Esercizio 5 – Esercizi misti elettromagnetismo

Esercizi Misti Elettromagnetismo

Home » Esercizio 5 – Esercizi misti elettromagnetismo

More results...

Generic selectors
Exact matches only
Search in title
Search in content
Post Type Selectors
post
page

 

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\cdotm. 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.

 

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

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

Rendered by QuickLaTeX.com

 

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*}

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

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_2la potenzia infinitesima dissipata e otteniamo la potenza dissipata nel cilindro nell’istante t=T, cioè

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

Concludiamo con la seguente soluzione

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

 

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

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

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

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

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

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

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.