UNIVERSITA' DI PISA

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INGEGNERIA AEROSPAZIALE

CORSO DI FISICA GENERALE II E ELETTRONICA

Soluzioni

PROBLEMA I 1)

Il rotore del campo deve essere nullo, ma solo la componente z non è palesemente nulla e deve essere calcolata:

HÑ ´ ELz =

¶ Ey

¶ x -¶ Ex

¶ y

= 6 k - 6 k = 0

2)

Poiché E_z= 0 il potenziale non “dipende” da z.

Detto P Hx, yL e scelta la curva g che, sul piano z = 0, va dall’origine O al punto A Hx, 0L lungo la linea coordi- nata x (ordinata pari a 0) e dal punto A al punto P lungo la linea coordinata y (ascissa pari a x):

VHOL - VHPL = à

O•g P

E× â s = à

O•g A

E_xHx', 0L â x' + à

A•g P

E_yHx, y'L â y'

\ 0 - VHx, yL = à

0 x

k 10 x ' â x ' +à

0 y

kH10 y' + 6 xL â y' = 5 k x²+ 5 k y²+ 6 k x y

\ VHx, y, zL = -5 k x²- 5 k y²- 6 k x y 3)

Le superfici equipotenziali hanno equazione:

- 5 k x²- 5 k y²- 6 k x y = V0 (1)

Con V₀ costante arbitraria che identifica univocamente la superficie.

Poiché il potenziale non varia al variare di z, si tratta di superfici cilindriche con direttrici parallele all’asse z.

Sarà quindi sufficiente disegnarne la sezione sul piano Hx, yL, la cui equazione è ancora data dalla (1).

L’equazione (1) è quella di una conica: bisogna quindi identificare se si tratti di ellissi o iperboli.

Se non si vuole applicare la teoria delle coniche, si cosideri che l’equazione è simmetrica per riflessione rispetto all’origine

x ® - x, y ® - y

conviene pertanto effettuare una rotazione di un angolo di p/4 intorno all’origine:

x = ^X

2

- ^Y

2

y = ^X

2 + ^Y

2

La (1) si trasforma in:

- 2 kI4 X²+ Y²M = V⁰ (2)

che è palesemente l’equazione di un’ellisse.

Il disegno delle linee di campo, sul piano z = 0, è molto facilitato dal fatto che tali linee devono essere perpendi- colari alle ellissi (2):

4)

La densità volumetrica di carica vale:

r e0

= Ñ × E = ¶

¶ x E_x+ ¶

¶ y E_y+ ¶

¶ z

E_z= 20 k

Da cui, dal teorema di Gauss e dal volume della sfera in oggetto, segue:

FHEL = Q_in e₀ = 20 k

4 3

p R³ = 80

3 p k R³ 5)

La sbarretta giace inizialmente sull’asse y, quindi, dopo la rotazione, si troverà a giacere sull’asse z.

Poiché il potenziale (2) sull’asse z è nullo, l’energia potenziale elettrica U_f della sbarretta nel campo esterno, al termine della rotazione, vale zero:

U_f = 0

Detta U_i l’energia potenziale elettrica della sbarretta nella configurazione iniziale, il lavoro L necessario per effettuare la rotazione è dato da

L = U^f - Ui= - Ui

Per calcolare l’energia potenziale iniziale si può segmentare la sbarretta in trattini infitesimi di lunghezza â y:

U_i=à

0 L

VH0, yL l â y = à

0

LI-5 k y²M l â y

\ L = 5 3

k l L³

2 a12-13_3s.nb

PROBLEMA II 1)

F_x^HelL= - kHx - x0L 2)

F_x^HmagL = I h B (3)

3)

L’equazione del moto dalla prima equazione cardinale della dinamica, l’equazione di Kirchhoff dalla legge di Ohm, tenendo conto che la resistenza è nulla e che ci sono una f.e.m. indotta e una f.e.m. autoindotta:

:m x^.. = - kHx - x⁰L + I h B (4)

-^â

âtHB h x + L IL = 0 4)

vHtL = x (5)

Ricavando I dalla prima delle (4) e sostituendola nella seconda, insieme alla (5), si ha:

I = (6)

m B h

v+ k

B hHx - x0L B h v + (7)

m L B h

v..

+ k L B h

v = 0

\ v^..+ (8)

k m

+ B²h²

m L

v = 0

Questa è l’equazione dell’oscillatore armonico. Le condizioni iniziali sono:

(9)

vH0L = v⁰ v H0L = 0

dove la condizione su v si ricava dalla (4) ponendo IH0L = 0 e xH0L = x⁰. 5)

w² = (10)

k m

+ B²h²

m L vHtL = A¹cosHw t + jL (11)

(12)

vH0L = A1cos j v H0L = -w A¹sin j vHtL = v0cos w t (13)

6)

Lo spazio percorso è l’integrale della velocità e, trattandosi di un moto unidimensionale, si ha:

xHtL - xH0L = à (14) 0

t

vHt'L ât'

\ xHtL = x⁰+ (15)

v₀ w

sin w t

dove l’ampiezza di oscillazione (intorno a x₀) è ^v0

w.

a12-13_3s.nb 3

7)

La corrente si può ottenere dalla (6) sostituendovi la (13) e la (15) e considerando il valore di w dalla (10):

IHtL = - m (16)

B h

w v₀sin w t + k B h

v₀ w

sin w t = - B h

L v₀ w

sin w t 8)

Quando la sbarretta si ferma, l’energia cinetica iniziale si ritrova sotto forma di energia elastica e di energia magnetica del nuovo campo magnetico generato dalla corrente circolante nella sbarretta:

(17)

1 2

m v₀² = 1 2

kHx - x⁰L²+1 2

L I²

Per la verifica esplicita si consideri che l’istante t^* in cui la sbarretta si ferma si determina dalla (13) ed è quello in cui w t^*= ^p

2. Sostituendo questo valore del tempo nella (15) e nella (16) e poi i valori di x e I nella (17), si ha:

(18)

1 2

k x²+ 1 2

L I² = 1 2 k

v₀ w

2

+ 1 2

L - B h

L v₀ w

2

= 1 2

m v₀² k m

+ B²h²

m L 1 w²

= 1 2

m v₀²

9)

Per definizione di coefficiente di mutua induzione FHBL = M J0 e, poiché in questo caso FHBL = B h x:

MHxL = B h x (19)

J₀ 10)

Detta E la tensione del generatore, la legge di Kirchhoff per il circuito che genera il campo si scrive:

E - â (20)

â tHM IL = 0

dove si è tenuto conto che la f.e.m. autoindotta è nulla perché la corrente J₀ è costante e che la resistenza è nulla, e dove sia M che I variano nel tempo HM varia perché varia x).

Quindi:

E = â (21)

â tHM IL

Il lavoro fatto dal generatore si può calcolare integrando la potenza erogata fino al tempo t^*:

L = à (22) 0

t^*

E J0â t = J₀à

0 t^* â

â tHM IL ât = J0@M ID0 t^*= J₀

B h J₀

x₀+ v₀

w -

B h L

v₀ w

\ L = -B²h² (23)

L v₀ w

x₀+ v₀ w

Poiché L è negativo, il generatore assorbe la quantità di energia: -L.

4 a12-13_3s.nb