FFIISSIICCAA A.A. 2013-2014 Ingegneria Gestionale 2° appello del 16 Luglio 2014

1. Un giocatore di golf lancia la pallina con un alzo di α=50° e con una velocità iniziale Vo in modo che cada più vicino possibile alla buca ad una distanza compresa tra c=120m e d=130m dal punto di battuta. Nel percorso è presente un primo ostacolo di altezza Hmin=25m ad una distanza a=50m dalla battura che deve essere scavalcato. Nel proseguimento è presente anche un secondo ostacolo ad una distanza b=80m che impedisce alla palla di raggiungere una quota superiore a

Hmax=35m. Determinare quali sono le velocità minima e massima da imprimere inizialmente per evitare gli ostacoli ed entrare sicuramente nella zona utile c<x<d.

2. Un’asta omogenea avete massa MA=10kg e lunghezza L=2m ed incernierata in un punto K è libera di ruotare, senza attriti, nel piano verticale descritto in figura. Il punto K, non coincidente con il baricentro G, è posizionato così da avere DK=x=40cm. L’asta inclinata di un angolo di α=30° rispetto all’orizzontale è poggiata al suolo nell’estremo B mentre all’estremo D viene appeso un blocco di massa MB. Determinare per quale valore di MB l’asta si distacca dal suolo. Facoltativo: ipotizzando M_B=15kg calcolare la velocità dei punti D e B quando l’asta transita per la posizione orizzontale.

3. Su quattro fili rettilinei infinitamente lunghi giacenti sullo stesso piano, di cui due paralleli all’asse x, e due paralleli all’asse y, individuano una regione rettangolare delimitata dai 4 punti di intersezione (a=10cm, b=8cm).

Conoscendo le quattro distribuzioni lineari uniformi λ1=15µC/m, λ2=6µC/m, λ3=5µC/m, λ4=12µC/m indicare in quale area (1,2,3,4,5,6,7,8,9) cade il punto di equilibrio indicandone le coordinate.

4. Il dispositivo in figura si compone di un circuito resistivo alimentato da una forza elettromotrice f=5kV. I due resistori principali R₁=6 kΩ, R2=3 kΩ, sono utilizzati come scaldatori per aumentare la temperatura di due bollitori contenenti rispettivamente M1=1kg e M2=2kg di acqua distillata. La resistenza interna del circuito r=500 Ω tiene in conto di tutti gli effetti resistivi di fili e generatore.

Determinare dopo quanti secondi la massa M₁ contenuta nel primo bollitore si porta dalla temperatura ambiente di 20°C (cui si trova inizialmente l’intero sistema) alla temperatura di 90°C. Determinare a quell’istante a quale temperatura si viene a trovare la massa d’acqua M₂ nel secondo bollitore (calore specifico acqua C=4187 J/kg°C, si trascurino le perdite termiche nei bollitori)

5. Una barretta metallica di lunghezza L=20cm è libera di spostarsi lungo una guida metallica giacente su un piano orizzontale in modo da formare un circuito elettrico di forma rettangolare con resistenza R=5Ω , chiusa su un condensatore inizialmente scarico di capacità C=100µF. Nella regione piana è presente un vettore induzione magnetica uniforme verticale di induzione Bo=2T. Assumendo di muovere la barretta, inizialmente posizionata xo=d=10cm, di moto rettilineo uniforme con velocità v_o=5m/s lungo l’asse x determinare l’espressione temporale della carica che si accumula sul condensatore, l’espressione della corrente, e della forza che occorre esercitare dall’esterno sulla barretta per contrastare la forza elettromagnetica così da mantenere costante la velocitò della stessa. Facoltativo: determinare dopo t=1ms, il lavoro necessario per spostare la barretta, l’energia accumulata nel condensatore, e quella persa per effetto Joule sulla resistenza.

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A.A. 2013-2014 Ingegneria Gestionale 2° appello del 16 Luglio 2014

B

M_B x

ααα α

D

G K

R1

f R2

r

x

d

B_o

vo

C L

O

R ^Bo λλλλ1

−−−−λλλλ2

(1)

a b

λλλλ3

λλλλ4

(3) (2)

(5) (4) (6)

(7) (8)

(9)

1. Equazioni della cinematica. Le grandezze cinematiche vengono scomposte secondo gli assi x,y

Lungo l’asse x

( ) ( )

( ) ( )







=

=

⋅

= 0

cos cos

x o x

o

a v t v

t v

t x

α α

, e lungo l’asse y

( ) ( )

( ) ( )







−

=

−

=

−

⋅

= g a

gt v

t v

gt t v

t y

y o y

o

α α sin

2

sin ²

Calcolo della gittata:

il tempo di volo si ottiene imponendo y(t*)=0 da cui

( )

g t_*= ²v^osinα la gittata L si ottiene dalla

L=x(t*)=

( )

g v g

t v

v_o ^*cosα = ^{2 o2sin}α^cosα = ^{o2sin 2}α Condizione sulle velocità per atterraggio prossimo alla buca:

( )

_d

g L v

c≤ = ^{o2sin 2}α ≤

da cui

( )

²α ^sin

( )

²α sin

v gd gc

o ≤

≤ (diseq.1)

Equazione della traiettoria:

dalla equazione x(t) si esplicita il tempo

α

ocos v

t= x che si sostituisce nell’equazione y(t)

in modo da determinare l’equazione della traiettoria parabolica _{2 2} ² cos

2 x

v x g tg y

o







−

⋅

= α α

Condizione sulla velocità per superare l’ostacolo in x=a:

( )

min

2 2 2cos

2 a H

v a g tg a y

o

 ≥







−

⋅

= α α da cui

(

min

)

2

cos a tg H

g v_o a

−

≥ ⋅

α

α = (diseq.2)

Condizione sulla velocità per passare sotto il tetto in x=b:

( )

max

2 2 2cos

2 b H

v b g tg b y

o

 ≤







−

⋅

= α α da cui

(

max

)

2

cos b tg H

g v_o b

−

≤ ⋅

α

α = (diseq.3)

Le tre disequazioni devono essere contemporaneamente soddisfatte

Condizione Commento

Diseq 1 34.56 m/s ≤ vo ≤ 35.97 m/s la palla entra nella zona desiderata Diseq.2 vo ≥ 29.3 m/s la palla supera l’ostacolo N.1 Diseq.3 vo ≤ 35.47 m/s La palla passa sotto il tetto N.2

Totale 34.56 m/s ≤ vo ≤ 35.47 m/s La diseq.2 è contenuta dalla diseq.1

2. L’asta è soggetta a quattro forze tutte verticali:

La sua forza peso P_A=M_Ag applicata nel baricentro G

La forza peso del blocco PB=MBg che viene trasmessa in D tramite la fune La reazione del cardine RK nel punto K

La reazione del terreno R_N nel punto B

La statica è garantita se entrambe le equazioni cardinali sono contemporaneamente nulle

F F IS I SI IC CA A

A.A. 2013-2014 Ingegneria Gestionale Soluzioni del 2° appello

B

x

α ααα

D

G K

L/2-x

P_A P_B

RN

R_K

xcosα xsinα

rif U=0

+

+

_

( )







=

− +



 



 −

−

=

−

− +

°

°

0 cos 2 cos

cos

0 )

2 ) 1

α α

α ^{P L x R L x}

x P

P P R R

N A

B

B A N K

Al distacco la reazione normale del terreno si annulla RN=0 per cui









 



 −

= +

=

°

°

α

α ^cos

cos 2 )

2 ) 1

L x P x

P

P P R

A B

B A K

Dalla seconda si ottiene _B = _A − = M_A = x

x M L

M 2

3

2 15 kg

Facoltativo: Nel caso M_B>15kg l’asta si solleva e comincia a ruotare in senso antiorario. La velocità angolare assunta quando la sbarra transita nella posizione orizzontale (rif) si ottiene dalla conservazione dell’energia meccanica.

finale rif

iniziale

iniziale T U T

U + = + ossia U_iniziale =T_finale e quindi ²

2 1

2 α ω

α A K

B L x sen I

P xsen

P  =



 



 −

−

K A B

I

L x M x M

gsen 



 



 



 



 −

−

= 2 α 2

ω ⁼

2 2 2

12 1 2 2

x M GK M L M

L x M x M gsen

B A

A

A B

+ +



 



 



 



 −

α −

=0 (la barra non si sposta)

da cui le velocità lineari sono entrambe nulle VD=ωωωωx=0 ; VB=ωωω(L-x)=0 ω

(Nel calcolo del momento di inerzia del sistema è stata ipotizzata trascurabile la lunghezza della fune, mentre per la barra è stato applicato il teorema di Huyghens Steiner)

3. Dall’analisi dei 4 contributi di campo elettrico provenienti dalle distribuzioni lineari dei quattro fili indefiniti si evince che fra tutte le 9 differenti regioni del piano le uniche dove è possibile riscontrare una compensazione dei campi elettrici indispensabile alla ricerca del punto di equilibrio, sono le regioni N.2 (0<x<b, y>a) e la N.8 (0<x<b, y<0).

La ricerca del punto in cui si annulla il campo elettrico si ottiene imponendo l’annullamento contemporaneo delle componenti del campo Ex=0 ed Ey=0

λλλλ1

−−−−λλλλ2

NO a

b λλλλ3

λλλλ4

?

E1

NO

SI NO

E₃

33

E₂

33

E₄

33

E₁ E₃

33

E₂ E33₄

E₁ E3 33

E₄

33E₂

E₁ E₃

33

E₂

33

E₄

33

E₁ E3 33

E₂

33

E₄

33 NO

NO

E₁ E₃

33

E₂ E₄ 33 33

NO

E₁ E₃

33

E₄ E₂ 33 33

NO

E₁ E₃

33

E₂

33

E₄

33

E₁ E₃

33

E₄

33

E₂

33

y

O x

Annullamento della componente y del campo nella regione (2) (y>a) Lungo asse y

(

^{y a}

)

E y E

o

o = −

= πε λ

πελ 2

; 2 ^{2 4}

4

2 (y>a) da cui =

= − a

y

4 2

2

λ λ λ

-10 cm !!! NO Annullamento della componente y del campo nella regione (8) (y<0)

Lungo asse y

(

^{a y}

)

E y E

o

o = −

= πε

λ πε

λ

2

; 2 ^{2 4}

4

2 (y<0) da cui =

= − a

y

4 2

2

λ λ

λ -10 cm (SI)

Annullamento della componente x Lungo asse x

(

^{b x}

)

E x E

o

o = −

= πε λ

πελ 2

; 2 ^{1 3}

3

1 (0<x<b) da cui =

= + b

x

1 3

1

λ λ λ

6 cm

Il punto dove si annulla il campo elettrico è xP=6 cm, yP= -10 cm.

4. Il circuito elettrico è formato da due maglie riducibili ad una sola quando al posto di R1 ed R2 si

considera la resistenza parallelo =

+

= ⋅

=

2 1

2 1 2 1//

R R

R R R

R

R_p 2 kΩΩΩΩ

la intensità di corrente elettrica erogata dalla batteria vale =

= + Rp

r

I f 2A

La ripartizione nei due rami resistivi si calcola confrontando le espressioni della differenza di potenziale nel circuito reale ed in quello equivalente

p B

A V I R I R IR

V − = _{1 1} = _{2 2} = da cui

=

=

⋅

= ₁ 3

1 I R R I

I _p 0.667 A

=

=

⋅

= ₂ 2 3

2 I R R I

I _p 1.333 A

La potenza dissipata per effetto Joule sulle resistenze

1 2 2 1 2 1

1 I R I R / R

P = = _p =2.67 kW; = = 2 =

2 2 2 2 2

2 I R I R / R

P _p 5.33 kW; da cui

2 1 1 2

R R P P =

Il calore sviluppato in un tempo ττττ nei due bollitori è quindi

1τ

1 P

Q = ^; Q2 =P2τ da cui

2 1 1 2 1 2

R R P P Q

Q = =

Il calore necessario per portare il primo bollitore alla temperatura T1=90°C si ottiene dalla equazione calorimetrica

(

T Tamb

)

C M

Q1= 1 1− = 293 kJ da cui il tempo che è necessario attendere è quindi ττττ=Q1/P1= 110 s

Dal raffronto tra i calori sviluppati tra i due bollitori

( ) (

amb

)

amb

T T C M

T T C M R

R Q Q

−

= −

=

1 1

2 2 2 1 1 2

R1

f R2

r

I I1 I2

A

B

R_p f

r

I

A

B

si ottiene la temperatura del secondo bollitore al tempo τ:

(

1

)

1 2

2 1 1

2 T T T

R M

R T M

T _amb  − _amb =





 +

= =90°C

5.Dopo aver scelto una opportuna orientazione della corrente in modo che la normale alla spira nˆ abbia la stessa direzione e verso di B_o

r , si calcola il flusso concatenato con la spira Φc:

( )

^t

x L B dy dx B BdS dS

n

B _o

L x

o

c = ⋅ = = = ⋅

Φ

∫ ∫ ∫ ∫

0 0

ˆ r

Applicando la legge di Faraday-Neuman-Lenz si calcola la forza elettromotrice indotta nella spira

o o c

i B L v

dt

f =−dΦ =− ⋅

Nel circuito oltre alla forza elettromotrice indotta è anche presente una capacità.

( ) ( )

o o

i B Lv

C f t R q t

i + = =− con soluzione ^q

( )

^t =−^Bo^Lvo^C

[

1−exp

(

−^{t RC}

) ]

(la corrente circola in senso opposto ed il condensatore ha tensione negativa) l’intensità di corrente indotta nel circuito

( ) (

^{t RC}

)

R Lv B dt t dq

i = =− ^{o o} exp− (in senso opposto) e con la 2^a di Laplace la forza sulla barretta

(

^{t RC}

)

R v L iLB B

F = _o =− ^{o o} exp−

2 2

(opposta asse x) la forza che occorre esercitare per mantenere costante la velocità della barra

(

^{t RC}

)

R v L F B

F^ext =− = ^{o o} exp −

2 2

=0.022 N al tempo t=1ms (lungo asse x).

Facoltativo: La forza esterna compie il lavoro

(

^⋅

) (

⁻

)

⁼

=

=

=

∫ ∫ ∫

^{t RCdt}

R v L dt B

v F dx F L

t o t o

o ext ext

ext

0 2 2

0 exp ^Bo^2L2vo^2C

[

1−exp

(

−^{t RC}

) ]

=346 µµµµJ L’energia dissipata per effetto Joule sulla resistenza

(

⁻

)

⁼

=

=

∫

^{i Rdt B} _R^Lv

∫

^{t RCdt}

E

t o o t

R

0 2 2 2

0

2 exp 2 ^BoLvoC

[

^{1 exp}

(

^{2t RC}

) ]

2

2 2 2

−

− =196 µµµµJ

L’energia immagazzinata nel condensatore

( )

²

( )

^{2 2 2}

[ ( ) ]

²

2

exp 2 1

2 0

2 B Lv C t RC

C q C

t

E_C = q − = ^{o o} − −

∆ =150 µµµµJ

n

x

d

B_o vo

C L

O

R ^Bo

F Fext

1. Su quattro fili rettilinei infinitamente lunghi giacenti sullo stesso piano, di cui due paralleli all’asse x, e due paralleli all’asse y, individuano una regione rettangolare delimitata dai 4 punti di intersezione (a=10cm, b=8cm).

Conoscendo le quattro distribuzioni lineari uniformi λ1=15µC/m, λ2=6µC/m, λ3=5µC/m, λ4=12µC/m indicare in quale area (1,2,3,4,5,6,7,8,9) cade il punto di equilibrio indicandone le coordinate. (nota bene. La seconda distribuzione è negativa)

2. Due gusci conduttori sferici di raggio rispettivamente R1, R2, e di carica corrispondente +Q, -Q/2, sono disposti in modo da avere centro comune O. Una carica puntiforme +q di massa m viene lanciata lungo una traiettoria radiale dall’esterno contro i gusci da una distanza L=5cm dal centro. Determinare le velocità con cui la carica attraversa ciascun guscio, supponendo di poterlo penetrare senza attriti. [Dati: R1=1cm, R₂=4cm, Q=1µC, q= 10nC, m=1g, wo=4m/s]

3. Il dispositivo in figura si compone di un circuito resistivo alimentato da una forza elettromotrice f=5kV. I due resistori principali R1=6 kΩ, R2=3 kΩ, sono utilizzati come scaldatori per aumentare la temperatura di due bollitori contenenti rispettivamente M1=1kg e M2=2kg di acqua distillata. La resistenza interna del circuito r=500 Ω tiene in conto di tutti gli effetti resistivi di fili e generatore.

Determinare dopo quanti secondi la massa M1 contenuta nel primo bollitore si porta dalla temperatura ambiente di 20°C (cui si trova inizialmente l’intero sistema) alla temperatura di 90°C. Determinare a quell’istante a quale temperatura si viene a trovare la massa d’acqua M2 nel secondo bollitore (calore specifico acqua C=4187 J/kg°C, si trascurino le perdite termiche nei bollitori)

4. Una carica q=100µC, di massa m=1g situata nel centro O di un anello uniformemente carico con carica -10µC e raggio R=10cm, viene lanciata con velocità wo lungo l’asse del disco in modo da percorrere la distanza H=5cm ed entrare dalla fessura A in una camera a campo magnetico uniforme B_o=10T, e schermata dal campo elettrico. Nella camera lo ione descrive un arco di circonferenza fino ad urtare la parete della camera a distanza L=1m dalla fenditura. Determinare la velocità iniziale wo

5. Una barretta metallica di lunghezza L=20cm è libera di spostarsi lungo una guida metallica giacente su un piano orizzontale in modo da formare un circuito elettrico di forma rettangolare con resistenza R=5Ω , chiusa su un condensatore inizialmente scarico di capacità C=100µF. Nella regione piana è presente un vettore induzione magnetica uniforme verticale di induzione Bo=2T. Assumendo di muovere la barretta, inizialmente posizionata x_o=d=10cm, di moto rettilineo uniforme con velocità v_o=5m/s lungo l’asse x determinare l’espressione temporale della carica che si accumula sul

condensatore, l’espressione della corrente, e della forza che occorre esercitare dall’esterno sulla barretta per contrastare la forza elettromagnetica così da mantenere costante la velocitò della stessa.

Facoltativo: determinare dopo t=1ms, il lavoro necessario per spostare la barretta, l’energia accumulata nel condensatore, e quella persa per effetto Joule sulla resistenza.

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R1

f R2

r

x

d

B_o

v_o C

L O

R ^Bo O

L

q

B_o

H R −Q

E_o=0

A D

λλλλ1

−−−−λλλλ2

(1)

a b

λλλλ3

λλλλ4

(3) (2)

(5) (4) (6)

(7) (8)

(9)

O +Q

-Q/2

R₂ R₁ w_o

L

1. Dall’analisi dei 4 contributi di campo elettrico provenienti dalle distribuzioni lineari dei quattro fili indefiniti si evince che fra tutte le 9 differenti regioni del piano le uniche dove è possibile riscontrare una compensazione dei campi elettrici indispensabile alla ricerca del punto di equilibrio, sono le regioni N.2 (0<x<b, y>a) e la N.8 (0<x<b, y<0).

La ricerca del punto in cui si annulla il campo elettrico si ottiene imponendo l’annullamento contemporaneo delle componenti del campo Ex=0 ed Ey=0

Annullamento della componente y del campo nella regione (2) (y>a) Lungo asse y

(

^{y a}

)

E y E

o

o = −

= πε

λ πε

λ

2

; 2 ^{2 4}

4

2 (y>a) da cui =

= − a

y

4 2

2

λ λ

λ -10 cm !!! NO

Annullamento della componente y del campo nella regione (8) (y<0) Lungo asse y

(

^{a y}

)

E y E

o

o = −

= πε λ

πελ

2

; 2 ^{2 4}

4

2 (y<0) da cui =

= − a

y

4 2

2

λ λ λ

-10 cm (SI) Annullamento della componente x

Lungo asse x

(

^{b x}

)

E x E

o

o = −

= πε λ

πελ 2

; 2 ^{1 3}

3

1 (0<x<b) da cui =

= + b

x

1 3

1λ λ λ

6 cm

Il punto dove si annulla il campo elettrico è xP=6 cm, yP= -10 cm.

F FI IS SI IC CA A

A.A. 2013-2014 Ingegneria Gestionale SECONDO ESONERO Soluzioni del 2° appello

λλλλ1

−−−−λλλλ2

NO a

b λλλλ3

λλλλ4

?

E₁

NO

SI NO

E₃

33

E₂

33

E₄

33

E₁ E₃

33

E₂ E33₄

E₁ E₃

33

E₄

33E₂

E₁ E₃

33

E₂

33

E₄

33

E₁ E₃

33

E₂

33

E₄

33 NO

NO

E₁ E₃

33

E₂ E₄ 33 33

NO

E₁ E₃

33

E₄ E₂ 33 33

NO

E₁ E₃

33

E₂

33

E₄

33

E₁ E₃

33

E₄

33

E₂

33

y

O x

2. Ciascun guscio conduttore genera un potenziale con le seguenti caratteristiche:











= πε

= πε

r V Q

R V Q

o guscio ext

guscio o

guscio

4

int 4

Applicando la sovrapposizione degli effetti si possono determinare i potenziali elettrici nelle varie regioni I, II, II, ed in particolare in corrispondenza del punto iniziale A, e sui due gusci sferici B,C















+ −

=

+ −

=

− = +

=

1 2

2

4 2 4

4 2 4

8 4

2 4

R Q R

V Q

r Q R

V Q

r Q r

Q r V Q

o o

III

o o

II

o o

o I

πε πε

πε πε

πε πε

πε

e nei punti A,B,C

( ) ( )

( )





















 −

=

=

=

=

=

=

1 2 1

2 2

1 2 8

8 8

R R R Q

V V

R R Q

V V

L L Q

V V

o III

C

o I

B

o I

A

πε πε πε

Applicando la conservazione dell’energia tra lo stato iniziale e quello di attraversamento dei gusci E_A = E_B =E_C mw_o² +qV_A = mw_B² +qV_B = mw_C² +qV_C

2 1 2

1 2

; 1

da cui _{= −}

(

⁻

)

_{= −} ⁻ ₌

2 2 2

2

4 2

LR R L m w qQ

m V V w q

w

o o

A B o

B πε ^{3.94 m/s}

da cui

( )

₌







 − −

−

− =

−

= m R R L

w qQ m

V V w q

w

o o

A C o

C

1 1 2 4

2

1 2 2

2

πε ^{4.72 m/s}

3. . Il circuito elettrico è formato da due maglie riducibili ad una sola quando al posto di R1 ed R2 si

considera la resistenza parallelo =

+

= ⋅

=

2 1

2 1 2 1//

R R

R R R

R

R_p 2 kΩΩΩΩ

la intensità di corrente elettrica erogata dalla batteria vale =

= + Rp

r

I f 2A

La ripartizione nei due rami resistivi si calcola confrontando le espressioni della differenza di potenziale nel circuito reale ed in quello equivalente

p B

A V I R I R IR

V − = 1 1 = 2 2 = da cui

=

=

⋅

= ₁ 3

1 I R R I

I _p 0.667 A

=

=

⋅

= ₂ 2 3

2 I R R I

I _p 1.333 A

R₁

f R₂

r

O +Q

-Q/2

R₂ R₁ w_o

L

II I B C III

A

Rp

f r

I

A

B

La potenza dissipata per effetto Joule sulle resistenze

1 2 2 1 2 1

1 I R I R / R

P = = _p =2.67 kW; = = 2 =

2 2 2 2 2

2 I R I R / R

P _p 5.33 kW; da cui

2 1 1 2

R R P P =

Il calore sviluppato in un tempo ττττ nei due bollitori è quindi

1τ

1 P

Q = ^; Q2 =P2τ da cui

2 1 1 2 1 2

R R P P Q

Q = =

Il calore necessario per portare il primo bollitore alla temperatura T₁=90°C si ottiene dalla equazione calorimetrica

(

T Tamb

)

C M

Q₁= _{1 1}− = 293 kJ da cui il tempo che è necessario attendere è quindi ττττ=Q1/P1= 110 s

Dal raffronto tra i calori sviluppati tra i due bollitori

( ) (

amb

)

amb

T T C M

T T C M R

R Q Q

−

= −

=

1 1

2 2 2 1 1 2

si ottiene la temperatura del secondo bollitore al tempo τ:

(

1

)

1 2

2 1 1

2 T T T

R M

R T M

T _amb  − _amb =





 +

= =90°C

4. Potenziale elettrico prodotto da un anello uniformemente carico.

Il contributo di potenziale elettrico dVA prodotto nel punto A dalla carica dq disposta su un elemento dell’anello è

2

4 H2 R

dV dq

o

A = +

πε che integrato diviene

2

4 H2 R

dV Q V

o A

A +

= −

=

∫

πε Il potenziale nel centro O è invece

R V Q

o

O ⁴πε

= − (la carica totale sull’anello è –Q)

La relazione tra le velocità di lancio wo e di entrata nella camera wA si ottiene dalla conservazione dell’energia.

A A O

o

A mw qV mw qV

E

E0 = ² + = ² +

2 1 2

; 1

da cui _{= +}

(

⁻

)

₌

m V V w q

w_{O A}2 2 ^{A O}



 





− +

+ 2 2

2 1 1

2 m R R H

w qQ

o

A πε

Determinazione della velocità di ingresso.

Appena entrato dall’apertura A nella camera C lo ione subisce una forza di Lorentz F_L qw B_o r r

r = × ,

centripeta, che gli fa descrivere un moto circolare uniforme. Applicando il II principio la forza di Lorentz deve produrre l’accelerazione normale del moto F_L =qw_AB_o =ma_n =mw_A² r, da cui si ricava la velocità

m L qB m

r w_A qB^{o o}

= 2

= =0.5 m/s.

Combinando le equazioni si ha infine  =



 





− + +



 



= 

2 2

2 1 1

2

2 m R R H

qQ m

L w qB

o o

O πε ^{68.9 m/s}

L

q

B_o E_o=0

A wA D

−−−−λλλλ O R A

VA

Ex (H²+R²)^1/2

dq

VO H

5.Dopo aver scelto una opportuna orientazione della corrente in modo che la normale alla spira nˆ abbia la stessa direzione e verso di B_o

r , si calcola il flusso concatenato con la spira Φc:

( )

^t

x L B dy dx B BdS dS

n

B _o

L x

o

c = ⋅ = = = ⋅

Φ

∫ ∫ ∫ ∫

0 0

ˆ r

Applicando la legge di Faraday-Neuman-Lenz si calcola la forza elettromotrice indotta nella spira

o o c

i B L v

dt

f =−dΦ =− ⋅

Nel circuito oltre alla forza elettromotrice indotta è anche presente una capacità.

( ) ( )

o o

i B Lv

C f t R q t

i + = =− con soluzione ^q

( )

^t =−^Bo^Lvo^C

[

1−exp

(

−^{t RC}

) ]

(la corrente circola in senso opposto ed il condensatore ha tensione negativa) l’intensità di corrente indotta nel circuito

( ) (

^{t RC}

)

R Lv B dt t dq

i = =− ^{o o} exp− (in senso opposto) e con la 2^a di Laplace la forza sulla barretta

(

^{t RC}

)

R v L iLB B

F = _o =− ^{o o} exp−

2 2

(opposta asse x) la forza che occorre esercitare per mantenere costante la velocità della barra

(

^{t RC}

)

R v L F B

F^ext =− = ^{o o} exp −

2 2

=0.022 N al tempo t=1ms (lungo asse x).

Facoltativo: La forza esterna compie il lavoro

(

^⋅

) (

⁻

)

⁼

=

=

=

∫

^{F dx}

∫

^{F v dt B} _R^{L v}

∫

^{t RCdt}

L

t o t o

o ext ext

ext

0 2 2

0 exp ^Bo^2L2vo^2C

[

1−exp

(

−^{t RC}

) ]

=346 µµµµJ L’energia dissipata per effetto Joule sulla resistenza

(

⁻

)

⁼

=

=

∫

^{i Rdt B} _R^Lv

∫

^{t RCdt}

E

t o o t

R

0 2 2 2

0

2 exp 2 ^BoLvoC

[

^{1 exp}

(

^{2t RC}

) ]

2

2 2 2

−

− =196 µµµµJ

L’energia immagazzinata nel condensatore

( )

²

( )

^{2 2 2}

[ ( ) ]

²

2

exp 2 1

2 0

2 B Lv C t RC

C q C

t

E_C = q − = ^{o o} − −

∆ =150 µµµµJ

n

x

d

B_o v_o

C L

O

R ^Bo

F F_ext