Esercizio 8 – Esercizi misti elettromagnetismo

Esercizi Misti Elettromagnetismo

Home » Esercizio 8 – Esercizi misti elettromagnetismo

More results...

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

 

Esercizio 8.  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar) Un solenoide ideale di raggio a=30 cm, lunghezza h=1 m e N_1=1000 avvolgimenti è percorso da una corrente variabile nel tempo i_1 = kt (con k = 0.1\, A/s), nell’intervallo [0, T] (con T= 0,3 s). Il solenoide si trova inserito all’interno di un secondo solenoide di raggio b>a (con b= 50 cm), lunghezza h, N_2=2000 avvolgimenti di resistenza elettrica complessiva R_2=8\,\Omega. Tenendo conto anche dei fenomeni di autoinduzione, calcolare al tempo T

a) la corrente che scorre nel solenoide esterno;

b) l’energia magnetica del sistema.

Trattare i due tratti di solenoide, nell’approssimazione di solenoide indefinito.

 

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Svolgimento punto a.  Calcoliamo i coefficienti di mutua induzione e di autoinduzione dei solenoidi ideali indefiniti. Dalla teoria sappiamo che il coefficiente di mutua induzione vale

(1)   \begin{equation*} M = {\Phi_{21}\over i_2} \end{equation*}

dove \Phi_{2,1} è il flusso di 2 su 1.
Calcoliamo

    \[\Phi_{21}=\mu_0 n_2 i_2N_1 \Sigma_1=\dfrac{\mu_0N_1N_2i_2\pi a^2}{h},\]

da cui

(2)   \begin{equation*} M ={\Phi_{2,1}\over i_2}= {\mu_0N_1N_2\pi a^2\over h} = 0,71 \,\text{H} \end{equation*}

dove i_2 è la corrente nel solenoide 2. Invece \pi a^2 è la superficie della base del solenoide interno mentre h è la sua lunghezza.
I coefficienti di autoinduzione invece si calcolano come

(3)   \begin{equation*} L_1 =\dfrac{\Phi_1}{i_1} \qquad\qquad \text{e}\qquad\qquad L_2 = \dfrac{\Phi_2}{i_2} \end{equation*}

dove \Phi_1 è l’autoflusso di 1 e \Phi_2 è l’autoflusso di 2.
Si ha

(4)   \begin{equation*} L_1 =\dfrac{\Phi_1}{i_1}=\dfrac{B_1\pi a^2}{i_1}=\dfrac{\mu_0n_1i_1\,N_1\pi a^2}{i_1}= \mu_0 {N_1^2\over h} \pi a^2 = 0,36\,\text{H} \end{equation*}

e

(5)   \begin{equation*} L_2 =\dfrac{\Phi_2}{i_2}=\dfrac{B_2\pi a^2}{i_2}=\dfrac{\mu_0n_2i_2\,N_2\pi b^2}{i_1}= \mu_0 {N_2^2\over h} \pi b^2 = 3,96\,\text{H}. \end{equation*}

Applichiamo la legge di Kirchhoff al circuito individuato dal secondo solenoide. Il coefficiente di mutua induzione quantifica la diretta proporzionalità tra la forza elettromotrice che si genera sul secondo solenoide a causa della variazione di campo magnetico nel primo.

(6)   \begin{equation*} \Delta V_M = -M{\text{d}i_1\over \text{d}t} = -Mk \end{equation*}

Il coefficiente di autoinduzione quantifica invece la diretta proporzionalità tra la variazione di campo magnetico e la forza elettromotrice in uno stesso circuito

(7)   \begin{equation*} \Delta V_{L_2}= L_2{\text{d}i_2 \over \text{d}t}. \end{equation*}

A questo punto possiamo scrivere la legge di Kirchhoff come (vedere figura 1)

(8)   \begin{equation*} L_2{\text{d}i_2 \over \text{d}t}+ R_2 i_2 = Mk. \end{equation*}

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Discutiamo i segni di questa equazione: nel membro di sinistra abbiamo la forza elettromotrice (o d.d.p.) dovuta all’autoinduzione del circuito e la d.d.p. causata dalla dissipazione di energia sulla resistenza R_2. Entrambi hanno un contributo “dissipativo”, ovvero il termine di autoinduzione crea una forza elettromotrice che si oppone ai cambiamenti di flusso di campo magnetico nel circuito, mentre il secondo termine dissipa energia per effetto Joule. Mentre nel membro di destra abbiamo invece un contributo positivo dato dalla mutua induzione; questo contributo genera un effetto in modo da opporsi agli effetti causati dal solenoide 1.
L’equazione differenziale di primo grado non omogenea (8) si risolve con metodi standard e inserendo come condizione iniziale i_2(t=0)=0\,\,\text{A} (questo vale perché i_1(t=0)=0\,\,\text{A} e quindi la mutua induzione inizia a t>0).

Pertanto possiamo impostare il seguente problema di Cauchy

(9)   \begin{equation*} \begin{cases} L_2\dfrac{di_2}{dt}+ R_2 i_2 = Mk\\\\ i_2(0)=0. \end{cases} \end{equation*}

Svolgiamo i calcoli

(10)   \begin{equation*} i_2(t)=\exp\left(-R_2t\right)\left(\int\left(\exp\left(R_2t\right)Mk\right)\,dt+c\right)=\exp\left(-R_2t\right)\left(\dfrac{Mk}{R_2}\exp\left(R_2t\right)+c\right)=\dfrac{Mk}{R_2}+\exp\left(-R_2t\right)c, \end{equation*}

da cui, sapendo che i_2(0)=0 si trova c=-\dfrac{Mk}{R_2}, quindi

(11)   \begin{equation*} i_2(t)= {Mk\over R_2}\bigg(1-e^{-{R_2\over L_2}t}\bigg). \end{equation*}

Sostituendo t=T in (11) si trova

    \[\boxcolorato{fisica}{ i_2(T)= {Mk\over R_2}\bigg(1-e^{-{R_2\over L_2}T}\bigg)\approx0,011\,\text{A}.}\]

 

In generale il circuito si può rappresentare come segueù

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Svolgimento punto b. Si ricorda che l’energia magnetica del sistema di due circuiti accoppiati è

(12)   \begin{equation*} U_m=\dfrac{1}{2}L_1i^2_1+\dfrac{1}{2}L_2i_2^2\pm Mi_1i_2 \end{equation*}

dove il segno + o - a seconda della situazione. Osservando la figura 1 e la figura 2 si deduce che bisogna prendere il segno negativo. Sostanzialmente il processo di accoppiamento tra i due circuiti alimenta il secondo circuito togliendo energia all’energia totale immagazzinata dal sistema. Pertanto al tempo t=T si ha

(13)   \begin{equation*} U_m(\tau)=\dfrac{1}{2}L_1i^2(\tau)_1(\tau)+\dfrac{1}{2}L_2i_2^2- Mi_1(\tau)i_2(\tau) \end{equation*}

da cui, sostituendo i valori numerici, si ha

(14)   \begin{equation*} U_m(\tau)=0,5 \cdot 0,36 \cdot \left(0,1\cdot 0,3\right)^2\,\,\text{J}+0,5 \cdot 3,96 \cdot \left( 0,011\right)^2\,\,\text{J}-0,71\cdot 0,3\cdot 0,011\,\,\text{J}\approx 1,67\cdot 10^{-4}\,\,\text{J}. \end{equation*}

Concludiamo con la seguente soluzione

    \[\boxcolorato{fisica}{ U(T)= 1,6\cdot 10^{-4}\,\text{J}.}\]

 

Soluzione alternativa al punto b. l’energia L’energia magnetica del sistema è data dal seguente integrale di volume

(15)   \begin{equation*} U(t) =\iiint _V {B^2\over 2\mu _0}\,\,d \tau \end{equation*}

con B modulo del campo magnetico totale e d \tau l’elemento infinitesimo di volume. È necessario osservare che il campo magnetico B_1(t) che si forma sul primo solenoide dalla corrente i_1(t) genera per induzione un campo magnetico B_2(t) sul solenoide esterno di verso opposto, in quanto l’induzione è una reazione ai cambiamenti di flusso magnetico.
Dobbiamo considerare due zone: al variare della distanza r dall’asse del solenoide interno, avremo che per 0<r<b abbiamo due campi magnetici opposti, mentre per a<r<b abbiamo un unico campo magnetico dato dal solenoide esterno. Questo perché consideriamo i solenoidi come indefiniti e in questa approssimazione il campo magnetico esiste solo al loro interno.

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Inoltre i campi magnetici al loro interno sono omogenei nello spazio, possiamo allora calcolare l’integrale al tempo T.

(16)   \begin{equation*} U(T) =\iiint _V {B^2\over 2\mu _0}\,\,d \tau = {1\over 2\mu_0}\bigg[\underbrace{(B_1(T)-B_2(T))^2}_{\text{Campo magnetico per $0<r<a$}} \pi a^2h + \underbrace{B_2^2(T)}_{\text{Campo magnetico per $a<r<b$}}\pi (b^2-a^2) h\bigg] \end{equation*}

dove \pi (b^2-a^2)h è il volume del solenoide esterno meno quello interno e \pi a^2 h è il volume del solenoide interno.
Il campo magnetico in un solenoide indefinito si calcola con la seguente formula

(17)   \begin{equation*} B(t)= \mu_0 {N\over h}i(t) \end{equation*}

dove h è la lunghezza del solenoide e N è il numero di spire. Calcoliamo i campi magnetici al tempo T.

(18)   \begin{align*} B_1(T)&=\mu_0 {N_1\over h}i_1(T)=\mu_0 {N_1\over h}k T = 3,77\cdot 10^{-5}\,\text{T}\\ B_2(T)&=\mu_0 {N_2\over h}i_2(T)=2,76\cdot 10^{-5}\,\text{T} \end{align*}

Concludiamo con la seguente soluzione

    \[\boxcolorato{fisica}{ U(T)= 1,6\cdot 10^{-4}\,\text{J}.}\]

 

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