Soluzione

1. La corrente scorrerà solo in quelle regioni di spazio nelle quali il flusso del campo magnetico attraverso la spira sta variando. Questo avviene quando la spira entra ed esce dalla regione di campo. Per la legge di Lenz la corrente che scorre in un conduttore per effetto dell’induzione elettromagnetica si oppone sempre alla variazione di flusso. Quando la spira entra nella regione in cui è presente il campo, il flusso aumenta e quindi la corrente deve essere tale da generare un campo magnetico che si opponga al campo già presente. Considerando che il campo è uscente, la corrente dovrà quindi scorrere in senso orario per generare un campo entrante. Quando la spira esce, il flusso diminuisce e quindi la corrente dovrà scorrere in senso antiorario, così da generare un campo parallelo a quello presente, tendendo così a contrastare la variazione di flusso. L’intensità della corrente è in entrambi i casi $$ i = \frac{\mathcal{E}_i}{R} = \frac{l B v}{R} $$

2. Ragionando come sopra, la forza agisce solo quando vi è una variazione di flusso, quindi quando la spira entra ed esce dalla regione in cui è presente il campo. Quando la spira entra, la forza sul lato di destra non è bilanciata dal lato opposto (che non sente ancora l’effetto del campo magnetico) e quindi la spira sentirà una forza magnetica $$ \vec{F} = i\vec{l} \times \vec{B}. $$ Poiché la corrente scorre in verso orario (vedi sopra), in quel lato $\vec{l}$ è diretto verso il basso, e quindi la forza risultante varrà $$ \vec{F} = - \frac{l^2 B^2 \vec{v}}{R} $$ che ha modulo $F = 35$ mN. Quando la spira esce, solo il lato di sinistra risente del campo magnetico. Ragionando come sopra, ma considerando che ora la corrente scorre in verso antiorario, si trova di nuovo $$ \vec{F} = - \frac{l^2 B^2 \vec{v}}{R} $$ che quindi ha stessi modulo, direzione e verso di prima.

3. In generale il lavoro è dato da $$ W = \int_s \vec{F} \cdot d\vec{s}, $$ dove $s$ è lo spostamento fatto. in questo caso l’espressione della forza è quella trovata precedentemente, che è costante quando diversa da 0, mentre lo spostamento è nella direzione del moto, quindi antiparallelo alla forza stessa. $F$ è diversa da 0 unicamente quando la spira entra ed esce dalla regione di campo, e questo avviene per una lunghezza $l$ in entrambi i casi. Lo spostamento totale è quindi $s = 2l$, quindi il lavoro vale $$ W = - 2 F l = -8.4\, {\rm mJ} $$

4. Abbiamo visto a lezione che la carica totale che passa in una spira per effetto dell’induzione elettromagnetica è legata alla differenza di flusso del campo: $$ q = \int_{t_1}^{t_2} dq = \int_{t_1}^{t_2} i(t) dt = -\frac{1}{R} \int_{t_1}^{t_2} d\Phi = \frac{\Phi_1 - \Phi_2}{R}. $$ Poiché in questo caso $\Phi_1 = \Phi_2 = 0$, dato che la spira è fuori dalla regione in cui è presente il campo magnetico sia all’inizio che alla fine del moto, $q = 0$. Questo avviene perché quando la spira entra nella regione di campo la corrente scorre in un verso, trasportando una certa quantità di carica $\Delta q$, mentre quando la spira esce la corrente scorre nel verso opporto, trasportando di nuovo $\Delta q$. La somma di questi due contributi, se teniamo conto del verso opposto, è nulla.

Soluzione

1. La corrente deve opporsi all’aumentare del flusso, e quindi, dovendo generare un campo opposto a $B$, scorrerà in verso orario. L’intensità della corrente si trova applicando la legge di Faraday, ricordando che il flusso è $$ \Phi(B) = lBx(t) $$ e quindi $$ \mathcal{E}_i(t) = - \frac{d \Phi(B)}{dt} = -l B v(t) $$ che calcolata in 0 vale $\mathcal{E}_i(0) = -l B v(0)$, da cui si ricava $$ i = \frac{l b v(0)}{R} = 0.104\, {\rm A} $$

2. La variazione di flusso a cui è sottoposta la spira è semplicemente $$ \Delta \Phi = \Phi_1 - \Phi_2 = -\Phi_2 = -lLB $$ e quindi la carica è data dalla legge di Felici: $$ q = \frac{\Delta \Phi}{R} = -0.017 \, {\rm C}. $$

3. In questo caso la velocità con cui si muove la sbarretta non è costante poiché comincerà a rallentare non appena entrata nella regione di campo come conseguenza della presenza della forza di attrito elettromagnetico data da $$ F(t) = - \frac{l^2 B^2}{R}v(t) $$ dove omettiamo i simboli di vettore perché forza e velocità sono sempre parallele. Ricordando che $v(t) = dx / dt$ e $a(t) = F(t) / m$ e definendo $t_u$ come il tempo a cui la sbarrretta esce dalla regione di campo possiamo risolvere direttamente l’equazione che lega accelerazione a velocità: $$ v(t_u) = v(0) + \int_0^{t_u} a(t) dt = v(0) - \int_0^{t_u} \frac{l^2 B^2}{mR} v(t) dt = v(0) - \int_0^{t_u} \frac{l^2 B^2}{mR}\frac{dx}{dt} dt = v(0) - \int_0^L \frac{l^2 B^2}{mR} dx $$ che si può risolvere immediatamente per ottenere $$ v(t) = v(0) - \frac{l^2 B^2 L}{mR} = 0.42\, {\rm m/s} $$

4. Far fermare la sbarretta significa imporre $v(t) = 0$. Sostituendo questo valore nell’equazione precedente si trova $$ L = \frac{v(0) mR }{l^2 B^2} = 0.48\, {m} $$

Soluzione

1. Il verso è dato dalla legge di Lenz: poiché il flusso attraverso la spira aumenta, il campo magnetico generato dalla corrente indotta deve opporsi a quello esterno e quindi, nel sistema di riferimento indicato in figura, la corrente scorre lungo $-\hat{z}$ all’interno della sbarretta. Possiamo ricavare la corrente a partire dalla legge di Faraday. Il flusso del campo attraverso la superficie della spira è $$ \Phi(B) = l x B \cos \theta $$ perché tra la normale alla spira e il campo magnetico vi è un angolo $\theta$. $x$ indica lo spostamento della sbarretta lungo il piano parallelo rispetto alla sua posizione iniziale. La forza elettromotrice indotta sarà quindi $$ \mathcal{E}_i = -\frac{d \Phi(B)}{dt} = - l B \cos \theta v(t) $$ perché $dx / dt = v(t)$, quindi la corrente ha intensità $$ i = \frac{l B \cos \theta v(t)}{R} $$

2. La velocità limite si raggiunge quando $v$ rimane costante durante il moto. Affinché la velocità sia costante l’accelerazione deve essere nulla, e quindi la somma delle forze deve anch’essa azzerarsi. Le componenti ortogonali al piano si azzerano in forza della reazione normale. Le componenti parallele, d’altro canto, devono azzerarsi perché uguali in modulo ma opposte in verso. Col sistema di riferimento indicato in figura la forza peso ha direzione $-\hat{y}$, mentre quella magnetica vale

$$ \vec{F}_m = i \vec{l} \times \vec{B} = \frac{l^2 B^2}{R} \cos \theta v(t) \hat{x} $$

poiché la corrente scorre nella sbarretta verso $\hat{z}$ e $\vec{B}$ è diretto lungo $\hat{y}$. Eguagliando le intensità delle componenti delle due forze lungo il piano inclinato si trova $$ mg \sin\theta = \frac{l^2 B^2}{R} \cos^2 \theta v_{\rm lim} $$ da cui si ricava $$ v_{\rm lim} = \frac{mg R \tan \theta}{l^2 B^2 \cos \theta} $$

Soluzione

1. Nella posizione data il campo e la normale alla bobina sono paralleli, quindi il flusso è la somma dei flussi che passano attraverso le $N$ spire, quindi $$ \Phi(B) = N a b B = 0.02\, {\rm Wb} $$

2. Se definiamo $\theta = \omega t$ l’angolo tra la normale alla bobina e il campo, il flusso vale $$ \Phi(B) = N a b B \cos \theta = N a b B \cos (\omega t) $$ e quindi applicando la legge di Faraday troviamo $$ \mathcal{E}_i = \omega N a b B \sin(\omega t) $$ che è massimo quando $\theta = \omega t = \pi / 2$, cioè quando campo e bobina sono ortogonali.

3. Utilizzando la formula di prima e imponendo $\mathcal{E}_i = 100$ V troviamo $$ \omega = \frac{\mathcal{E}_i}{N a b B} = 5000 \, {\rm rad/sec} $$

Soluzione

Applichiamo la legge di Faraday utilizzando come cammino il circuito percorso in senso antiorario, così che la normale alla superficie sia parallela al campo magnetico. Il flusso del campo attraverso questa superficie è

$$ \Phi(B) = B_0 b L \exp(-t / \tau) $$

e quindi la forza elettromotrice indotta vale

$$ \mathcal{E}_i = -\frac{d\Phi(B)}{dt} = \frac{B_0 b L \exp(-t / \tau)}{\tau}. $$

La f.e.m. è positiva e quindi coerente con il verso scelto antiorario scelto. Come conseguenza, il condensatore avrà l’armatura superiore carica negativamente e quella inferiore carica positivamente. La differenza di potenziale ai capi delle armature non può che essere la f.e.m. indotta, quindi la carica varrà

$$ q(t) = C \mathcal{E}_i = \frac{C B_0 b L \exp(-t / \tau)}{\tau}. $$

Soluzione

• Poiché nella sbarretta scorre una corrente costante $i_0$, essa sarà soggetta ad una forza (anch’essa costante) data da $$ \vec{F} = i_0 \vec{l} \times \vec{B} $$ che, dati i versi indicati in figura, ha direzione verso destra.

  1. Poiché la sbarretta parte da ferma, la sua velocità sarà parallela alla forza, e quindi si muoverà verso destra.

  2. Ricordando che $\vec{F} = m \vec{a}$ troviamo subito che $$ v(t) = at = \frac{i_0lBt}{m} $$ che per $t_1 = 15$ s vale $v(t_1) = 9.6$ m/s.

  3. All’inizio del moto la sbarretta è ferma e la f.e.m. totale ai capi del circuito è $\mathcal{E}_0 = R i_0$. Quando la sbarretta si mette in moto, a questa f.e.m. va sommata a quella indotta che si oppone alla sorgente di moto. Considerando che il flusso è $\Phi(B) = x(t) l B$ (vedi esercizi precedenti) la f.e.m. indotta vale $$ \mathcal{E}_i = - \frac{d\Phi}{dt} = - \frac{dx}{dt} l B = - v(t) l B = - \frac{i_0l^2B^2t}{m} $$ Poiché la corrente deve rimanere costante, la f.e.m. nel circuito deve anche rimanere costante (perché la resistenza non varia), e quindi la f.e.m. che il generatore eroga, dovendo contrastare $\mathcal{E}_i$, sarà $$ \mathcal{E}(t) = \mathcal{E}_0 - \mathcal{E}_i = Ri_0 + v(t) l B = Ri + \frac{i_0l^2B^2t}{m} $$ Ricordando il legame tra potenza, differenza di potenziale e corrente si trova $$ \mathcal{P} = \mathcal{E}(t) i_0 = Ri_0^2 + \frac{i_0^2l^2B^2t}{m} $$ che integrata da 0 a $t_1$ dà proprio l’energia dissipata: $$ W = Ri_0^2 t_1 + \int_0^{t_1} \frac{i_0^2l^2B^2t}{m} dt = Ri_0^2 t_1 + \frac{1}{2} \frac{i_0^2l^2B^2t_1^2}{m}. $$ Questo risultato si poteva trovare anche considerando che l’energia fornita dal generatore viene parzialmente trasformata in energia cinetica, e quindi l’energia totale erogata si può scrivere come $$ W = Ri_0^2 + \frac{1}{2}m v(t)^2 $$ che dà lo stesso risultato (provate!).

• Se la tensione (invece della corrente) è costante il comportamento del sistema cambia qualitativamente, poiché la f.e.m. indotta genererà una corrente che non verrà più contrastata dall’aumento della f.e.m. erogata dal generatore. Definiamo $i$ la corrente erogata dal generatore e $i_i$ quella dovuta alla presenza della f.e.m. indotta.

  1. Se un oggetto raggiunge una velocità limite significa che la risultante delle forze agenti su di esso è nulla. L’unica forza che può agire sulla sbarra è quella magnetica $i \vec{l} \times \vec{B}$. L’unico modo affinché sia zero è che sia nulla la corrente che scorre attraverso la sbarra, cioè si deve avere $i = i_i$ (perché le due correnti scorrono in verso opposto). Se è nulla la corrente, sarà nulla anche la potenza erogata.

  2. Poiché $\mathcal{E}_0$ è costante, si avrà $$ i = \frac{\mathcal{E}_0}{R}, $$ mentre la corrente indotta si trova tramite la legge di Faraday, $$ i_i = \frac{\mathcal{E}_i}{R} = \frac{l B v}{R}. $$ Uguagliando le due correnti si ottiene $$ v = \frac{\mathcal{E}_0}{l B} = 25\, {\rm m/s} $$

Soluzione

1. La legge oraria con cui varia l’intensità di corrente in un circuito $RL$ che viene scollegato dal generatore è $$ i(t) = i_{\infty} e^{-\frac{t}{\tau}}, $$ dove $i_{\infty} = \frac{\mathcal{E}}{R}$ è il valore della corrente a circuito chiuso e $\tau = L / R’$. Dal testo si capisce che $i_{\infty} = 1.16$ A e $i(15 \, {\rm s}) = 10.2$ mA. Utilizzando la prima relazione si trova $$ \mathcal{E} = R i_{\infty} = 0.116 \, {\rm V}. $$

2. Sapendo che $i(15 \, {\rm s}) = 10.2$ mA e risolvendo per $R’$ si trova $$ R’ = \frac{L}{15 \, {\rm s}} \log \left( \frac{i_{\infty}}{i(15 \, {\rm s})} \right) = 2.98 \, \Omega $$

Soluzione

1. La corrente finale è data dalla legge di Ohm e vale $$ i_{\infty} = \frac{\mathcal{E}}{R} = 40\, {\rm A}. $$ Sapendo che la corrente varia con la legge temporale $$ i(t) = \frac{\mathcal{E}}{R} \left( 1 - e^{-\frac{t}{\tau}}\right), $$ il tempo si trova imponendo $i(t) = 0.6 i_{\infty}$ e risolvendo per $t$: $$ t = - \frac{L}{R}\log(1 - 0.6) = 7.2 \times 10^{-6} \, {\rm s} $$

2. L’energia è data dalla relazione $$ U = \frac{1}{2} L i_{\infty}^2 = 0.32 \, {\rm J} $$

3. Il valore si ottiene sostituendo $t = 3 L / R$ in $i(t)$, trovando

$$ i(3 L / R) = 38\, {\rm A} $$

Soluzione

1. La corrente si calcola a partire dalla legge di Faraday. Per calcolare il flusso del campo, definiamo $h(t)$ la coordinata $z$ del lato più in alto della spira. Il flusso vale quindi $$ \Phi(B) = b\int_0^l dx \int_{h(t)}^{h(t) + l} z dz = l b\int_{h(t)}^{h(t) + l} z dz = l^2 b h(t) + \frac{1}{2} b l^3. $$ Poiché solo il primo termine dipende dal tempo, la f.e.m. indotta vale $$ \mathcal{E}_i = - l^2 b v(t) $$ dove $v(t)$ è la velocità della spira al tempo $t$. Il segno negativo indica che la f.e.m. genererà una corrente che, con la spira vista dalla prospettiva in cui $\hat{y}$ è uscente, scorre in senso orario. L’intensità varrà invece $$ i(t) = \frac{l^2 b v(t)}{R} $$

2. Ci sono tre forze agenti lungo $\hat{z}$: quella magnetica che agisce sul lato in alto, quella magnetica che agisce sul lato in basso e quella peso che agisce sul centro di massa della spira. Ricordando che la forza magnetica che agisce su di una porzione di filo in cui scorre corrente vale $\vec{F} = i \vec{l} \times \vec{B}$ si trova $$ F_{\rm tot} = \frac{l^3 b^2 v(t)}{R} h(t) - \frac{l^3 b^2 v(t)}{R} (h(t) + l) + mg = -\frac{l^4 b^2 v(t)}{R} + mg. $$ Quando la spira raggiunge la velocità limite si deve avere $F_{\rm tot} = 0$, da cui si ottiene $$ v_{\rm lim} = \frac{R mg}{l^4 b^2} = 0.015 \, {\rm m/s} $$

3. Sostituendo il valore della velocità limite ottenuto precedentemente si trova $$ i = \frac{l^2 b v_{\rm lim}}{R} = 1.2 \, {\rm A} $$