Esercizio 5 – Esercizi misti elettromagnetismo

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

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

b) la potenza dissipata nel cilindro.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

da cui

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

che valutata al tempo $t=T$ ci da

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

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

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

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

Concludiamo con la seguente soluzione

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

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

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

Integriamo tra $r=r_1$ e $r_2$ la potenzia infinitesima dissipata e otteniamo la potenza dissipata nel cilindro nell’istante $t=T$ , cioè

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

Concludiamo con la seguente soluzione

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

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

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

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

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

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

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

Concludiamo con la seguente soluzione

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

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