetico interno non dipende necessariamente dal campo magnetico esterno, ma da cause esterne variabili, che possono essere, ad esempio un generatore che fa scorrere la corrente nel circuito o un meccanismo esterno che faccia variare la forma del circuito nel tempo.

Da quanto detto deduciamo che la legge di Faraday è molto profonda e ci possono essere molti casi da analizzare. In molti degli esercizi proposti in questo capitolo si trascurerà l’autoinduttanza dei circuiti, ovvero si pone $L=0$ , da cui l’equazione (5) diventa

(6) $\begin{equation*} \mathcal{E}_{(\text{Esterno})}=\mathcal{E}_{i}=-\dfrac{d\Phi_\Sigma\left(B^{(\text{Esterno})}\right)}{dt}. \end{equation*}$

Dato un piano immerso in un campo magnetico convenzionalmente con il pallino pieno $\bullet$ si indica che il campo magnetico è uscente dal foglio, mentre con una $\times$ se è entrante nel foglio, come rappresentato in figura 1.

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Figura 1: rappresentazione convenzionale dei versi di campo magnetico.

Immaginiamo di avere un circuito immerso in un campo magnetico uscente (ovvero il caso denotato con il simbolo $\bullet$ ) tale per cui il flusso del campo magnetico attraverso esso aumenti nel tempo. Denotiamo con $\Phi_\Sigma\left(\vec{B}^{(\text{Esterno})}\right)=\Phi_\Sigma$ il flusso del campo magnetico attraverso $\Sigma$ . Se il flusso attraverso $\Sigma$ aumenta vuol dire che $d\Phi_\Sigma/dt>0$ , altrimenti se il flusso attraverso $\Sigma$ diminuisce vuol dire che $d\Phi_\Sigma/dt<0$ . Inoltre, si osservi che, se il flusso aumenta vuol dire che $\Phi_\Sigma$ è una funzione crescente, mentre se il flusso diminuisce vuol dire che $\Phi_\Sigma$ è una funzione decrescente.

Analizziamo il caso in cui un circuito sia immerso in un campo magnetico entrante (ovvero il caso denotato con il simbolo $\times$ ) tale per cui il flusso del campo magnetico attraverso esso aumenti nel tempo in modulo. Se il flusso attraverso $\Sigma$ aumenta in modulo vuol dire che $d\Phi_\Sigma/dt<0$ ; in altri termini, la funzione $\Phi_\Sigma$ è monotona decrescente. Se il flusso diminuisce in modulo vuol dire che $d\Phi_\Sigma/dt>0$ ; in altri termini, la funzione $\Phi_\Sigma$ è monotona crescente. Matematicamente si può pensare, ad esempio, alla funzione $f(x)=x$ che è crescente e la derivata è $f^\prime(x)=1>0$ , altrimenti alla funzione $f(x)=-x$ che è decrescente e la cui derivata è $f^\prime(x)=-1<0$ . Spesso negli esercizi il flusso del campo magnetico è lineare, ovvero è nella forma $\Phi_\Sigma=\text{costante}\, x$ , dove $x>0$ perché fisicamente rappresenta una lunghezza, come ad esempio la lunghezza di un lato di un rettangolo. Chiaramente la costante che moltiplica la variabile $x$ può essere positiva o negativa a seconda che il flusso del campo magnetico sia crescente o decrescente dato che stiamo assumendo che matematicamente sia un retta passante per l’origine di un sistema di riferimento $Oxy$ . Analizziamo il caso $\times$ . Precedentemente abbiamo detto che se il flusso diminuisce nel tempo ed è negativo vuol dire che $\Phi_\Sigma<0$ e che $d\Phi_\Sigma/dt<0$ , infatti se consideriamo $f(x)=-x$ in modulo si ha $\left \vert f(x)\right \vert=\left \vert -x\right \vert=x$ per $x>0$ che è crescente. Riassumendo

nel caso $\bullet$ se $\Phi_\Sigma$ aumenta vuol dire che $\Phi_\Sigma$ è una funzione monotona crescente e $\Phi_\Sigma/dt>0$ ;
nel caso $\bullet$ se $\Phi_\Sigma$ diminuisce vuol dire che $\Phi_\Sigma$ è una funzione monotona decrescente e $d\Phi_\Sigma/dt<0$ ;
nel caso $\times$ se $\Phi_\Sigma$ aumenta in modulo vuol dire che $\Phi_\Sigma$ è una funzione monotona decrescente e $d\Phi_\Sigma/dt<0$ ;
nel caso $\times$ se $\Phi_\Sigma$ diminuisce in modulo vuol dire che $\phi_\Sigma$ è una funzione monotona crescente e $d\Phi_\Sigma/dt>0$ .

Per la legge di Faraday nel caso 1, caso 2, caso 3 e caso 4, si ha rispettivamente

(7) $\begin{equation*} \mathcal{E}_i=-\dfrac{d\phi_\Sigma}{dt}<0, \end{equation*}$

(8) $\begin{equation*} \mathcal{E}_i=-\dfrac{d\Phi_\Sigma}{dt}>0, \end{equation*}$

(9) $\begin{equation*} \mathcal{E}_i=-\dfrac{d\Phi_\Sigma}{dt}>0, \end{equation*}$

(10) $\begin{equation*} \mathcal{E}_i=-\dfrac{d\Phi_\Sigma}{dt}<0. \end{equation*}$

Le equazioni (7), (8), (9) e (10) dicono rispettivamente che la corrente circola in senso orario nel circuito, la corrente circola in senso antiorario nel circuito, la corrente circola in senso antiorario nel circuito e la corrente circola in senso orario nel circuito, come era deducibile dalle legge di Lenz. Spesso negli esercizi si sceglierà un sistema di riferimento fisso $Oxyz$ dal quale osservare gli eventi fisici, da cui si denoterà $\hat{x}$ , $\hat{y}$ e $\hat{z}$ i versori rispettivamente degli assi $x$ , $y$ e $z$ .

Testi degli esercizi su campi elettrici e magnetici variabili nel tempo (legge di Faraday-Neumann-Lenz)

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una sbarretta conduttrice di lunghezza $b$ si muove con velocità $\vec{v}$ costante e ortogonale ad un filo rettilineo indefinito percorso dalla corrente $i$ . Calcolare:

la tensione $\mathscr{E}$ ai capi $P$ e $Q$ della sbarretta in funzione della distanza $r$ dal filo;
Ripetere il calcolo quando la sbarretta si muove con velocità costante parallela al filo e l’estremo più vicino al filo dista da questo $r$ .

Si trascurino tutti gli attriti.

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Figura 2: schema problema 1.

Svolgimento punto 1.

Notiamo subito che la presenza della corrente $i$ genera intorno al filo un campo magnetico $\vec{B}$ . Per capire quali siano le linee questo campo possiamo utilizzare la regola del cacciavite: orientiamo il pollice della mano destra nello stesso verso in cui scorre la corrente, dopodichè chiudiamo le dita come se stessimo stringendo un cacciavite nella nostra mano; l’orientamento delle dita ci fornisce il verso del campo $\vec{B}$ .

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Figura 3: rappresentazione linee campo magnetico.

La figura 3 mostra come sono orientate le linee del campo magnetico. La corrente va pensata uscente dal foglio (stiamo di fatto immaginando di vedere il filo “dall’alto”). Dalla teoria sappiamo che l’intensità di un campo magnetico generato da un filo infinito percorso da corrente è descritta dalla legge di Biot-Savart

(11) $\begin{equation*} \vec{B}=\frac{\mu_0i}{2\pi r} \ \hat{\phi}, \end{equation*}$

dove $\mu_0$ è la permeabilità magnetica nel vuoto, $r$ è la distanza dal filo del punto in cui si vuole valutare il campo e $\hat{\phi}$ è il versore tangente alla linea di forza che passa per quel punto. Ci chiediamo che cosa succede quando il campo magnetico attraversa l’asta conduttrice. All’interno di essa, sono presenti degli elettroni che si stanno muovendo alla stessa velocità $\vec{v}$ dell’asticella, quindi si deduce che su di essi stia agendo una forza di Lorentz che, per la regola della mano destra¹, tende a spingere gli elettroni verso il basso. La forza di Lorentz è definita come

(12) $\begin{equation*} \vec{F}_L=q\,\vec{v}\wedge\vec{B}, \end{equation*}$

dove nel nostro caso $q=-ne$ , con $n$ numero degli elettroni che si sono spostati da una parte all’altra della sbarretta.

Abbiamo dunque trovato che la sbarretta viene polarizzata per effetto del campo magnetico in quanto le cariche di segno opposto si disporranno ad estremi opposti; è proprio questa nuova distribuzione di carica che genera la differenza di potenziale $\mathscr{E}$ agli estremi della sbarretta. Per trovare questo potenziale, notiamo che la forza di Lorentz agisce come una forza elettrostatica, cioè genera un campo elettrico $\vec{E_0}$ dentro la sbarretta. Abbiamo dunque

(13) $\begin{equation*} \vec{E}_0=\frac{\vec{F}_L}{q}, \end{equation*}$

da cui sostituendo l’espressione della forza di Lorentz definita nell’equazione (12) nella precedente equazione, otteniamo

(14) $\begin{equation*} \vec{E}_0=\vec{v}\wedge\vec{B}. \end{equation*}$

Scegliamo un sistema di riferimento $Oxy$ solidale con la sbarretta tale per cui $P\equiv O$ , come in figura 4.

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Figura 4: rappresentazione dell’asta nel sistema di riferimento $xy$ .

Sfruttando la regola della mano destra, è facile convincersi del fatto che il campo elettrico sia rivolto verso l’alto; svolgendo il prodotto vettoriale tra $\vec{v}$ e $\vec{B}$ e applicando la legge di Biot-Savart, l’equazione (14) diventa ${\color{blue} ^2}$

(15) $\begin{equation*} \vec{E}=vB \ \hat{y}=\frac{\mu_0iv}{2\pi r} \ \hat{y}, \end{equation*}$

dove $\hat{y}$ è il versore dell’asse $y$ . Una volta trovato il campo elettrico si può ricavare facilmente la differenza di potenziale $\mathscr{E}$ . Dalla definizione di forza elettromotrice, si ha

(16) $\begin{equation*} \mathscr{E}=\int_{\gamma}{\vec{E}_0\cdot d\vec{\ell}}, \end{equation*}$

dove $\gamma$ è il segmento sul quale giace la sbarretta, ovvero $\overline{PQ}$ .

Parametrizziamo il segmento $\overline{PQ}$ come segue

(17) $\begin{equation*} \vec{\gamma}(t) =\left(0,t,0\right), \quad \text{con}\,\,t=[0,b]. \end{equation*}$

Si ha

(18) $\begin{equation*} d\vec{\ell}=\dfrac{d\vec{\gamma}(t)}{dt}\,dt=\left(\frac{d\gamma_x(t)}{dt},\frac{d\gamma_y(t)}{dt},\frac{d\gamma_z(t)}{dt}\right)dt=\left(0,1,0\right)dt, \end{equation*}$

da cui l’equazione (16) diventa

(19) $\begin{equation*} \mathscr{E}=\int_{0}^b\vec{E}_0\cdot \dfrac{d\vec{\gamma}(t)}{dt}\,dt=\int_{\gamma}\left(0,\dfrac{\mu_0iv}{2\pi r},0\right)\cdot\left(0,1,0\right)dt =\int_{0}^{b}{\frac{\mu_0iv}{2\pi r}dt}=\frac{\mu_0iv}{2\pi r}\int_{0}^{b}{dt}=\frac{\mu_0ivb}{2\pi r}, \end{equation*}$

cioè:

$\boxcolorato{fisica}{\mathscr{E}=\frac{\mu_0ivb}{2\pi r}.}$

$\[\]$

Si ricordi che $\overline{O\,\text{CM}}_{\text{disco}}=r.$ ↩
Facciamo notare al lettore che $\vec{B}$ è costante in modulo in ogni punto della sbarretta perché ogni punto della sbarretta si trova alla stessa distanza dal fili rettilineo. ↩

Svolgimento punto 2.

In questo caso il procedimento è analogo al punto $a$ . Ci mettiamo nello stesso sistema di riferimento della figura4 in questo sistema la velocità della sbarretta è $\vec{v}=v \ \hat{y}$ . Allora dalla (13) si nota che per la regola della mano destra in questa configurazione il campo elettrico generato da $\vec{B}$ sarà diretto lungo il semiasse negativo delle $x$ . Applicando la legge di Biot-Savart, si ha

(20) $\begin{equation*} \vec{E}(r^\prime)=-\frac{\mu_0iv}{2\pi r^\prime} \ \hat{x} , \end{equation*}$

dove $r^\prime$ è la distanza dal filo indefinito ad un generico punto del conduttore e $\hat{x}$ è il versore dell’asse delle $x$ .

Parametrizziamo il segmento $\overline{PQ}$ come segue

(21) $\begin{equation*} \vec{\gamma}(t) =\left(t,0,0\right), \quad \text{con}\,\,t=[r,r+b], \end{equation*}$

da cui

(22) $\begin{equation*} d\vec{\ell}=\dfrac{d\vec{\gamma}(t)}{dt}\,dt=\left(1,0,0\right)dt. \end{equation*}$

Osserviamo che il campo elettrico definito in (20) non assume lo stesso valore in tutti i punti del segmento $\overline{PQ}$ perché $r^\prime$ varia tra $[r,r+b]$ . Abbiamo dunque

(23) $\begin{align*} \mathscr{E}&=\int_{\gamma} \vec{E}(r^\prime)\cdot d\vec{\ell} =\int_{r}^{r+b}\left(-\dfrac{\mu_0iv}{2\pi t},0,0\right)\cdot \left(1,0,0\right)dt=-\frac{\mu_0iv}{2\pi }\int_{r}^{r+b}{\frac{1}{t}dt}=\\ &=-\dfrac{\mu_0iv}{2\pi r}\ln\left(\dfrac{r}{r+b}\right)=\frac{\mu_0i}{2\pi }v\ln\left(\frac{r}{r+b}\right), \end{align*}$

cioè:

$\boxcolorato{fisica}{\mathscr{E}=\frac{\mu_0i}{2\pi }v\ln\left(\frac{r}{r+b}\right).}$

Osservazione 1.

La situazione fisica descritta in questo esercizio prende il nome di effetto Hall.

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una bobina di lato $\ell=20 \ \text{cm}$ , ai cui capi è collegato un condensatore piano, area delle armature $\Sigma=100 \ \text{cm}^2$ , distanti $d=\text{0,5} \ \text{cm}$ , si muove con velocità di modulo $v=2 \ \text{m}\cdot \text{s}^{-1}$ diretta come in figura 5, in un campo magnetico $B=\text{0,5} \ \text{T}$ perpendicolare al piano della bobina. Calcolare:

il campo elettrico $E$ tra le armature del condensatore;
la carica $q$ sulle armature dello stesso.

Si trascuri l’induttanza del circuito e ogni forma di attrito.

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Figura 5: schema del problema 2.

Svolgimento punto 1.

La bobina sta attraversando a velocità $\vec{v}$ costante in modulo, direzione e verso, una regione in cui è presente un campo magnetico $\vec{B}$ costante in modulo, direzione e verso. La bobina sta dunque tagliando trasversalmente le linee di campo magnetico. Con il passare del tempo, una superficie sempre più grande della bobina sarà attraversata da $\vec{B}$ , ossia sta aumentando il flusso del campo magnetico che passa attraverso la bobina. Il flusso attraverso la bobina è

(24) $\begin{equation*} \Phi_{\Sigma}(\vec{B})=\iint_\Sigma {\vec{B}\cdot\hat{n}\,d\Sigma}, \end{equation*}$

dove $\Sigma$ è la parte di superficie della bobina attraversata dal campo magnetico, $\hat{n}$ è il versore normale alla superficie orientato seconda la regola della vite e $d\Sigma$ è la superficie infinitesima della bobina.

Parametrizziamo la superficie $\Sigma$ . Scegliamo un sistema di riferimento $Oxyz$ come in figura 6.

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Figura 6: rappresentazione del sistema di riferimento.

Per la legge di Faraday, sappiamo che se la variazione di flusso di campo magnetico indotto dall’esterno in un circuito genera una forza elettromotrice autoindotta responsabile di una corrente autoindotta che scorre nel circuito in modo da creare un flusso di campo magnetico autoindotto si oppone agli effetti del flusso di campo magnetico indotto dall’esterno; in altri termini se il flusso del campo magnetico esterno aumenta la corrente autoindotta genera un flusso di campo magnetico autoindotto che farà diminuire il flusso di campo magnetico esterno, se invece il flusso di campo magnetico esterno diminuisce la corrente autoindotta genererà un flusso di campo magnetico autoindotto che farà aumentare il flusso di campo magnetico esterno. Per ipotesi gli effetti di autoinduzione sono da trascurare, pertanto terremo conto solo degli effetti del campo magnetico indotto dall’esterno.

Il campo magnetico in figura 6 è uscente dal foglio; la corrente indotta $i$ dal campo magnetico esterno dovrà dunque generare un campo magnetico entrante. Applicando la regola della vite deduciamo che la corrente dovrà scorrere in senso orario. In particolare, il pollice della mano destra punterà verso il foglio e di conseguenza l’orientamento delle dita della mano destra suggerisce che la corrente scorrerà in senso orario, come mostrato in figura 7.

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Figura 7: rappresentazione del circuito equivalente.

Il flusso del campo magnetico indotto dall’esterno aumenta nel tempo pertanto la forza elettromotrice indotta sarà negativa; in altri termini la corrente deve scorrere in senso orario affinché si generi un campo magnetico autoindotto che si opponga agli effetti del campo magnetico esterno; infatti, siccome il flusso di campo magnetico esterno aumenta il campo magnetico autoindotto genera un flusso che fa diminuire il flusso del campo magnetico esterno. Per la legge di Faraday-Newmann, si ha

(25) $\begin{equation*} \mathscr{E}_i=-\frac{d\Phi_{\Sigma}(\vec{B})}{dt}. \end{equation*}$

Il fatto che la forza elettromotrice indotta sia negativa vuol dire che la derivata del flusso di $\vec{B}$ rispetto al tempo sarà positiva, ossia otteniamo che la funzione $\Phi(\vec{B})$ dovrà essere crescente. Sia $s$ la lunghezza orizzontale della bobina immersa nel campo magnetico. Procediamo risolvendo l’integrale della (24). Abbiamo dunque

(26) $\begin{equation*} \Phi_{\Sigma}(\vec{B})=\iint_\Sigma {\vec{B}\cdot\hat{n}\,d\Sigma}=\iint_D {\vec{B}\cdot\hat{n}\,d\Sigma}=\iint_D \left(0,0,B\right)\cdot \left(0,0,1\right)dxdy=\iint_DB\,dxdy, \end{equation*}$

dove $D\coloneqq\{(u,s)\in \mathbb{R} \ t.c. \ 0\leq y\leq\ell, \ 0\leq x\leq s \}.$

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Figura 8: rappresentazione dei parametri utilizzati per parametrizzare $\Sigma$ .

Svolgendo i calcoli la precedente equazione diventa

(27) $\begin{equation*} \Phi_{\Sigma}(\vec{B})=\iint \left(0,0,B\right)\cdot \left(0,0,1\right)duds=\iint_DB\,duds=B\iint_D\,duds=Bs\ell. \end{equation*}$

Si osservi che dal precedente risultato, come dedotto in precedenza, $\Phi(\vec{B})$ è una funzione crescente. ll flusso varia in funzione di $s$ . Sfruttando il precedente risultato l’equazione (25) diventa

(28) $\begin{equation*} \mathscr{E}_i=-\frac{d\Phi_\Sigma(\vec{B})}{dt}=-B\ell\frac{ds}{dt}=-B\ell v=\text{costante}, \end{equation*}$

perché $v$ è costante. La differenza di potenziali ai capi del condensatore è uguale $\mathscr{E}_i$ che è costante, pertanto il condensatore risulta carico e quindi possiamo trovare il campo elettrico $E$ all’interno del condensatore: esso sarà uguale al quoziente tra la differenza di potenziale e la distanza $d$ tra le due armature. Abbiamo dunque:

$\boxcolorato{fisica}{E=\frac{\left \vert \mathscr{E}_i\right \vert }{d}=\frac{B\ell v}{d}=40\,{\text{V}}\cdot{\text{m}}^{-1}.}$

Svolgimento punto 2.

Ricordiamo che la capacità di un condensatore è definita come segue

(29) $\begin{equation*} C=\frac{q}{\Delta V}, \end{equation*}$

dove $\Delta V$ è la differenza di potenziale ai capi del condensatore e $q$ è la carica sulle armature. Si ricorda che nel caso particolare che il condensatore sia piano, si ha

(30) $\begin{equation*} C=\frac{\varepsilon_0\Sigma}{h}, \end{equation*}$

dove $h$ è la distanza tra le due armature e $\Sigma$ è l’area occupata dalle armature. Osserviamo che nel circuito in figura 7 si ha $\Delta V=\left \vert \mathscr{E}_i\right \vert$ e $h=d$ , da cui confrontando (29) e (30) otteniamo

(31) $\begin{equation*} \frac{q}{\left \vert \mathscr{E}_i\right \vert }=\frac{\varepsilon_0\Sigma}{d}\quad\Leftrightarrow\quad q=\frac{\varepsilon_0\Sigma\left \vert \mathscr{E}_i\right \vert }{d}. \end{equation*}$

Sostituendo il risultato ottenuto in (28) in (31), si ottiene:

$\boxcolorato{fisica}{q=\frac{\varepsilon_0\Sigma}{d}B\ell v=\text{3,4}\,\text{pC}.}$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una sbarretta conduttrice di lunghezza $\ell$ si muove senza attrito su due rotaie. Una forza di modulo ${F}=1 \ \text{N}$ è applicata alla sbarretta che si muove di velocità costante di modulo $v=2 \ \text{m}\cdot \text{s}^{-1}$ in un campo magnetico $\vec{B}$ perpendicolare al foglio. La forza $\vec{F}$ è parallela alle due rotaie, come rappresentato in figura 9. Si richiedere di calcolare:

la corrente $i$ che percorre il resistore $R=8 \ \Omega$ collegato tra le rotaie;
la potenza $\mathscr{P}$ dissipata sullo stesso.

Si trascuri l’induttanza del circuito e ogni forma di attrito.

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Figura 9: schema problema 3.

Svolgimento punto 1.

Fissiamo un sistema di riferimento fisso $Oxy$ , come in figura 10.

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Figura 10: sistema di riferimento problema 3.

Sappiamo che la sbarretta si muove con velocità $\vec{v}$ costante in modulo, direzione e verso; dunque gli elettroni al suo interno risentiranno di una forza di Lorentz pari a $\vec{F}_L=q\,\vec{v}\wedge\vec{B}$ , con $q=-ne$ e $n$ numero degli elettroni che si spostano nel conduttore. Tramite la regola della mano destra si trova che tale forza spinge gli elettroni in una direzione parallela all’asse delle $y$ , come mostra chiaramente la figura 10; di conseguenza, la corrente scorrerà nel verso opposto per motivi convenzionali (nel senso che si immagina sempre che siano le cariche positive a muoversi e non gli elettroni). Dunque, all’interno della sbarretta scorre una corrente $i$ e pertanto su un suo tratto infinitesimo $d\vec{s}$ orientato nello stesso verso di $i$ , per la seconda legge elementare di Laplace, agirà una forza che chiameremo $d\vec{F}_i$ descritta dall’equazione

(32) $\begin{equation*} d\vec{F}_i=i\,d\vec{s}\wedge\vec{B}, \end{equation*}$

da cui integrando su tutta la lunghezza della sbarretta, si ha

(33) $\begin{equation*} \vec{F}_t=i\int_{0}^{\ell}{d\vec{s}\wedge\vec{B}} , \end{equation*}$

cioè si trova la forza totale agente sulla sbarretta. A questo punto, per la regola della mano destra, avremo che il prodotto vettoriale all’interno dell’integrale darà come risultato un vettore che parallelamente all’asse negativo delle $x$ , cioè

(34) $\begin{equation*} \vec{F}_i=-i\int_{0}^{\ell}Bds \ \hat{x}=-iB\ell \ \hat{x}. \end{equation*}$

Analizziamo ora ciò che succede lungo la direzione $\hat{x}$ : le due forze che agiscono sulla sbarretta sono $\vec{F}$ e $\vec{F}_i$ , orientate in verso opposto. Per il secondo principio della dinamica, la forza totale agente sulla sbarra è

(35) $\begin{equation*} \vec{F}_{\text{totale}}=m\vec{a}=\vec{F}_i+\vec{F}=\vec{0}, \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato il fatto che la velocità della sbarretta è costante e dunque la sua accelerazione è nulla. Dalla precedente equazione, abbiamo

(36) $\begin{equation*} \vec{F}=-\vec{F}_i\quad\Rightarrow\quad F=iB\ell, \end{equation*}$

da cui

(37) $\begin{equation*} i=\frac{F}{B\ell}. \end{equation*}$

Consideriamo l’area delimitata dal rettangolo $OSQR$ . Questa area aumenta al passare del tempo, di conseguenza aumenterà anche il flusso di campo magnetico. Per la legge di Faraday-Neumann, a causa dell’aumento di flusso sarà presente una forza elettromotrice $\mathscr{E}_i$ che indurrà una corrente $i$ . Inoltre, notiamo che, il campo $\vec{B}$ è uscente dal foglio; poichè per la legge di Lenz il campo magnetico generato dalla corrente indotta deve opporsi alla variazione di flusso, sappiamo che tale campo dovrà avere verso entrante rispetto al foglio; applicando la regola della vite, troviamo che la corrente scorrerà in senso orario.

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Figura 11: rappresentazione del circuito equivalente del sistema.

Notiamo che il verso della corrente è lo stesso dedotto in precedenza dalla forza di Lorentz . A questo punto, con un procedimento analogo a quello utilizzato nel problema 2 è possibile scrivere il flusso del campo magnetico attraverso tale superficie, cioè

(38) $\begin{equation*} \Phi_{\Sigma}(\vec{B})=\iint_\Sigma {\vec{B} \cdot \hat{n}\,d\Sigma}=B\int_0^\ell {dy}\int_0^x {dx^{\prime}}=B\ell x, \end{equation*}$

dove $\hat{n}$ è il versore perpendicolare al piano concorde e parallelo a $\vec{B}$ , mentre $x$ è lo spazio orizzontale rappresentato in figura 12.

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Figura 12: schema problema 3.

Otteniamo che il flusso del campo magnetico è una funzione della coordinata $x$ della sbarretta. Applichiamo ora la legge di Faraday-Neumann, la quale ci dice che, in un circuito, la variazione di campo magnetico induce una forza elettromotrice $\mathscr{E}_i$ descritta dall’equazione

(39) $\begin{equation*} \mathscr{E}_i=-\frac{d\Phi_\Sigma(\vec{B})}{dt}, \end{equation*}$

da cui

(40) $\begin{equation*} \mathscr{E}_i=-\frac{d(B\ell x)}{dt}=-B\ell \frac{dx}{dt}=-B\ell v =\text{costante} , \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato il fatto che la velocità è costante. Una volta individuata la forza elettromotrice indotta, facendo riferimento alla figura 11, possiamo applicare la prima legge di Ohm

(41) $\begin{equation*} \lvert\mathscr{E}_i\rvert=Ri \quad\Leftrightarrow\quad i=\frac{\lvert\mathscr{E}_i\rvert}{R}=\frac{B\ell v}{R}, \end{equation*}$

dove è stato preso il modulo della forza elettromotrice in quanto il segno della corrente non è rilevante una volta che è stato stabilito il suo verso di percorrenza; molto spesso infatti nei problemi si assume che la corrente abbia un verso e poi, in seguito ai calcoli svolti durante la risoluzione, si trova un valore positivo o negativo per essa e dunque si deduce il suo verso di percorrenza nel circuito. In questo caso il verso di $i$ è stato trovato inizialmente da considerazioni fisiche sulla legge di Lenz, quindi ci occuperemo semplicemente del suo valore assoluto. Dalla equazione (37) sappiamo che

(42) $\begin{equation*} i=\frac{F}{B\ell}\quad\Leftrightarrow\quad B\ell=\frac{F}{i}, \end{equation*}$

dunque, sostituendo tale risultato nella (41), otteniamo

(43) $\begin{equation*} i=\frac{F}{i}\cdot\frac{v}{R}\quad\Leftrightarrow\quad i^2=\frac{F\,v}{R}\quad\Leftrightarrow\quad i=\sqrt{\frac{F\,v}{R}}, \end{equation*}$

cioè:

$\boxcolorato{fisica}{ i=\sqrt{\frac{F\,v}{R}}=\text{0,5}\,\text{A}.}$

Svolgimento punto 2.

La corrente che attraversa la resistenza $R$ , allora com’è noto dalla letteratura, si ha

$\boxcolorato{fisica}{\mathscr{P}=Ri^2=R\cdot\frac{F\,v}{R}=Fv=2 \ \text{W}.}$

D’altronde, questo risultato non deve stupire, infatti la potenza è definita come il lavoro per unità di tempo. Sia allora $L=\vec{F}\cdot\vec{s}$ il lavoro compiuto da una forza per compiere uno spostamento $\vec{s}$ . La potenza sarà uguale alla derivata di tale lavoro rispetto al tempo, ossia, nell’ipotesi che $\vec{F}$ sia costante

(44) $\begin{equation*} \mathscr{P}=\frac{dL}{dt}=\vec{F}\cdot\frac{d\vec{s}}{dt}=\vec{F}\cdot\vec{v}, \end{equation*}$

che, nel caso in cui la forza sia parallela alla velocità, si riduce al prodotto dei moduli.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una spira conduttrice quadrata, di lato $b=20 \ \text{cm}$ , massa $m=4 \ \text{g}$ , resistenza $R=25 \ \Omega$ , si muove senza attrito su un piano orizzontale $xy$ con velocità costante $\vec{v}_0=\text{0,04} \ \text{m}\cdot \text{s}^{-1}\,\hat{x}$ , dove $\hat{x}$ è il versore dell’asse delle $x$ . Per $x>0$ esiste un campo magnetico uniforme e costante di valore $B=\text{0,5} \ \text{T}$ e la spira entra in questa regione all’istante $t=0$ ; il verso del campo $\vec{B}$ è indicato in figura 13. Calcolare:

la velocità $\vec{v}$ della spira in funzione della distanza $x$ ;
il valore $\vec{v}_1$ assunto quando è completamente entrata;
l’energia $W$ dissipata nella spira tra l’istante $t=0$ e l’istante in cui è completamente entrata.

Si trascuri l’induttanza del circuito e ogni forma di attrito.

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Figura 13: schema problema 4.

Svolgimento punto 1.

Dalla figura 13 possiamo notare che il flusso di campo magnetico attraverso la superficie delimitata dal rettangolo $ABCD$ sta aumentando in modulo, in altri termini il flusso del campo magnetico $\Phi_\sigma$ è una funzione monotona decrescente. Di conseguenza, per la legge di Faraday-Neumann-Lenz, nel circuito scorrerà una corrente $i$ perché è presente la forza elettromotrice indotta $\mathscr{E}_i$ . La corrente dovrà scorrere in maniera tale da indurre un campo magnetico che si opponga alla variazione di flusso, ossia che abbia verso uscente ( $\bullet$ ). Applicando la regola della vite deduciamo che un campo così orientato deve essere indotto da una corrente che scorre in verso antiorario, come in figura 14.

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Figura 14: rappresentazione del circuito equivalente alla spira attraversata da un campo magnetico.

Notiamo che, dal momento che il flusso del campo magnetico $\Phi_{\Sigma}(\vec{B})$ è una funzione monotona decrescente la sua derivata rispetto al tempo sarà negativa, da cui la forza elettromotrice indotta sarà positiva per la legge di Faraday-Neumann-Lenz.

Calcoliamo l’espressione del flusso di campo magnetico $\vec{B}$ attraverso la superficie $\Sigma$ delimitata dal rettangolo $ABCD$ , cioè

(45) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{B})=\iint_\Sigma {\vec{B} \cdot \hat{n}\,d\Sigma}=-B\int_0^b {dy}\int_0^x {dx^{\prime}}=-Bbx<0, \end{equation*}$

dove $\hat{n}$ è il versore perpendicolare al piano $xy$ orientato secondo la regola della vite, $x=\overline{AB}$ e $\overline{BC}=b$ .

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Figura 15: rappresentazione rettangolo $ABCD$ .

Dalla legge di Faraday-Neumann-Lenz, si ha

(46) $\begin{equation*} \mathscr{E}_i=-\frac{d\Phi_\Sigma(\vec{B})}{dt}, \end{equation*}$

da cui inserendo (45) in (46), si ottiene

(47) $\begin{equation*} \mathscr{E}_i=-\frac{d(-Bbx)}{dt}=Bb\frac{dx}{dt}>0, \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato il fatto che $\vec{B}$ è costante e quindi è stato portato fuori dal segno di derivata.

A questo punto possiamo trovare la corrente che scorre all’interno della spira quadrata; per la prima legge di Ohm, si trova

(48) $\begin{equation*} i=\frac{\mathscr{E}_i}{R}=\frac{Bb}{R}\,\frac{dx}{dt}. \end{equation*}$

Osserviamo che sui singoli tratti di filo agisce una forza definita dalla seconda legge elementare di Laplace:

(49) $\begin{equation*} \vec{F}=\int_\gamma {i\, d\vec{s}\wedge\vec{B}}, \end{equation*}$

dove $\gamma$ è la curva lungo la quale si sta calcolando l’integrale e $d\vec{s}$ è il tratto infinitesimo di filo.

Facendo riferimento alla figura 13 notiamo che i tratti di filo interessati sono i segmenti $\overline{AB}$ , $\overline{BC}$ , $\overline{CD}$ , in quanto sono gli unici immersi nel campo magnetico $\vec{B}$ , dunque gli unici su cui agirà una forza del tipo (49). Il vettore $d\vec{s}$ è orientato nello stesso verso in cui scorre la corrente; dunque, si può dedurre mediante la regola della mano destra che la forza che agisce sul segmento $\overline{CD}$ è orientata nel verso negativo dell’asse delle $y$ , mentre la forza agente sul segmento $\overline{AB}$ è orientata positivamente rispetto all’asse $y$ . Abbiamo dunque trovato che le forze agenti su questi due segmenti paralleli avranno verso opposto. Inoltre, siccome³ i lati AB e CD sono congruenti ( $\overline{AB}=\overline{CD}$ ) dalla (49) si evince che il modulo della forza che agisce su uno di essi avrà modulo uguale a quella che agisce sull’altro come in figura 16.

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Figura 16: si rappresentano le forze agenti sui singoli tratti della spira immersa nel campo magnetico.

Dunque, le forze dirette lungo l’asse $y$ si bilanciano a vicenda e pertanto la spira non si muoverà lungo questa direzione. Nel tratto $BC$ tuttavia è presente una forza $\vec{F}_{BC}$ che, per la regola della mano destra, è facile verificare che è orientata nel verso delle $x$ negative. Da queste considerazioni, la (49) si riduce al calcolo dell’integrale lungo il segmento $\overline{AB}=b$ , ossia

(50) $\begin{equation*} \vec{F}=\int_0^b{i\,d\vec{s}\wedge\vec{B}}=\int_0^b{-iB\,ds\,\hat{x}}=-iB\int_0^b{ds\,\hat{x}}=-iBb\,\hat{x}. \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione per la corrente trovata nella (48) nella precedente equazione, avremo

(51) $\begin{equation*} \vec{F}=-\left(\frac{Bb}{R}\right)Bb\,\frac{dx}{dt}\,\hat{x}=-\frac{B^2b^2}{R}\,\frac{dx}{dt}\,\hat{x}. \end{equation*}$

Per il secondo principio della dinamica sul tratto $BC$ sfruttando la precedente equazione, si ottiene

(52) $\begin{equation*} \vec{F}=m\vec{a}\quad\Rightarrow\quad -\frac{B^2b^2}{R}\,\frac{dx}{dt}=m\,\frac{dv}{dt}, \end{equation*}$

o anche

(53) $\begin{equation*} -\frac{B^2b^2}{R}\,dx= {m\,dv}, \end{equation*}$

conseguentemente

(54) $\begin{equation*} \int_0^x {-\frac{B^2b^2}{R}\,dx^{\prime}}=\int_{v(0)}^{v(x)} {m\,dv}\quad\Leftrightarrow\quad -\frac{B^2b^2}{R}\,\int_0^x {dx^{\prime}}=m\int_{v(0)}^{v(x)} {dv}, \end{equation*}$

cioè

(55) $\begin{equation*} -\frac{B^2b^2}{R}\,x= m\left(v(x)-v_0\right), \end{equation*}$

dove $\vec{a}$ è l’accelerazione della spira nella direzione positiva dell’asse delle $x$ , $v$ è la velocità con il quale si muove la sbarretta nella direzione positiva dell’asse delle $x$ , $v(0)=v_0$ è la velocità iniziale.

Dalla precedente equazione si trova la velocità in funzione della coordinata $x$ , cioè:

$\boxcolorato{fisica}{v(x)=v_0-\frac{B^2b^2}{mR}\,x=\text{0,04} \ \text{m}\cdot \text{s}^{-1}-\text{0,1}\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}\,\,x.}$

$\[\]$

$ABCD$ è un rettangolo, pertanto i lati paralleli sono tra loro congruenti ↩

Osservazione 2.

La velocità diminuisce all’aumentare del valore che assume la variabile $x$ . Questo risultato è in accordo con il verso della forza $\vec{F}$ , la quale tende a frenare la spira. È sempre utile chiedersi se il risultato ottenuto per avere una conferma che il procedimento utilizzato sia corretto; se avessimo ottenuto una funzione crescente per la velocità avremmo avuto un controsenso: un corpo a cui viene applicata una forza che si oppone al suo moto non può far aumentare la sua velocità.

Svolgimento punto 2.

Come prima cosa è bene notare che l’espressione che esprime la velocità in funzione di $x$ trovata nel punto 1 è una funzione continua per $x \to b^{-}$ , infatti vale

(56) $\begin{equation*} \lim_{x \to b^{-}} v(x)=v_0-\frac{B^2b^2}{mR}\,b=v_0-\frac{B^2b^3}{mR}=\lim_{x \to b^{+}} v(x)=v(b). \end{equation*}$

Osserviamo che una volta che la spira è entrata completamente nella zona dove è presente campo magnetico, il flusso del campo magnetico attraverso la superficie sarà in ogni istante $\Phi(\vec{B})=Bb^2$ . Da questo risultato deduciamo che il flusso non varierà più nel tempo e quindi la sua derivata sarà nulla; ciò implica che

(57) $\begin{equation*} \mathscr{E}_i=-\frac{d\Phi_\Sigma(\vec{B})}{dt}=0, \end{equation*}$

di conseguenza, essendo la forza elettromotrice nulla, all’interno della spira non scorre corrente, e dunque su di essa non agirà alcuna forza⁴. In assenza di forze applicate alla spira per il primo principio della dinamica si muoverà di velocità costante, cioè con velocità:

$\boxcolorato{fisica}{v(b)=v_1=v_0-\frac{B^2b^3}{mR}=\text{0,02} \, {\text{m}}\cdot\text{s}^{-1}.}$

$\[\]$

Sostituendo $i=0$ nell’equazione (49) si ottiene che la forza agente è nulla. ↩

Svolgimento punto 3.

Sappiamo che inizialmente la spira ha una velocità di modulo $v_0$ mentre dopo essere entrata completamente nella zona dove è presente il campo magnetico ha una velocità $v_1$ . Ciò vuol dire che nel passaggio da una configurazione all’altra vi è stata una dissipazione di energia cinetica⁵; ricordando che l’energia cinetica di un corpo in movimento è data da semiprodotto della sua massa per la velocità al quadrato, possiamo scrivere:

$\boxcolorato{fisica}{\Delta E_k=E_{k_1}-E_{k_0}=\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}m(v_1^2-v_0^2)=\text{2,4}\cdot10^{-6} \ \text{J}.}$

$\[\]$

Il fatto che dell’energia sia stata dissipata risulta evidente dal momento che $v_0>v_1$ . ↩

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Due guide conduttrici verticali parallele, distanti $b=20 \ \text{cm}$ , sono chiuse ad un estremo da un resistore $R=4 \ \Omega$ . Lungo le guide può scivolare senza attrito, sotto l’azione della forza peso, una sbarretta di massa $m=\text{0,01} \, \text{kg}$ . Il dispositivo è immerso in un campo magnetico $B=1 \ \text{T}$ uniforme e costante, ortogonale al piano del circuito. Calcolare:

il valore della velocità limite $\vec{v}_{\infty}$ della sbarretta;
il valore della corrente $i_{\infty}$ ;
l’energia $W$ dissipata nel circuito per ogni centimetro di percorso dalla sbarretta una volta raggiunta la velocità limite $\vec{v}_{\infty}$ .

Si trascuri l’induttanza del circuito e ogni forma di attrito.

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Figura 17: schema problema 5.

Svolgimento punto 1.

Dalla figura 17 possiamo notare che il flusso di campo magnetico attraverso la superficie compresa tra le guide e la sbarretta sta aumentando in modulo; di conseguenza, a causa della variazione di flusso del campo magnetico, per la legge di a legge di Faraday-Neumann-Lenz nel circuito scorrerà una corrente $i$ causata da una forza elettromotrice indotta $\mathscr{E}_i$ . Il campo magnetico $\vec{B}$ ha verso entrante rispetto al foglio, pertanto la corrente $i$ nel circuito dovrà scorrere in maniera tale da indurre un campo magnetico uscente, cioè che si opponga alla variazione di flusso. Applicando la regola della vite troviamo che un campo così orientato deve essere indotto da una corrente che scorre in verso antiorario, come mostrato in figura 18. Scegliamo un sistema di riferimento fisso $Oy$ , come rappresentato in figura 18, tale per cui $O$ , $D$ e $C$ siano allineati.

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Figura 18: sistema di riferimento usato per analizzare il circuito $ABCD$ .

Adottando lo stesso procedimento che abbiamo già visto nei problemi precedenti, possiamo procedere al calcolo del flusso di campo magnetico attraverso il rettangolo $ABCD$ . La forza elettromotrice indotta $\mathscr{E}_i$ sarà positiva perché $\Phi_\Sigma(\vec{B})$ è una funzione decrescente e pertanto la derivata del flusso di $\vec{B}$ rispetto al tempo dovrà essere negativa (si ricordi i risultati pervenuti nella sezione (1). Denotiamo con $y$ la posizione verticale della sbarretta. Abbiamo dunque

(58) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{B})=\iint_\Sigma {\vec{B}}\cdot\hat{n}\,d\Sigma=-B\int_0^b{dx}\int_0^y{dy^{\prime}}=-Bby, \end{equation*}$

dove $\overline{AB}=b$ e $\overline{AD}=y>0$ .

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Figura 19: rappresentazione rettangolo $ABCD$ .

Dalla legge di Faraday-Newmann-Lenz, si ottiene

(59) $\begin{equation*} \mathscr{E}_i=-\frac{d\Phi_\Sigma(\vec{B})}{dt}=-\frac{d(-Bby)}{dt}=Bb\,\frac{dy}{dt}>0, \end{equation*}$

dove abbiamo portato fuori $Bb$ dalla derivata perché costante. Una volta trovata la forza elettromotrice indotta è possibile schematizzare il circuito come in figura 20.

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Figura 20: rappresentazione del circuito equivalente.

Inoltre, dalla prima legge di Ohm, sappiamo che

(60) $\begin{equation*} \mathscr{E}_i=Ri\quad\Leftrightarrow\quad i=\frac{\mathscr{E}_i}{R}=\frac{Bb}{R}\,\frac{dy}{dt}, \end{equation*}$

dove abbiamo usato il risultato pervenuto nell’equazione (59).

Per la seconda legge elementare di Laplace sul tratto $AB$ è presente una forza $\vec{F}$ : usando la regola della mano destra, il vettore risultante dal prodotto vettoriale $d\vec{s}\wedge\vec{B}$ sarà orientato verso l’alto (asse negativo delle $y$ ). La forza $\vec{F}$ si oppone alla forza peso $\vec{F}_P$ della sbarretta. Per l’equazione (49), dove la curva $\gamma$ è semplicemente il segmento $AB$ , avremo

(61) $\begin{equation*} \vec{F}=-iB\int_0^b{ds} \ \hat{y}=-iBb\,\hat{y}. \end{equation*}$

Sostituendo nella precedente equazione al posto della corrente l’espressione trovata nella (60), si ha

(62) $\begin{equation*} \vec{F}=-\frac{B^2b^2}{R}\,\frac{dy}{dt}\,\hat{y}. \end{equation*}$

Per il secondo principio della dinamica sulla sbarretta si ha⁶:

(63) $\begin{equation*} F+mg=m\dfrac{d^2y}{dt^2}, \end{equation*}$

dove $F$ è componente della forza $\vec{F}$ orientata nel verso negativo delle $y$ . Sia $v=dy/dt$ il modulo della velocità della sbarretta nel generico istante $t>0$ . Sapendo che l’accelerazione lungo l’asse $y$ è la derivata della velocità $\vec{v}$ rispetto al tempo e ricordando che $F=-{B^2b^2}/{R}\,{dy}/{dt}$ , la precedente equazione può essere riscritta come

(64) $\begin{equation*} -\frac{B^2b^2}{R}\,\frac{dy}{dt}+mg=m\frac{dv}{dt}\quad \Leftrightarrow \quad \dot{v}=-\frac{B^2b^2}{mR}\,v+g. \end{equation*}$

Osserviamo che (64) è un’equazione differenziale lineare del primo ordine non omogenea a coefficienti costanti. In generale un’equazione differenziale lineare non omogenea del primo ordine è del tipo

(65) $\begin{equation*} y^{\prime}=a(t)y+b(t), \end{equation*}$

dove nel nostro caso $a(t)=-\dfrac{B^2b^2}{mR}$ e $b(t)=g$ .

Seguiamo la solita procedura di risoluzione per una equazione di questo tipo. Come prima cosa troviamo una primitiva di $a(t)$ , cioè

(66) $\begin{equation*} A(t)=\int{a(t)\,dt}=\int{-\frac{B^2b^2}{mR}dt}=-\frac{B^2b^2}{mR}t, \end{equation*}$

e successivamente applichiamo la formula risolutiva, ossia⁷:

(67) $\begin{equation*} y(t)=\exp\left({A(t)}\right)\left(\int{\exp\left({-A(t)}\right)\,b(t)\,dt}+k\right), \end{equation*}$

con $k=\text{costante}$ , da cui

(68) $\begin{equation*} \begin{aligned} v(t)&=\exp\left({-\dfrac{B^2b^2}{mR}t}\right)\left(\int{\exp\left({\dfrac{B^2b^2}{mR}t}\right)g\,dt}+k\right)=\\[7pt] &=\exp\left({-\dfrac{B^2b^2}{mR}t}\right)\,\left[\exp\left({\dfrac{B^2b^2}{mR}t}\right)\left(\dfrac{mgR}{B^2b^2}\right)+k\right], \end{aligned} \end{equation*}$

cioè

(69) $\begin{equation*} v(t)=\frac{mgR}{B^2b^2}+k\exp\left({-\frac{B^2b^2}{mR}t}\right). \end{equation*}$

Per trovare la $v_{\infty}$ richiesta basta passare al limite per $t\to+\infty$ :

$\boxcolorato{fisica}{v_{\infty}=\lim_{t\to+\infty} v(t)=\frac{mgR}{B^2b^2}\sim \text{9,81}\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}.}$

$\[\]$

Con il sistema di riferimento scelto, si ha $\vec{F}_P=mg\,\hat{y}$ . ↩
Useremo la seguente notazione $\exp(x)=e^x.$ ↩

Svolgimento alternativo punto 1.

Un modo più semplice per determinare $v_{\infty}$ è grazie a considerazioni di carattere fisico riflettendo sul cosa si intenda con velocità limite. Per velocità limite si intende la velocità che un corpo raggiunge per $t\to+\infty$ , fino a raggiungere uno stato di stazionarietà, che in questo problema equivale a dire che il corpo si muove a velocità costante $v_{\infty}$ . Nel nostro caso richiedere che il corpo raggiunga la velocità limite è equivalente a richiedere che la somma delle forze su di esso deve essere uguale zero e quindi $d^2y/dt^2=0$ . Sappiamo che il moto in caduta libera della sbarretta viene smorzato dalla forza $\vec{F}$ che si genera nel momento in cui entra nella regione dov’è presente il campo magnetico $\vec{B}$ , opponendosi alla forza peso $m\vec{g}$ . Dalla (62) notiamo come tale forza $\vec{F}$ dipenda dalla velocità, di conseguenza siccome la sbarretta è accelerata dalla forza peso $m\vec{g}$ la velocità aumenta di intensità, pertanto aumenta anche l’intensità della forza resistente $\vec{F}$ . Ad un certo istante $t>0$ succederà che le due forze $\vec{F}$ e $m\vec{g}$ saranno uguali in modulo, stessa direzione ma verso opposto, e conseguentemente la loro risultante sarà nulla. Raggiunta questa condizione la sbarretta raggiungerà uno stato di stazionarietà, mantenendo la velocità costante $v_{\infty}$ . Per il secondo principio della dinamica, in queste condizioni si avrà $d^2y/dt^2=0$ , e dunque dalla (64), si ha

(70) $\begin{equation*} \frac{B^2b^2}{R}\,\frac{dy}{dt}-mg=0 , \end{equation*}$

da cui ricordando che $v=\dfrac{dy}{dt}$ possiamo concludere nuovamente che

$\boxcolorato{fisica}{v_{\infty}=\frac{mgR}{B^2b^2}\sim \text{9,81}\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}.}$

Osservazione 3.

Notiamo il parallelismo tra questa situazione e un corpo immerso in un fluido. Quando un corpo cade liberamente in un fluido acquista velocità per effetto dell’accelerazione dovuta alla forza di gravità. Nel suo procedere in questo moto il corpo incontra la resistenza del fluido che lo rallenta. Questa resistenza aumenta con il crescere della velocità del corpo.

Ad un certo punto si verificherà che la forza di gravità e la resistenza dell’aria avranno la stessa intensità. Da quell’istante in poi il corpo, soggetto ad una risultante di forze nulla essendo uguali ed opposte le due forze che agiscono su esso, procederà ad una velocità costante, detta “velocità terminale di caduta” o “velocità limite”. Quindi il campo magnetico si comporta come un fluido per la sbarretta.

Svolgimento punto 2.

Ricordando che La funzione che esprime la corrente $i$ nel circuito è data dalla (60) possiamo determinare $i_{\infty}$ sostituendo $v_{\infty}$ trovata al punto precedente in (60), ottenendo

(71) $\begin{equation*} i_{\infty}=\frac{Bb}{R}\,v_{\infty}=\frac{Bb}{R}\left(\frac{mgR}{B^2b^2}\right), \end{equation*}$

cioè

$\boxcolorato{fisica}{i_{\infty}=\frac{mg}{Bb}\sim \text{5,1}\,\text{A}}$

Osservazione 4.

Notiamo che una volta raggiunta la velocità limite $v_{\infty}$ costante anche la corrente $i_{\infty}$ è costante.

Svolgimento punto 3.

Una volta raggiunta la velocità costante $v_{\infty}$ , anche la forza $\vec{F}$ è costante in modulo direzione e verso, basta osservare la scrittura analitica della forza per venuta in (62). Per ogni $\text{cm}$ percorso dalla sbarretta, la forza $\vec{F}$ svolgerà un lavoro pari a

(72) $\begin{equation*} L=\vec{F}\cdot\vec{y}, \end{equation*}$

dove $\vec{y}$ è il vettore spostamento, di modulo proprio 1 $\text{cm}$ e sfruttando l’espressione trovata nella (61), otteniamo

(73) $\begin{equation*} L=-i_{\infty}Bb \left \vert \vec{y}\right \vert , \end{equation*}$

dove il segno meno compare perché tra $\vec{F}$ e $\vec{y}$ sussiste un angolo di $180^{\circ}$ . Inoltre, sostituendo nella precedente equazione l’espressione della $i_\infty$ trovata al punto precedente, otteniamo

(74) $\begin{equation*} L= -Bb\left \vert \vec{y}\right \vert \,i_\infty=-\dfrac{mg}{Bb}\cdot Bb\left \vert \vec{y}\right \vert =-mg\left \vert \vec{y}\right \vert =-\text{9,8}\cdot10^{-4} \ \text{J}. \end{equation*}$

Si conclude che l’energia dissipata nella spira per ogni centimetro percorso è:

$\boxcolorato{fisica}{W=-L=\text{9,8}\cdot10^{-4} \ \text{J}.}$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una spira rettangolare conduttrice di massa $m$ , resistenza $R$ e dimensioni $a$ e $\ell$ cade da ferma in una regione in cui agisce un campo magnetico $\vec{B}$ perpendicolare al piano sul quale giace la spira e costante in modulo, direzione e verso. Calcolare:

la velocità di regime $v_{\infty}$ fintanto che solamente il lato inferiore della spira è immerso nel campo magnetico;
come prosegue il moto quando tutta la spira è completamente immersa nel campo magnetico.

Si trascuri l’induttanza del circuito e ogni forma di attrito.

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Figura 21: schema problema 6.

Svolgimento punto 1.

Durante la caduta della spira il flusso del campo magnetico aumenta, in quanto una porzione sempre maggiore della superficie della spira sarà attraversata dal campo $\vec{B}$ costante. Il flusso $\Phi_{\Sigma}(\vec{B})$ del campo magnetico attraverso la parte di spira immersa nel campo magnetico è una funzione crescente, pertanto la sua derivata rispetto al tempo è positiva, e dunque la forza elettromotrice indotta $\mathscr{E}_i$ è negativa (si ricordi la sezione (1)). Nel circuito la forza elettromotrice indotta $\mathscr{E}_i$ è responsabile di una corrente indotta che scorre in modo da opporsi alla variazione di flusso del campo magnetico esterno, di conseguenza la corrente $i$ scorrerà in senso orario. Scegliamo un sistema di riferimento fisso $Oy$ tale per cui nel generico istante $t>0$ la lunghezza verticale della sbarretta immersa nel campo magnetico sia nella posizione $y$ .

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Figura 22: sistema di riferimento scelto per la risoluzione del problema.

Calcoliamo il flusso del campo magnetico attraverso la porzione $\Sigma$ della porzione di spira immersa nel campo magnetico, cioè

(75) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{B})=\iint_\Sigma {\vec{B}}\cdot\hat{n}\, d\Sigma=B\int_0^a{dx}\int_0^y{dy^{\prime}}=Bay>0, \end{equation*}$

da cui applicando la legge Faraday-Neumann-Lenz, otteniamo

(76) $\begin{equation*} \mathscr{E}_i(t)=-\frac{d \Phi_\Sigma(\vec{B})}{dt}=-Ba\,\frac{dy}{dt}<0. \end{equation*}$

Sfruttando la precedente equazione, ovvero la forza elettromotrice indotta , è possibile trovare la funzione $i(t)$ che esprime l’andamento della corrente nel tempo mediante la prima legge di Ohm⁸ nella spira, cioè

(77) $\begin{equation*} i(t)=\frac{\lvert\mathscr{E}_i(t)\rvert}{R}=\frac{Ba}{R}\,\frac{dy}{dt} . \end{equation*}$

Inoltre, per la seconda legge elementare di Laplace, visto che sulla spira agisce un campo magnetico e che essa è percorsa da una corrente, su di essa agirà una forza $\vec{F}$ data dalla seconda legge elementare di Laplace, cioè

(78) $\begin{equation*} \vec{F}=\int_\gamma{i\,d\vec{s}\wedge\vec{B}}, \end{equation*}$

dove $d\vec{s}$ è un tratto infinitesimo di circuito orientato nello stesso verso della corrente $i$ . Facendo riferimento alla figura 22 si nota che applicando la regola della mano destra si trova che lungo il tratto inferiore del circuito agirà una forza diretta verso l’alto, ovvero nel verso negativo delle $y$ . Inoltre, sui tratti laterali della spira agiranno forze uguali in modulo ma di verso opposto, quindi la risultante delle forze lungo la direzione $\hat{x}$ sarà nulla e di conseguenza il moto della spira sarà soltanto lungo l’asse delle $y$ . Lungo il tratto orizzontale della spira la forza agente è

(79) $\begin{equation*} \vec{F}=-iB\int_0^a{ds} \ \hat{y}=-iBa\,\hat{y}, \end{equation*}$

dove è stato possibile portare la funzione $i$ fuori dall’integrale perché non dipende da $ds$ . Sostituendo $i$ calcolata in (77) nella precedente equazione, si ottiene

(80) $\begin{equation*} \vec{F}=-\frac{B^2a^2}{R}\,\frac{dy}{dt}\,\hat{y}. \end{equation*}$

Dunque, lungo l’asse $y$ agiscono due forze: la forza $\vec{F}$ e la forza peso $\vec{F}_P=mg\,\hat{y}$ . Per il secondo principio della dinamica, si ha

(81) $\begin{equation*} \vec{F}+m\vec{g}=m\vec{a}, \end{equation*}$

dove $m$ è la massa della spira e $\vec{a}$ è l’accelerazione della spira nella direzione dell’asse delle $y$ .

Sostituendo nella precedente equazione l’espressione per la forza $\vec{F}$ trovata nella (80) e sapendo che l’accelerazione lungo l’asse $y$ è la derivata della velocità ${v}=dy/dt>0$ rispetto al tempo, avremo che⁹

(82) $\begin{equation*} - \frac{B^2a^2}{R}\,\frac{dy}{dt}+mg=m\frac{dv}{dt}, \end{equation*}$

cioè

(83) $\begin{equation*} \dot{v}=-\frac{B^2a^2}{mR}\,v+g. \end{equation*}$

La precedente equazione è un’equazione differenziale del primo ordine lineare non omogenea a coefficienti costanti; applichiamo dunque il metodo risolutivo¹⁰ per questo tipo di equazioni differenziali, ottenendo

(84) $\begin{equation*} \begin{aligned} v(t)&=\exp\left({-\frac{B^2a^2}{mR}t}\right)\left(\int{\exp\left({\frac{B^2a^2}{mR}t}\right)g\,dt}+k\right)=\\[7pt] &=\exp\left({-\frac{B^2a^2}{mR}t}\right)\,\left[\exp\left({\frac{B^2a^2}{mR}t}\right)\left(\frac{mgR}{B^2a^2}\right)+k\right], \end{aligned} \end{equation*}$

con $k=\text{costante}$ , da cui

(85) $\begin{equation*} v(t)=\frac{mgR}{B^2a^2}+k\exp\left({-\frac{B^2a^2}{mR}t}\right). \end{equation*}$

Passando al limite per $t\to+\infty$ ambo i membri la precedente equazione, si ottiene:

$\boxcolorato{fisica}{v_{\infty}=\lim_{t\to+\infty}v(t)=\frac{mgR}{B^2a^2}}$

cioè la velocità limite.

$\[\]$

Si prende il modulo della forza elettromotrice in quanto si è già discusso il verso della corrente. ↩
Si faccia attenzione, la $a$ presente nella (82) indica la lunghezza del lato della spira, non l’accelerazione. ↩
Per maggiori dettagli si veda la soluzione del punto 1 del problema 5. ↩

Svolgimento alternativo punto 1.

Procediamo come nella soluzione alternativa del punto 1 dell’ esercizio 5. Notiamo che la forza $\vec{F}$ si oppone alla forza peso con un’intensità che cresce in maniera direttamente proporzionale alla velocità. Dunque, se la velocità del circuito cresce di intensità cresce anche l’intensità la forza resistente $\vec{F}$ ; di conseguenza, ad un certo istante $t>0$ le due forze $\vec{F}$ e $m\vec{g}$ saranno uguali in modulo, stessa direzione ma verso opposto, pertanto la loro risultante sarà nulla, e quindi la spira procederà di moto rettilineo uniforme con velocità costante $v_{\infty}$ . Per il secondo principio della dinamica per la spira, si ha

(86) $\begin{equation*} - \frac{B^2a^2}{R}\,v_{\infty}+mg=0, \end{equation*}$

pertanto:

$\boxcolorato{fisica}{v_{\infty}=\frac{mgR}{B^2a^2}.}$

Svolgimento punto 2.

Notiamo che una volta che la spira è entrata completamente nella regione in cui è presente il campo magnetico, il flusso del campo magnetico $\Phi_\Sigma(\vec{B})$ attraverso la spira è costante, cioè

(87) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{B})=Ba\ell. \end{equation*}$

In queste condizioni non vi è dunque variazione di flusso e di conseguenza non verrà indotta la forza elettromotrice $\mathscr{E}_i$ . Si conclude che, una volta che la spira è entrata completamente nella zona dov’è presente il campo magnetico $\vec{B}$ , nel circuito non scorrerà alcuna corrente indotta e pertanto sulla spira non agirà più la forza $\vec{F}$ , dato che $i=0$ . Quindi la spira è soggetta unicamente alla sua forza peso, da cui:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{a}=g\,\hat{y},}$

dove $\vec{a}$ è l’accelerazione della spira nella direzione dell’asse delle $y$ . Quindi, una volta che la spira è entrata completamente nella zona immersa dal campo magnetico, il moto sarà uniformemente accelerato, con accelerazione $\vec{g}$ .

Osservazione 5.

Per arrivare alla velocità $v_{\infty}$ la grandezza della spira deve essere sufficientemente grande per garantire che tale risultato sia possibile. Dai problemi 5 e 6 deduciamo che nel caso in cui il flusso del campo magnetico continui a variare nel tempo il circuito si muove di moto rettilineo uniforme, altrimenti se il flusso rimane costante il circuito si muove di moto rettilineo uniformemente accelerato per via della forza peso. Se la spira del problema 6 fosse stata in un piano orizzontale e avesse avuto una velocità iniziale non nulla, come nell’esercizio 4, la spira una volta entrata completamente nella zona dov’è presente il campo magnetico si sarebbe mossa di moto rettilineo uniforme con velocità $v_{\infty}$ .

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una sbarretta orizzontale di lunghezza $b$ , massa $m$ e resistenza $R$ , scivola senza attrito su due guide parallele, separate dalla distanza $b$ e inclinate di $\alpha$ rispetto al piano orizzontale. Le due guide, di resistenza trascurabile, sono collegate ad un generatore di f.e.m. $\mathscr{E}$ . Il sistema è immerso in un campo magnetico $\vec{B}$ diretto secondo la verticale, costante in modulo, direzione e verso, come rappresentato in figura 24. Calcolare:

il valore della f.e.m. affinché la sbarretta rimanga ferma;
la velocità limite $\vec{v}_{\infty}$ con cui la sbarretta scende se il generatore viene sostituito da un corto circuito;
la potenza $\mathscr{P}$ dissipata nella sbarretta quando scende con velocità $\vec{v}_{\infty}$ .

Si trascuri l’induttanza del circuito e ogni forma di attrito.

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Figura 23: schema problema 7.

Svolgimento punto 1.

Scegliamo un sistema di riferimento fisso $Oxyz$ , orientato come in figura 24.

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Figura 24: schema di riferimento scelto.

Le forze agenti sulla sbarretta sono la reazione vincolare $\vec{N}$ , la forza peso $m\vec{g}$ e la forza $\vec{F}$ data dalla seconda legge elementare di Laplace. Proiettando il campo magnetico $\vec{B}$ lungo gli assi $x$ e $y$ , avremo che il vettore campo magnetico potrà essere scritto come

(88) $\begin{equation*} \vec{B}=-B\sin\alpha\,\hat{x}+B\cos\alpha\,\hat{y}. \end{equation*}$

La sbarretta scorre su due guide lisce che sono collegate a un generatore di tensione, il quale metterà in moto le particelle presenti nel filo conduttore del circuito causando così lo scorrere di una corrente $i$ all’interno della sbarretta. Dalla seconda equazione elementare di Laplace, poiché la sbarretta è immersa in un campo magnetico $\vec{B}$ e percorsa da una corrente $i$ , risentirà di una forza $\vec{F}$ che si può esprimere nel seguente modo

(89) $\begin{equation*} \vec{F}=\int_\gamma {i\,d\vec{s}\wedge\vec{B}}, \end{equation*}$

dove $\gamma$ è la curva lungo cui scorre la corrente e $d\vec{s}$ è un vettore parallelo al verso della corrente che individua un segmento infinitesimo della sbarretta.

Si osservi che, la sbarretta di lunghezza $b$ giace sull’asse $z$ , ovvero perpendicolarmente rispetto al piano $xy$ . Una possibile parametrizzazione del segmento (sostegno) sul quale si trova la sbarretta è

(90) $\begin{equation*} \vec{\gamma}(s)=(0,0,t)\quad \text{con}\,\,t\in\left[-\dfrac{b}{2},\dfrac{b}{2}\right], \end{equation*}$

da cui, indicando con $\gamma^{\prime}$ il vettore derivata prima della curva, si ha

(91) $\begin{equation*} \vec{\gamma}^{\,\prime}(t)=(0,0,1). \end{equation*}$

L’equazione (89) diventa

(92) $\begin{equation*} \vec{F}=\int_\gamma {i\,d\vec{s}\wedge\vec{B}}=\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}} {i\, \vec{\gamma}^{\,\prime}(t)\wedge\vec{B}(\gamma(t))}\,dt. \end{equation*}$

Sfruttando (90) e (91), si ha

(93) $\begin{align*} \vec{\gamma}^{\,\prime}(t)\wedge \vec{B}\left(\vec{\gamma}\left(t\right)\right)&= \begin{vmatrix} \hat{x} & \hat{y} & \hat{z}\\ 0 & 0 & 1\\ -B\sin\alpha & B\cos\alpha & 0 \end{vmatrix}= \\[10pt] &= \hat{x}\begin{vmatrix} 0 & 1\\ B\cos\alpha & 0 \end{vmatrix}- \hat{y}\begin{vmatrix} 0 & 1\\ -B\sin\alpha & 0 \end{vmatrix}+\hat{z} \begin{vmatrix} 0 & 0\\ -B\sin\alpha & B\cos\alpha \end{vmatrix}= \\[10pt] &=(0-B\cos\alpha)\hat{x}-(0+B\sin\alpha)\hat{y}+(B\cos\alpha\cdot0+B\sin\alpha\cdot0)\hat{z}=\\[10pt] &=-B\cos\alpha\,\hat{x}-B\sin\alpha\,\hat{y}, \end{align*}$

da cui l’equazione (92) diventa

(94) $\begin{equation*} \vec{F}=\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}i\left(-B\cos\alpha\,\hat{x}-B\sin\alpha\,\hat{y}\right)\,dt.=-iBb\cos\alpha\,\hat{x}-iBb\sin\alpha\,\hat{y}. \end{equation*}$

Applicando la seconda legge della dinamica sulla sbarretta in condizione di equilibrio statico nella direzione dell’asse delle $x$ e dell’asse delle $y$ , abbiamo

(95) $\begin{equation*} \begin{cases} mg\sin\alpha-iBb\cos\alpha=0\\\\ N-mg\cos\alpha-iBb\sin\alpha=0. \end{cases} \end{equation*}$

Dalla prima equazione del sistema, si trova

(96) $\begin{equation*} i=\dfrac{mg\sin\alpha}{iBb\cos\alpha}=\dfrac{mg}{iBb}\tan\alpha. \end{equation*}$

A questo punto, avendo trovato l’espressione della corrente all’equilibrio, possiamo trovare la f.e.m. all’equilibrio tramite la prima legge di Ohm, ossia

(97) $\begin{equation*} \mathscr{E}=Ri , \end{equation*}$

conseguentemente sostituendo il risultato trovato per la corrente $i$ nell’equazione (96) nella precedente equazione, otteniamo:

$\boxcolorato{fisica}{\mathscr{E}=\dfrac{mg R}{iBb}\tan\alpha.}$

Svolgimento punto 2.

Togliendo il generatore e sostituendolo con un cortocircuito la sbarretta comincerà a muoversi verso il basso per via della forza peso. Definiamo $\Sigma$ l’area del rettangolo $ABCD$ , come rappresentato in figura 25.

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Figura 25: in figura viene mostrato il cortocircuito ottenuto togliendo il generatore di tensione.

Chiaramente l’area delimitata dal rettangolo $ABCD$ varia nel tempo, perché i due lati paralleli $\overline{AB}$ e $\overline{CD}$ diminuiscono la loro lunghezza nel tempo, dato che dipendono dalla posizione della sbarretta che sta scendendo lungo i supporti del piano inclinato per effetto della forza peso. Cambiamo sistema di riferimento rispetto al punto precedente, ovvero scegliamo un sistema di riferimento $Oxy$ fisso tale per cui $O\equiv B$ e l’asse delle $x$ sia orientato come in figura 26. Nel nuovo sistema di riferimento abbiamo denotato $\overline{BA}=x=\overline{CD}>0$ .

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Figura 26: rappresentazione nuovo sistema di riferimento.

Il flusso del campo magnetico $\vec{B}$ attraverso $\Sigma$ è

(98) $\begin{equation*} \Phi(\vec{B})=\iint_{\Sigma} {\vec{B}\cdot \hat{n}\,d\Sigma}=Bbx\cos\alpha, \end{equation*}$

dove $x=\overline{BA}$ , $b=\overline{AD}$ e inoltre abbiamo usato il fatto che tra $\vec{B}$ e $\hat{n}$ sussiste un angolo pari ad $\alpha$ costante nel tempo. La funzione $\Phi(\vec{B})$ è una funzione decrescente nel tempo, pertanto $d\Phi(\vec{B})/dt$ è negativa. Per la legge di Faraday-Neumann-Lenz, si ha

(99) $\begin{equation*} \mathscr{E}_i=-\dfrac{d\Phi(\vec{B})}{dt}=-Bb\dfrac{dx}{dt}\cos\alpha>0. \end{equation*}$

Dunque, anche in assenza di un generatore, è presente una forza elettromotrice (indotta) che fa scorrere una corrente indotta $i$ . Il sistema si può schematizzare come nella figura 26. La corrente circola in senso antiorario per la legge di Lentz (si ricordi la discussione fatta in (1)); in altri termini progressivamente che la sbarretta scivola lungo le guide, il flusso di campo magnetico $\vec{B}$ attraverso $\Sigma$ diminuisce, dunque in figura 27 abbiamo scelto un verso della corrente $i$ che generi un campo magnetico interno che si opponga a tale diminuzione di flusso, in accordo con la legge di Lenz.

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Figura 27: schematizzazione del circuito.

Applicando la legge di Ohm, si ha

(100) $\begin{equation*} Ri=\mathscr{E}_i=-Bb\dfrac{dx}{dt} \cos\alpha\quad\Leftrightarrow\quad i=-\dfrac{Bb\cos\alpha}{R}\,\dfrac{dx}{dt}, \end{equation*}$

dove abbiamo usato l’equazione (99). Riprendendo la prima equazione del sistema (95) però in regime non stazionario e tenendo conto del cambio di sistema di riferimento, si ha

(101) $\begin{equation*} Bb\cos\alpha\,i(t)-mg\sin\alpha=m\ddot{x}. \end{equation*}$

Nella precedente equazione sostituiamo l’espressione della corrente trovata nell’equazione (100), ottenendo

(102) $\begin{equation*} - \dfrac{B^2b^2\cos^2\alpha}{R}\,\dfrac{dx}{dt}-mg\sin\alpha= m{\ddot{x}}. \end{equation*}$

Il termine ${dx}/{dt}$ è la componente della velocità della sbarretta lungo l’asse delle $x$ che orientato nel verso negativo delle $x$ per costruzione e di conseguenza la forza $- ({B^2b^2\cos^2\alpha})/{R}\,{dx}/{dt}>0$ , ovvero è opposta alla forza peso. Come nei precedenti esercizi, osserviamo che la forza $- ({B^2b^2\cos^2\alpha})/{R}\,{dx}/{dt}$ è direttamente proporzionale alla velocità, di conseguenza, ad un certo istante $t>0$ , accadrà che il modulo della forza $\vec{F}$ sarà uguale a quello della forza peso, e dunque avremo $\vec{x}=\vec{0}$ . Posto $\ddot{x}$ la precedente equazione diventa

(103) $\begin{equation*} - \dfrac{B^2b^2\cos^2\alpha}{R}\,\dfrac{dx}{dt}-mg\sin\alpha= 0, \end{equation*}$

o anche

(104) $\begin{equation*} - \dfrac{B^2b^2\cos^2\alpha}{R}\,\dfrac{dx}{dt}=mg\sin\alpha, \end{equation*}$

da cui:

$\boxcolorato{fisica}{\dfrac{dx}{dt}=v_{\infty}=-\dfrac{mg R\sin\alpha}{B^2b^2\cos^2\alpha}.}$

Svolgimento punto 3.

Sostituendo $v_{\infty}$ trovata al precedente punto nell’equazione (100), si ottiene

(105) $\begin{align*} i=i_{\infty}&=-\dfrac{Bb\cos\alpha}{R}\,v_{\infty}=\\[10pt] &=\left(-\dfrac{Bb\cos\alpha}{R}\right)\left(-\dfrac{mg R\sin\alpha}{B^2b^2\cos^2\alpha}\right)=\\[10pt] &=\dfrac{mg\sin \alpha}{Bb\cos \alpha}. \end{align*}$

La potenza dissipata dalla resistenza è

(106) $\begin{equation*} \mathscr{P}=Ri_{\infty}^2=R\,\dfrac{m^2g^2\sin^2 \alpha}{B^2b^2\cos^2 \alpha}, \end{equation*}$

o anche:

$\boxcolorato{fisica}{\mathscr{P}=\dfrac{m^2g^2R}{B^2b^2}\tan^2\alpha.}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un disco conduttore (ruota di Barlow) di raggio $a$ , libero di ruotare attorno all’asse passante per il centro $O$ e ortogonale al disegno, è collegato ad un resistore $R$ con due contatti, uno al centro $O$ del disco e l’altro a contatto col disco in un punto $P$ del bordo. La zona del disco nell’intorno del raggio $OP$ è immersa in un campo magnetico $\vec{B}$ perpendicolare al disco stesso. Il disco viene mantenuto a velocità angolare $\vec{\omega}$ costante in modulo, direzione e verso rispetto ad un asse passante per il centro del disco e perpendicolare al piano su. Si richiede di calcolare:

il valore della f.e.m. $\mathscr{E}$ nel circuito;
la potenza elettrica $\mathscr{P}_{el}$ fornita.

Si trascuri l’induttanza del circuito e ogni forma di attrito.

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Figura 28: schema problema 8.

Svolgimento punto 1.

Il sistema di riferimento rappresentato in figura 28 è un sistema di riferimento fisso $Oxy$ . Per risolvere il problema, osserviamo che le cariche presenti sul conduttore sono soggette, in una certa regione di spazio, a un campo magnetico $\vec{B}$ e si muovono per effetto della rotazione del disco di moto circolare circolare uniforme¹¹. Ciascuna carica risentirà della forza di Lorentz, la cui espressione ricordiamo essere

$\begin{equation*} \vec{F}_L=q\,\vec{v}\wedge\vec{B}, \end{equation*}$

dove $q$ , $\vec{v}$ e $\vec{B}$ sono rispettivamente la carica considerata, la velocità della carica considerata e $\vec{B}$ il campo magnetico nel quale è immersa la carica. Per la regola della mano destra, notiamo che $\vec{v}\wedge\vec{B}$ è diretto nel verso negativo delle $y$ , pertanto le cariche positive verranno spinte nel verso negativo delle $y$ per la forza di Lorentz. Dato che nel circuito scorre una corrente deve essere presenta una forza elettromotrice $\mathscr{E}$ che le fa scorrere, alla quale per definizione di forza elettromotrice deve essere associato un campo elettrico $\vec{E}$ tale che

(107) $\begin{equation*} \mathscr{E}=\int_\gamma {\vec{E}\cdot d\vec{r}}, \end{equation*}$

dove $d\vec{r}$ è un segmento infinitesimo del cammino di integrazione $\gamma$ , che nel caso analizzato dal problema corrisponde al segmento $\overline{OP}$ . Per la definizione di campo elettrico, si ha

(108) $\begin{equation*} \vec{E}=\dfrac{\vec{F}_L}{q}=\vec{v}\wedge\vec{B}. \end{equation*}$

Sfruttando la precedente equazione si può riscrivere l’equazione (107) come

(109) $\begin{equation*} \mathscr{E}=\int_\gamma {\vec{E}\cdot d\vec{r}}. \end{equation*}$

Per la scelta del sistema di riferimento fatto, si ha

(110) $\begin{equation*} \vec{E}=(0,-vB,0)\qquad\text{e}\qquad d\vec{r}=(0,-dr,0). \end{equation*}$

Sfruttando la precedente equazione si può riscrivere l’equazione (107) come

(111) $\begin{equation*} \mathscr{E}=\int_\gamma (0,-vB,0)\cdot(0,-dr,0) =\int_\gamma {vB\,dr}. \end{equation*}$

Ricordando che in un moto circolare uniforme la velocità è data dal prodotto tra $\omega$ e il raggio della traiettoria $r\in[0,a]$ (cioè la distanza della carica $q$ rispetto al centro del disco), la precedente equazione diventa

(112) $\begin{equation*} \mathscr{E}=\int_0^a \omega rB\,dr=B\int_0^a \omega r\,dr=\dfrac{\omega a^2B}{2}. \end{equation*}$

Si conclude che la forza elettromotrice è:

$\boxcolorato{fisica}{\mathscr{E}=\dfrac{\omega a^2B}{2}.}$

$\[\]$

La condizione di moto circolare uniforme è garantita dal fatto che $\omega$ è costante. La velocità $\vec{v}$ di una singola carica posta a una distanza $r$ dal centro del disco sarà dunque anch’essa costante in modulo. ↩

Svolgimento punto 2.

Applicando la prima legge di Ohm, troviamo

(113) $\begin{equation*} \mathscr{E}=\dfrac{\omega Ba^2}{2}=Ri\quad\Leftrightarrow\quad i=\dfrac{\omega Ba^2}{2R}, \end{equation*}$

da cui per la conservazione della potenza, si ha

(114) $\begin{equation*} \mathscr{P}_{el}=Ri^2=R\left(\dfrac{\omega Ba^2}{2R}\right)^2=\dfrac{\omega^2 B^2a^2}{4R}, \end{equation*}$

cioè:

$\boxcolorato{fisica}{\mathscr{P}_{el}=\dfrac{\omega^2 B^2a^2}{4R},}$

cioè la potenza erogata è uguale alla potenza assorbita dalla resistenza.

Osservazione 6.

Osserviamo che

(115) $\begin{equation*} \mathcal{E}_i=\oint \vec{E}\cdot d\vec{s}=-\dfrac{d\Phi_\Sigma\left(\vec{B}\right)}{dt}=0. \end{equation*}$

Risulta chiaro che il campo $\vec{ E}$ per cui vale (115) non è il campo definito in (110) perché vale (112). Quindi questo ci fa pensare che esistono due campi elettrici diversi e infatti a seconda di dove si osserva si vedono due campi elettrici differenti. Sia $\vec{ E}$ il campo elettrico visto da un sistema di riferimento inerziale e $\vec{E}^\prime$ il campo elettrico visto da un sistema di riferimento non inerziale. Inoltre, sia $\vec{ B}$ il campo magnetico visto dal sistema inerziale e $\vec{v}$ la velocità del sistema di riferimento non inerziale rispetto al sistema inerziale. Allora vale

(116) $\begin{equation*} \vec{E}=\vec{E}^{\,\prime}-\vec{v}\wedge \vec{ B}. \end{equation*}$

Dalla (115) si ha $\vec{E}=\vec{0}$ , per cui dalla precedente equazione, si ottiene

(117) $\begin{equation*} \vec{E}^{\,\prime}=\vec{v}\wedge \vec{ B} \end{equation*}$

che coincide con (110). Dunque, il campo elettrico determinato per la risoluzione dell’esercizio è il campo solidale con il disco che ruota. Inoltre, si osservi che, il campo elettrico $\vec{E}$ è conservativo per (115), mentre il campo elettrico $\vec{E}^{\,\prime}$ non è conservativo per (112).

Osservazione 7.

Dalla precedente osservazione deduciamo che il campo magnetico visto dal sistema mobile non è $\vec{ B}$ . Infatti, nel sistema mobile il campo magnetico visto è $\vec{ B}^{\,\prime}$ e si muove con velocità angolare $-\vec{\omega}$ ; in un generico istante infinitesimo $dt$ il campo magnetico $\vec{ B}^{\,\prime}$ spazia un area infinitesima $d\Sigma=a^2/2 \,d\theta$ (area settore circolare infinitesimo), pertanto $d\Phi_{\Sigma}=\vec{ B}\cdot \hat{n}\,d\Sigma=B\,a^2/2 \,d\theta$ , da cui

(118) $\begin{equation*} \mathscr{E}=-\dfrac{d\Phi_\Sigma\left(\vec{B}^{\,\prime}\right)}{dt}=-\dfrac{Ba^2}{2}\,\dfrac{ \,d\theta }{dt}=\dfrac{\omega Ba^2}{2}, \end{equation*}$

dove abbiamo usato $d\theta/dt=-\omega$ . Si osservi che (118) coincide con (112).

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una sbarretta conduttrice di massa $m$ è appoggiata su due rotaie distanti $b$ collegate ad un generatore di f.e.m. $\mathscr{E}$ costante; il circuito che si forma ha resistenza $R=\text{0,5}\,\Omega$ ed è immerso in un campo magnetico $\vec{B}$ costante in modulo, direzione e verso in tutti i punti del piano e ortogonale al piano delle rotaie. All’istante $t=0\,\text{s}$ in cui comincia a circolare corrente, la sbarretta è ferma. A regime la sbarretta si muove con velocità $\vec{v}_{\infty}$ . Calcolare:

l’intensità di corrente all’istante $t=0\,\text{s}$ e a regime per $t\rightarrow\infty$ ;
la velocità di regime $\vec{v}_{\infty}$ ;
l’energia cinetica $E_k$ della sbarretta a regime.

Si trascuri l’induttanza del circuito e ogni forma di attrito.

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Figura 29: schema problema 9.

Svolgimento punto 1.

Scegliamo un sistema di riferimento fisso $Ox$ orientato come in figura 29, dove l’origine $O$ è stato posto allineato con la forza elettromotrice $\mathscr{E}$ . All’istante $t=0$ sappiamo che la sbarretta è ferma. Di conseguenza, non vi è alcuna forza elettromotrice indotta in quanto non vi è alcuna variazione di flusso attraverso la superficie individuata dalla sbarretta. In queste condizioni, l’unica f.e.m. presente è $\mathscr{E}$ , ossia quella del generatore; il problema dunque si riduce allo studio del seguente circuito valido per $t=0$ .

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Figura 30: circuito problema 9.

Il valore della corrente si ricava semplicemente dalla legge di Ohm:

(119) $\begin{equation*} \mathscr{E}=Ri_0\quad\Leftrightarrow\quad i_0=\dfrac{\mathscr{E}}{R}, \end{equation*}$

da cui sostituendo i dati numerici, si ottiene:

$\boxcolorato{fisica}{i_0=\dfrac{\mathscr{E}}{R}=2\,\text{A}.}$

All’istante iniziale nel circuito scorre una corrente costante $i_0$ e inoltre la sbarretta è immersa in un campo magnetico $\vec{B}$ costante in modulo, direzione e verso, allora per la seconda legge elementare di Laplace aggisce una forza $\vec{F}_0$ sulla sbarretta, cioè

(120) $\begin{equation*} \vec{F}_0=\int_0^b {i_0\,d\vec{s}\wedge\vec{B}}=i_0Bb\,\hat{x}, \end{equation*}$

dove $d\vec{s}$ è un vettore di modulo infinitesimo orientato nello stesso verso in cui scorre la corrente $i_0$ . La direzione e il verso della forza sono invece state ottenute applicando la regola della mano destra.

Sotto l’azione della forza $\vec{F}_0$ , la sbarretta inizia a muoversi, causando così una variazione di flusso del campo elettrico nella regione $\Sigma$ compresa tra essa e il generatore. Dunque, ci aspettiamo che, in questo nuovo regime vi sia una forza elettromotrice indotta $\mathscr{E}$ per la legge di Faraday-Neumann-Lenz. Sia $x$ la posizione della sbarretta nel sistema di riferimento $Ox$ nel generico istante $t>0$ . Il flusso del campo magnetico attraverso la superficie $\Sigma$ è

(121) $\begin{equation*} \Phi(\vec{B})=\iint_\Sigma {\vec{B}}\cdot\hat{n}\,d\Sigma=B\int_0^b{dy}\int_0^x{dx^{\prime}}=Bbx>0. \end{equation*}$

La funzione $\Phi(\vec{B})$ è una funzione crescente, di conseguenza ${d \Phi(\vec{B})}{dt}>0$ . Per la legge di Faraday-Neumann-Lenz, abbiamo

(122) $\begin{equation*} \mathscr{E}_i=-\dfrac{d \Phi(\vec{B})}{dt}=-Bb\,\dfrac{dx}{dt}<0. \end{equation*}$

La forza elettromotrice $\mathscr{E}_i$ indurrà una corrente $i_i$ che scorre in verso opposto rispetto a $i_0$ , la quale a sua volta sarà responsabile di una forza $\vec{F}_{\text{ind}}$ che frenerà la corsa della sbarretta. Poiché il calcolo di quest’ultima forza è analogo a quello fatto per determinare la forza $\vec{F}_0$ , concludiamo immediatamente che

(123) $\begin{equation*} \vec{F}_{ind}=-i_iBb\,\hat{x}. \end{equation*}$

Per la seconda legge della dinamica sulla sbarretta, si ha

(124) $\begin{equation*} -i_iBb+i_0Bb=m\ddot{x}. \end{equation*}$

Procedendo in modo analogo alla soluzione alternativa del punto 1 dell’esercizio 5 imponiamo $\ddot{x}=0$ , da cui la precedente equazione diventa

(125) $\begin{equation*} -i_iBb+i_0Bb=0, \end{equation*}$

o anche

(126) $\begin{equation*} \boxed{ i_0=i_i.} \end{equation*}$

Dunque, l’intensità di corrente $i_{\infty}$ che scorre nel circuito per $t\rightarrow\infty$ è:

$\boxcolorato{fisica}{i_{\infty}=i_i-i_0=0\,\text{A}.}$

Svolgimento punto 2.

Per $t\rightarrow\infty$ , abbiamo visto che la corrente che scorre nel circuito è nulla; di conseguenza, la resistenza $R$ può essere sostituita da un cortocircuito e il sistema può rappresentato come in figura 31.

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Figura 31: cortocircuito problema 9.

Come conseguenza della legge di Kirchhoff delle tensioni applicata alla maglia in figura 31, avremo

(127) $\begin{equation*} \mathscr{E}=\mathscr{E}_i=Bb\,\dfrac{dx}{dt}=Bbv_{\infty}, \end{equation*}$

da cui:

$\boxcolorato{fisica}{v_{\infty}=\dfrac{\mathscr{E}}{Bb}.}$

Svolgimento punto 3.

Applicando la definizione di energia cinetica e sfruttando il punto precedente, abbiamo:

$\boxcolorato{fisica}{E_k=\dfrac{1}{2}mv_{\infty}^2=\dfrac{m\mathscr{E}^2}{B^2b^2}.}$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Riferendosi al problema 9, calcolare:

come varia la velocità della sbarretta $v(t)$ ;
come varia la corrente $i(t)$ ;
l’energia fornita dal generatore $W_{\text{gen}}$ , fintanto che la corrente raggiunge la condizione di regime, specificando come viene convertita;
la carica $q$ che è circolata nel circuito.

Svolgimento punto 1.

Facendo riferimento al problema precedente, sappiamo che in un generico istante di tempo $t>0$ sulla sbarretta agiranno le forze $\vec{F}_0$ e $\vec{F}_{ind}$ , di verso l’una opposta all’altra, mentre all’interno del circuito scorreranno le correnti $i_0$ e $i_i$ , anch’esse di verso opposto tra loro. Mettiamo a sistema la seconda equazione della dinamica e la prima equazione di Ohm. Sia $a={dv}/{dt}$ la componente dell’accelerazione lungo l’asse delle $x$ della sbarretta. Abbiamo dunque

(128) $\begin{equation*} \begin{cases} F_0-F_{ind}=ma \\[10pt] \mathscr{E}+\mathscr{E}_i=R(i_0-i_i) \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} i_0Bb-i_iBb=m\dfrac{dv}{dt}\\[10pt] \mathscr{E}-Bb\,\dfrac{dx}{dt}=R(i_0-i_i) \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} i_0-i_i=\dfrac{m}{Bb}\,\dfrac{dv}{dt}\\[10pt] \mathscr{E}-Bb\,\dfrac{dx}{dt}=\dfrac{Rm}{Bb}\,\dfrac{dv}{dt} .\end{cases} \end{equation*}$

Dalla seconda equazione del sistema, abbiamo

(129) $\begin{equation*} \mathscr{E}-Bb\,v(t)=\dfrac{Rm}{Bb}\,\dot{v}(t)\quad\Leftrightarrow\quad\dot{v}(t)=\dfrac{Bb}{Rm}\left(\mathscr{E}-Bbv(t)\right), \end{equation*}$

o anche

(130) $\begin{equation*} \dot{v}(t)=\dfrac{Bb}{Rm}\left(\mathscr{E}-Bbv(t)\right), \end{equation*}$

oppure

(131) $\begin{equation*} \dot{v}(t)+\dfrac{B^2b^2}{Rm}v(t)=\dfrac{\mathscr{E}Bb}{Rm}. \end{equation*}$

La precedente equazione è un’equazione differenziale del primo ordine non omogenea a coefficienti costanti. Applicando la formula risolutiva per questo tipo di equazioni differenziali, si ha (si veda la soluzione del punto 1 dell’esercizio 5. Applichiamo la formula risolutiva per l’equazione differenziali di questo tipologia, ottenendo

(132) $\begin{equation*} v(t)=e^{-A(t)}\left(\int {\left(c(t)\,e^{A(t)}\right)dt}+k\right), \end{equation*}$

dove

$A(t)=\displaystyle\int {-\dfrac{B^2b^2}{Rm}\,dt}=-\dfrac{B^2b^2}{Rm}t,$

$c(t)=\dfrac{\mathscr{E}Bb}{Rm},$

mentre $k$ è una costante di integrazione. Si ha

(133) $\begin{align*} v(t)&=\exp\left({-\dfrac{B^2b^2}{Rm}t}\right)\left(\int \dfrac{\mathscr{E}Bb}{Rm}\,\exp\left(\dfrac{B^2b^2}{Rm}t\right)\,dt+k\right)=\\[10pt] &=\exp\left({-\dfrac{B^2b^2}{Rm}t}\right)\left(\dfrac{\mathscr{E}Bb}{Rm}\,\dfrac{Rm}{B^2b^2}\,\exp\left({\dfrac{B^2b^2}{Rm}}\right)+k\right)=\\[10pt] &=\dfrac{\mathscr{E}}{Bb}+k\exp\left({-\frac{B^2b^2}{Rm}t}\right). \end{align*}$

Abbiamo così trovato la soluzione generale per la velocità della sbarretta. Sapendo che la sbarretta all’istante iniziale è ferma, si può trovare il valore della costante $k$ . Dalla precedente equazione imponendo che $v(0)=0$ , otteniamo

(134) $\begin{equation*} 0=\dfrac{\mathscr{E}}{Bb}+k\quad\Leftrightarrow\quad k=-\dfrac{\mathscr{E}}{Bb}, \end{equation*}$

da cui sostituendo il valore di $k$ appena trovato nell’equazione (133), si trova:

$\boxcolorato{fisica}{v(t)=\dfrac{\mathscr{E}}{Bb}\left(1-\exp\left({-\frac{B^2b^2}{Rm}t}\right)\right).}$

Il precedente risultato rappresenta la velocità cercata e inoltre, si osservi che, è valida per $t\geq0$ .

Svolgimento punto 2.

Nel generico istante $t>0$ la corrente che scorre nel circuito è

(135) $\begin{equation*} i(t)=i_0-i_i=\dfrac{m}{Bb}\,\dot{v}(t). \end{equation*}$

Dal precedente punto si ha $v(t)$ , da cui è possibile ottenere $\dot{v}(t)$ . Sostituendo $\dot{v}(t)$ nell’equazione (135), troviamo l’espressione della corrente cercata, cioè

(136) $\begin{equation*} i(t)=\dfrac{m}{Bb}\,\dfrac{\mathscr{E}}{Bb}\cdot\left(-\exp\left({-\frac{B^2b^2}{Rm}t}\right)\right)\cdot\left(-\dfrac{B^2b^2}{Rm}\right), \end{equation*}$

in altri termini:

$\boxcolorato{fisica}{i(t)=\dfrac{\mathscr{E}}{R}\exp\left({-\frac{B^2b^2}{Rm}t}\right).}$

Svolgimento punto 3.

L’energia erogata dal generatore è

(137) $\begin{equation*} W_{\text{gen}}=\int {\mathscr{E}\,dq}. \end{equation*}$

Per definizione, sappiamo che la corrente è la derivata della quantità di carica rispetto al tempo, cioè

(138) $\begin{equation*} i(t)=\dfrac{dq}{dt}\quad\Leftrightarrow\quad dq=i(t)\,dt. \end{equation*}$

Dalla precedente equazione è possibile riscrivere l’equazione (137) come segue

(139) $\begin{equation*} W_{\text{gen}}=\int_0^{+\infty} {\mathscr{E}\,i(t)\,dt}, \end{equation*}$

dove per trovare gli estremi di integrazione si è osservato che la corrente raggiunge la condizione di regime per $t\rightarrow+\infty$ . Svolgendo i calcoli la precedente equazione diventa

(140) $\begin{align*} W_{\text{gen}}&=\int_0^{+\infty} \mathscr{E}\,i(t)\,dt=\int_0^{+\infty} \dfrac{\mathscr{E}^2}{R}\exp\left(-\dfrac{B^2b^2}{Rm}t\right)\,dt=\\[10pt]&=\dfrac{\mathscr{E}^2}{R}\,\left(-\dfrac{Rm}{B^2b^2}\right)\,\exp\left(-\dfrac{B^2b^2}{Rm}t\right)\Bigg\rvert_0^{+\infty}=\\[10pt]&=\dfrac{\mathscr{E}^2}{R}\,\left(\dfrac{Rm}{B^2b^2}\right). \end{align*}$

Concludiamo che l’energia fornita dal generatore è:

$\boxcolorato{fisica}{W_{\text{gen}}=\dfrac{\mathscr{E}^2m}{B^2b^2}.}$

Osservazione 8.

Osserviamo che l’energia fornita dal generatore viene parzialmente spesa per opporsi alla forza elettromotrice indotta, mentre la restante parte viene dissipata sotto forma di calore dalla resistenza $R$ . L’energia $W_R$ assorbita dalla resistenza è

(141) $\begin{align*} W_R&=\int_0^\infty {Ri^2(t)\,dt}=\int_0^\infty R\,\dfrac{\mathscr{E}^2}{R^2}\,\exp\left(-\frac{2B^2b^2}{Rm}t\right)\,dt=\\[10pt] &=\dfrac{\mathscr{E}^2}{R}\,\exp\left(-\frac{2B^2b^2}{Rm}t\right)\,\left(-\dfrac{Rm}{2B^2b^2}\right)\Bigg\rvert_0^\infty=\dfrac{\mathscr{E}^2m}{2B^2b^2}. \end{align*}$

L’energia $W_{\mathscr{E}_i}$ del generatore $\mathscr{E}_i$ si calcola invece analogamente a quanto fatto per $W_{gen}$ . Conoscendo l’espressione di $\mathscr{E}_i$ e di $v(t)$ dal problema 9, avremo cioè

(142) $\begin{align*} W_{\mathscr{E}_i}&=\int_0^{+\infty} \mathscr{E}_i\,i(t)\,dt=\int_0^{+\infty} -Bb\,\dfrac{dx}{dt}\,\dfrac{\mathscr{E}}{R}\exp\left({-\frac{B^2b^2}{Rm}t}\right)\,dt=\\[10pt] &=\int_0^{+\infty} -Bb\, \dfrac{\mathscr{E}}{Bb}\left(1-\exp\left({-\frac{B^2b^2}{Rm}t}\right)\right)\,\dfrac{\mathscr{E}}{R}\exp\left({-\frac{B^2b^2}{Rm}t}\right)\,dt=\\[10pt] &=\int_0^{+\infty} - \dfrac{\mathscr{E}^2}{R}\left(1-\exp\left({-\frac{B^2b^2}{Rm}t}\right)\right)\exp\left({-\frac{B^2b^2}{Rm}t}\right)\,dt=\\[10pt] &=\int_0^{+\infty} - \dfrac{\mathscr{E}^2}{R}\left(\exp\left({-\frac{B^2b^2}{Rm}t}\right)-\exp\left({-\frac{2B^2b^2}{Rm}t}\right)\right)\,dt=\\[10pt] &=-\dfrac{\mathscr{E}^2}{R}\,\left(\exp\left(-\dfrac{B^2b^2}{Rm}t\right)\left(-\dfrac{Rm}{B^2b^2}\right)-\exp\left(-\frac{2B^2b^2}{Rm}t\right)\,\left(-\dfrac{Rm}{2B^2b^2}\right)\bigg\vert_0^{+\infty}\right)=\\[10pt] &=-\dfrac{\mathscr{E}^2}{R}\,\left(-\exp\left(\dfrac{B^2b^2}{Rm}t\right)\left(\dfrac{Rm}{B^2b^2}\right)+\exp\left(-\frac{2B^2b^2}{Rm}t\right)\,\left(\dfrac{Rm}{2B^2b^2}\right)\bigg\vert_0^{+\infty}\right)=\\[10pt] &=-\dfrac{\mathscr{E}^2}{R}\,\left(\dfrac{Rm}{B^2b^2}\right)\cdot\left(1-\frac{1}{2}\right)=\\[10pt] &=-\dfrac{\mathscr{E}^2m}{2B^2b^2}. \end{align*}$

Questi calcoli, seppur laboriosi, mostrano chiaramente che la somma

(143) $\begin{equation*} W_R+W_{\mathscr{E}_i}=W_{gen}, \end{equation*}$

ovvero

(144) $\begin{equation*} \dfrac{\mathscr{E}^2m}{B^2b^2}-\dfrac{\mathscr{E}^2m}{2B^2b^2}=\dfrac{\mathscr{E}^2m}{2B^2b^2}, \end{equation*}$

o anche

(145) $\begin{equation*} \dfrac{\mathscr{E}^2m}{2B^2b^2}=\dfrac{\mathscr{E}^2m}{2B^2b^2}, \end{equation*}$

ossia mostrano che è rispettato il principio di conservazione dell’energia.

Svolgimento punto 4.

Nel punto precedente abbiamo visto come, semplicemente applicando la definizione di corrente elettrica, avremo

(146) $\begin{equation*} i(t)=\dfrac{dq}{dt}\quad\Leftrightarrow\quad dq=i(t)\,dt, \end{equation*}$

dove l’espressione di $i(t)$ è nota dal punto 2. Integrando entrambi i membri la precedente equazione nei rispettivi intervalli di integrazione, otteniamo l’andamento della carica che scorre nel circuito in funzione del tempo, cioè

(147) $\begin{equation*} \int_{q(0)}^{q(t)} {dq^{\prime}}=\int_0^t \dfrac{\mathscr{E}}{R}\,\exp\left(-\dfrac{B^2b}{Rm}t\right)\,dt, \end{equation*}$

oppure

(148) $\begin{align*} \Delta q=\dfrac{\mathscr{E}}{R}\,\left(-\dfrac{Rm}{B^2b^2}\right)\,\exp\left(-\frac{B^2b}{Rm}t\right)\Bigg\rvert_0^t=-\dfrac{\mathscr{E}m}{B^2b^2}\,\left(\exp\left(-\frac{B^2b}{Rm}t\right)-1\right). \end{align*}$

Rammentiamo che nell’esercizio 9 si è concluso che per $t\rightarrow+\infty$ la corrente che scorre nel circuito è nulla. Questo vuol dire che per $t\to+\infty$ la carica all’interno dei conduttori non varia più. Passiamo al limite per $t\to+\infty$ ambo i membri la precedente equazione, ottenendo

(149) $\begin{equation*} \lim_{t\to+\infty} \Delta q=q(\infty)-q(0)=\lim_{t\to+\infty}-\dfrac{\mathscr{E}m}{B^2b^2}\,\left(\exp\left(-\frac{B^2b}{Rm}t\right)-1\right)=\dfrac{\mathscr{E}m}{B^2b^2}, \end{equation*}$

ovvero:

$\boxcolorato{fisica}{q(\infty)-q(0)=\dfrac{\mathscr{E}m}{B^2b^2}.}$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una sbarretta conduttrice è appoggiata su due rotaie distanti $b=20\,\text{cm}$ , collegate a un generatore di f.e.m. $\mathscr{E}=8\,\text{V}$ ; il circuito che così si forma ha una resistenza $R=\text{0,3}\,\Omega$ ed è immerso in un campo magnetico $B=\text{0,5}\,\text{T}$ ortogonale al piano delle rotaie. A regime la sbarretta si muove con velocità $\vec{v}_{\infty}$ allontanandosi e solleva, tramite un filo e una carrucola, una massa $m=\text{0,2}\,\text{kg}$ , come rappresentato in figura 32. Calcolare:

l’intensità di corrente continua di regime $i_{\infty}$ ;
la velocità $v_{\infty}$ .

Si assuma che il filo sia inestensibile e di massa trascurabile, inoltre si trascurino tutti gli attriti.

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Figura 32: schema problema 11.

Svolgimento punto 1.

Per la risoluzione di questo problema procederemo analogamente all’esercizio 9. Oltre alla forza $\vec{F}$ generata dalla seconda legge elementare di Laplace sulla sbarretta agisce la tensione $\vec{T}$ . La condizione di regime si ottiene quando vale

(150) $\begin{equation*} \vec{F}+\vec{T}=\vec{0}. \end{equation*}$

Applicando la seconda legge elementare di Laplace, si ha

(151) $\begin{equation*} \vec{F}=\int_0^b {i_{\infty}\,d\vec{s}\wedge\vec{B}}=i_{\infty}\int_0^b {B\,ds\,\hat{x}}=i_{\infty}Bb\,\hat{x}. \end{equation*}$

Sappiamo inoltre che, assumendo il filo inestensibile e di massa trascurabile, il modulo $T$ della tensione $\vec{T}$ altro non è che la forza peso del corpo di massa $m$ . Sfruttando la precedente equazione possiamo riscrivere l’equazione (150) come

(152) $\begin{equation*} \vec{F}+\vec{T}=\vec{0}\quad\Leftrightarrow\quad i_{\infty}Bb\,\hat{x}-mg\,\hat{x}=0\,\hat{x}\quad\Rightarrow\quad i_{\infty}Bb=mg, \end{equation*}$

da cui:

$\boxcolorato{fisica}{i_{\infty}=\dfrac{mg}{Bb}=\text{19,6}\,\text{A}}$

Osservazione 9.

Si osservi che si è usato lo stesso sistema di riferimento dell’esercizio 9.

Svolgimento punto 2.

Riportiamo di seguito la valutazione del flusso di campo magnetico che avevamo effettuato all’ esercizio 9. Indicando con $\Sigma$ la superficie compresa tra la sbarretta e il generatore, possiamo scrivere

(153) $\begin{equation*} \Phi(\vec{B})=\iint_\Sigma {\vec{B}}\cdot\hat{n}\,d\Sigma=B\int_0^b{dy}\int_0^x{dx^{\prime}}=Bbx, \end{equation*}$

da cui, attraverso la legge di Faraday-Neumann-Lenz, è possibile ricavare la f.e.m. indotta

(154) $\begin{equation*} \mathscr{E}_i=-\dfrac{\Phi(\vec{B})}{dt}=-Bb\,\dfrac{dx}{dt}. \end{equation*}$

Sappiamo ora che nel circuito sono presenti due forze elettromotrici: la prima è quella del generatore (ossia $\mathscr{E}$ ), mentre la seconda è la f.e.m. indotta $\mathscr{E}_i$ . Il circuito si può dunque schematizzare come in figura 33.

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Figura 33: circuito problema 11.

Applicando la prima legge di Ohm per il circuito in figura 33 e sostituendo il termine $\mathscr{E}_i$ con l’espressione ottenuta in (154), si ottiene

(155) $\begin{equation*} \mathscr{E}-\left \vert \mathscr{E}_i \right \vert =R\,i_{\infty}\quad\Leftrightarrow\quad\mathscr{E}-Bbv_{\infty}=Bi_\infty, \end{equation*}$

conseguentemente:

$\boxcolorato{fisica}{v_{\infty}=\dfrac{\mathscr{E}-R\,i_\infty}{Bb}\approx \text{21,2}\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}.}$

Osservazione 10.

Formalmente nel sostituire la $\mathscr{E}_i$ definita in (154) nell’equazione (154) si è passato al limite per $t\to+\infty$ ambo i membri l’equazione (154), sostituendo il termine $dx/dt$ con $v_{\infty}$ , ovvero la velocità del sistema a regime.

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Un disco conduttore di raggio $a=20\,\text{cm}$ e momento di inerzia trascurabile è vincolato da due perni a ruotare attorno al proprio asse orizzontale. La zona del disco nell’intorno del raggio $OP$ è immersa in un campo magnetico $B=\text{0,75}\,\text{T}$ perpendicolare al disco stesso. Al bordo del disco, tramite un filo sottile, è collegata una massa $m=\text{0,2}\,\text{kg}$ . Il circuito è collegato ad un generatore di f.e.m. $\mathscr{E}=10\,\text{V}$ ; la resistenza complessiva del circuito è $R=\text{0,3}\,\Omega$ . In condizioni di regime, il disco ruota con velocità angolare $\omega$ costante sollevando la massa. Calcolare:

la corrente $i$ che percorre il circuito;
la velocità angolare $\omega$ .

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Figura 34: schema problema 12.

Svolgimento punto 1.

Procediamo analogamente all’esercizio 8. Il campo elettrico che si viene a generare tra i punti $O$ e $P$ è

(156) $\begin{equation*} \vec{E}=\vec{v}\wedge\vec{B}. \end{equation*}$

Ogni punto presente sul segmento che congiunge $O$ a $P$ si muove di moto circolare uniforme, come velocità angolare $\omega$ ; pertanto la precedente equazione può essere riscritta come

(157) $\begin{equation*} \vec{E}=v\,\hat{x}\wedge(-B\,\hat{z})\qquad\Leftrightarrow\qquad\vec{E}=\omega r\,\hat{x}\wedge(-B\,\hat{z}), \end{equation*}$

dove $0\leq r\leq a$ . Svolgendo il prodotto vettoriale la precedente equazione diventa

(158) $\begin{equation*} \vec{E}=wrB\,\hat{y}. \end{equation*}$

La forza elettromotrice è

(159) $\begin{equation*} \mathscr{E}^{*}=\int_\gamma {\vec{E}\cdot d\vec{\ell}}, \end{equation*}$

dove $\gamma$ è il segmento di lunghezza $a$ che congiunge $O$ e $P$ , mentre $\vec{E}$ è definito in (158). Svolgendo i calcoli la precedente equazione diventa

(160) $\begin{equation*} \mathscr{E}^{*}=-\int_0^a {\omega Br\,dr}=-\omega B\int_0^a {r\,dr}=-\omega B\,\dfrac{a^2}{2}, \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato il fatto che $d\vec{\ell}=-d\ell\,\hat{y}$ perché la corrente nel circuito scorre da $O$ a $P$ , ovvero si muove in senso orario. Dunque dalla precedente equazione deduciamo che nel circuito oltre che alla forza elettromotrice $\mathscr{E}$ dovuta al generatore è presente un ulteriore forza elettromotrice $\mathscr{E}^{*}$ definita in (160). In figura 35 rappresentiamo il circuito.

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Figura 35: circuito problema 12.

Applicando la prima legge di Ohm al circuito in figura 35, otteniamo

(161) $\begin{equation*} \mathscr{E}+\mathscr{E}^{*}=R\,i, \end{equation*}$

da cui sfruttando il risultato ottenuto nella 160, la precedente equazione diventa

(162) $\begin{equation*} \mathscr{E}-\omega B\,\dfrac{a^2}{2}=R\,i, \end{equation*}$

da cui

(163) $\begin{equation*} \boxed{ i=\dfrac{2\mathscr{E}-\omega B\,a^2}{2R}.} \end{equation*}$

Per la seconda legge elementare di Laplace sappiamo che sul segmento infinitesimo $d\vec{r}$ del tratto $OP$ agirà una forza infinitesima $d\vec{F}$ descritta dall’equazione

(164) $\begin{equation*} d\vec{F}=i\,d\vec{r}\wedge\vec{B}=(-i\,dr\,\hat{y})\wedge(-B\,\hat{z})=iB\,dr\,\hat{x}. \end{equation*}$

Scelto $O$ come polo del sistema, dalla definizione di momento meccanico, sappiamo che un generico punto posto a una distanza $\vec{r}$ dal polo (ovviamente si sta sempre considerando la direzione individuata dal segmento che congiunge $O$ a $P$ ) soggetto a una forza infinitesima $d\vec{F}$ , genera un momento meccanico infinitesimo $d\vec{M}$ rispetto al polo $O$ definito come

(165) $\begin{equation*} d\vec{M}=\vec{r}\wedge d\vec{F}. \end{equation*}$

Sostituendo il risultato trovato nella (164) nella precedente equazione, otteniamo

(166) $\begin{equation*} d\vec{M}=(-r\,\hat{y})\wedge(iB\,dr\,\hat{x})=iBr\,dr\,\hat{z}. \end{equation*}$

Chiamiamo $\vec{F}$ la forza totale agente sul disco definita dalla seconda legge elementare di Laplace che si ottiene dalla (164) sommando tutti i contributi delle cariche positive in movimento lungo il segmento che congiunge $O$ a $P$ . Dalla precedente equazione otteniamo il momento meccanico complessivo agente sul disco a causa della forza $\vec{F}$ , cioè

(167) $\begin{equation*} \vec{M}_{F}=\int_0^a {iB\,r\,dr\,\hat z}=iB\,\dfrac{a^2}{2}\,\hat{z}. \end{equation*}$

Oltre alla forza $\vec{F}$ sul disco agisce una forza $\vec{T}$ dovuta al filo che lo collega alla massa $m$ , come rappresentato in figura 36.

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Figura 36: rappresentazione delle tensioni e della forza peso.

Siccome il disco ruota a velocità angolare costante implica che la tensione è uguale in modulo alla forza peso del corpo appeso al filo, cioè $T=mg$ ; di conseguenza, sul disco è presente un momento meccanico $\vec{M}_T$ dovuto alla tensione, ovvero

(168) $\begin{equation*} \vec{M}_{T}=\vec{a}\wedge\vec{T}=\vec{a}\wedge m\vec{g}=a\,\hat{x}\wedge (-mg\,\hat{y})=-mga\,\hat{z}. \end{equation*}$

Imponiamo che la somma dei momenti agenti sul disco sia nulla, cioè

(169) $\begin{equation*} \vec{M}_F+\vec{M}_T=\vec{0}, \end{equation*}$

da cui sfruttando le equazioni (167) e (168), la precedente equazione diventa

(170) $\begin{equation*} iB\,\dfrac{a^2}{2}\,\hat{z}-mga\,\hat{z}=\vec{0}, \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{i=\dfrac{2mg}{Ba}\approx \text{26,1}\,\text{A}.}$

Svolgimento punto 2.

Dall’equazione (162), otteniamo

(171) $\begin{equation*} \omega=\dfrac{2}{a^2B}\left(\mathscr{E}-iR\right), \end{equation*}$

da cui sfruttando il precedente punto, l’equazione (171) diventa

(172) $\begin{equation*} \omega=\dfrac{2}{a^2B}\left(\mathscr{E}-\dfrac{2}{a^2B}\left(\mathscr{E}-iR\right)R\right). \end{equation*}$

Sostituendo i valori numerici nella precedente equazione otteniamo

$\boxcolorato{fisica}{\omega=\dfrac{2}{a^2B}\left(\mathscr{E}-\dfrac{2}{a^2B}\left(\mathscr{E}-iR\right)R\right)\sim 144\,{\text{rad}}\cdot\text{s}^{-1}.}$

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Ulteriori risorse didattiche per la fisica

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Physics Stack Exchange – Parte della rete Stack Exchange, questo sito è un forum di domande e risposte specificamente dedicato alla fisica. È un’ottima risorsa per discutere e risolvere problemi di fisica a tutti i livelli, dall’elementare all’avanzato.
ArXiv – ArXiv è un archivio di preprint per articoli di ricerca in fisica (e in altre discipline scientifiche). Gli articoli non sono peer-reviewed al momento della pubblicazione su ArXiv, ma rappresentano un’importante risorsa per rimanere aggiornati sugli sviluppi più recenti nella ricerca fisica.
Phys.org – Questo sito offre notizie e aggiornamenti su una vasta gamma di argomenti scientifici, con un focus particolare sulla fisica. È una risorsa utile per rimanere aggiornati sugli ultimi sviluppi nella ricerca e nelle scoperte fisiche.
Physics Forums – Una delle comunità online più grandi per la fisica e la scienza in generale. Offre discussioni su vari argomenti di fisica, aiuto con i compiti, e discussioni su articoli di ricerca.
The Feynman Lectures on Physics – Questo sito offre accesso gratuito alla famosa serie di lezioni di fisica di Richard Feynman, un’ottima risorsa per studenti di fisica di tutti i livelli.
American Physical Society (APS) – La APS è una delle organizzazioni più importanti per i fisici. Il sito offre accesso a pubblicazioni, conferenze, risorse educative e aggiornamenti sulle novità del mondo della fisica.
Institute of Physics (IOP) – L’IOP è un’importante organizzazione professionale per i fisici. Il sito offre risorse per l’apprendimento, accesso a riviste scientifiche, notizie e informazioni su eventi e conferenze nel mondo della fisica.
Physics World – Physics World è una rivista online che offre notizie, articoli, interviste e approfondimenti su vari argomenti di fisica. È una risorsa preziosa per chiunque sia interessato agli sviluppi contemporanei nella fisica.
Quanta Magazine (sezione Fisica) – Quanta Magazine è una pubblicazione online che copre notizie e articoli di approfondimento su matematica e scienze. La sezione fisica è particolarmente interessante per i contenuti di alta qualità e le spiegazioni approfondite.
Perimeter Institute – Il Perimeter Institute è un importante centro di ricerca in fisica teorica. Il sito offre accesso a conferenze, workshop e materiale educativo, ed è un’ottima risorsa per chi è interessato alla fisica teorica avanzata.

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