Staffetta elettromagnetica

.mg · Messaggio da **.mg** » 7 mag 2010, 15:35

Gauss91 ha scritto:2. La corrente i del circuito diminuisce al passare del tempo secondo la legge $i(t) = i_0 e^{-t/\tau_L}$ , da cui $\tau_L = -\dfrac{t}{\log{\frac{i(t)}{i_0}}}$ .
Dai dati del problema si deduce che $i_0 \ge i(86400s) > i_0 (1 - \dfrac{1}{10^5})$ , quindi
$1 \ge \dfrac{i(86400s)}{i_0} > 1 - \dfrac{1}{10^5}$ , quindi $0 \ge \log\dfrac{i(86400s)}{i_0} > 1\cdot 10^{-5}$ , quindi $8.64 \cdot 10^9 s< \tau_L \le \infty$ .

Mi sa che hai sbagliato le ultime due disuguaglianze (anche perché se il logaritmo è positivo non lo può essere anche $\tau_L$ )

Correzione: in realtà è sbagliato solo un segno nella penultima disuguaglianza, l'ultima sta bene (avevo fatto male un conto io).

Gauss91 · Messaggio da **Gauss91** » 9 mag 2010, 18:40

Ok ho editato l'errore di segno. Siccome non ci sono risposte, presumo che il resto sia corretto.
Problema 3 (Halliday): Si consideri una lunga barra cilindrica conduttrice di raggio R. A distanza x da un estremo, che chiamo A, viene praticata, con una sega, una sottile fenditura perpendicolare all'asse del cilindro, e che percorre tutto il cilindro, tagliandolo in due parti.
A questo punto, una corrente variabile nel tempo secondo la legge $i = \alpha t$ , dove alpha è una costante di proporzionalità positiva, scorre nel cilindro dall'estremo A all'altro estremo B. All'istante t=0 non è presente nessuna carica sulle facce della fenditura praticata.
1. Determinare il modulo della carica su tali facce in funzione del tempo.
2. Determinare il campo elettrico nella fenditura in funzione del tempo.
3. Per r < R, determinare B(r) nella fenditura (r è la distanza di un punto dall'asse del cilindro).

Stardust · Messaggio da **Stardust** » 14 mag 2010, 21:00

Abbastanza sfizioso, questo problema...
1.Sappiamo che l'intensità di corrente è la derivata temporale della carica, e che la carica che si accumula sulle due facce opposte del taglio (di area A) è proprio dovuta agli elettroni trasportati che non possono superare la divisione vuota fatta nel cilindro.
Quindi:
$\displaystyle{q=\int [i(t)]\,dt=\int \alpha t \,dt=\alpha \frac{t^2}{2}+k}$ .
La costante k è nulla perchè a tempo zero non c'è corrente nè tantomeno carica pregressa già depositata lungo la fenditura.
Perciò:
$\displaystyle{q=\alpha \frac{t^2}{2}}$ .
2.La corrente reale è sostituita nell'intermezzo vuoto del cilindro da una perturbazione di flusso elettrico paragonabile ad una corrente di spostamento (fittizia), che si può ottenere da una serie di manipolazioni dell'espressione di i:
$\displaystyle{i=\frac{dq}{dt}=\frac{d(\sigma A)}{dt}}$ ,
in cui $\sigma$ indica la densità di carica superficiale sulle due facce del taglio (che funziona alla stregua di un condensatore).
Dal teorema di Coulumb sappiamo che il campo elettrico in prossimità di una superficie piana vale:
$\displaystyle{E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}}$ , dove $\varepsilon_0$ è la costante dielettrica del vuoto.
Ne risulta:
$\displaystyle{i=A\frac{d(\varepsilon_0 E)}{dt}=\varepsilon_0 A\frac{dE}{dt}}$ .
Da ciò:
$\displaystyle{i=\alpha t=\varepsilon_0 A\frac{dE}{dt}}$
$\displaystyle{\int \alpha t \, dt= \int \varepsilon_0 A \,dE}$
$\displaystyle{E=\int dE=\int \frac{\alpha t}{\varepsilon_0 A}\,dt}$
$\displaystyle{E=\frac{\alpha}{2\varepsilon_0A}t^2=\frac{\alpha}{2\pi \varepsilon_0 R^2}t^2}$
Nell'ultimo integrale ho proprio trascurato la costante k' perchè essa è nulla come nel caso precedente.
Il campo elettrico è parallelo all'asse del cilindro e alla direzione di scorrimento della corrente.
3. Infine passiamo all'aspetto magnetico della situazione, osservando che la variazione di flusso elettrico $\Phi_e=E(t) \, A$ nella fenditura implica la presenza di un campo magnetico perpendicolare a quello elettrico per la 4^ equazione di Maxwell (che poi è il teorema della circuitazione di Ampere-Maxwell).
Quindi:
$\displaystyle{\oint \vec{B}d\vec{s}=\mu_0\varepsilon_0\frac{d\Phi_e}{dt}}$
$\displaystyle{\oint \vec{B}d\vec{s}=\mu_0\varepsilon_0 (\pi R^2)\frac{dE}{dt}}$
$\displaystyle{\oint \vec{B}d\vec{s}=\alpha \mu_0t}$ .
Qui $\mu_0$ è la costante dielettrica del vuoto.
Alla fine:
$B2\pi r= \alpha \mu_0 t$ ,
$\displaystyle{B(r,t)=\frac{\alpha \mu_0 t}{2 \pi r}}$ .
Si osserva che il campo magnetico è perpendicolare all'asse del cilindro, variabile in funzione del tempo e della distanza r dal centro, entro l'intervallo $0<r \le R$ .
Non riesco però ad interpretare bene qual è il valore del campo magnetico per r=0 m: teoricamente infinito se applicassimo la precedente formula, ma ho il fondato sospetto che essa non valga per r=0 m e che lì il campo magnetico sia invece 0, perchè la circuitazione di un punto infinitesimo (visto come una circonferenza di raggio nullo) deve essere nulla, visto che non ci passa corrente (è troppo "stretto", detto in parole povere).
Perciò direi che è vero che:
$B(0, t)=0$ .

Messaggio da **Rigel** » 19 mag 2010, 19:28

Stardust ha scritto: $\displaystyle{\oint \vec{B}d\vec{s}=\mu_0\varepsilon_0 (\pi R^2)\frac{dE}{dt}}$

Occhio perchè se applichi la circuitazione a una circonferenza di raggio r il flusso del campo elettrico è $\pi r^2E$
questo dovrebbe sistemare un pò i dubbi cul campo magnetico per r=0

Stardust · Messaggio da **Stardust** » 19 mag 2010, 20:31

Meno male che qualcuno mi richiama all'ordine, grazie.
Alla fine risulta:
$B(r,t)=\displaystyle{\frac{\alpha \mu_0rt}{2\pi R^2}}$ .
A volte mi capita di incasinarmi con simili sostituzioni affrettate.

Stardust · Messaggio da **Stardust** » 20 mag 2010, 20:57

Se qualcuno ha a disposizione qualche problema adatto alla staffetta, si senta libero di pubblicarlo, al momento non ne trovo uno adatto. Grazie.

Eagle · Messaggio da **Eagle** » 21 mag 2010, 14:44

Colgo al volo l'occasione:
Problema 4
Si consideri una sfera piena carica uniformemente di carica $Q$ e raggio $R$ : calcolare la forza che la metà inferiore esercita sulla metà superiore.

Stardust · Messaggio da **Stardust** » 21 mag 2010, 20:10

Eagle ha scritto: Si consideri una sfera piena carica uniformemente di carica $Q$ e raggio $R$ : calcolare la forza che la metà inferiore esercita sulla metà superiore.

Intendi "sfera piena carica" nel senso che il materiale non è conduttore e quindi la carica è distribuita in modo uniforme al suo interno?

Eagle · Messaggio da **Eagle** » 21 mag 2010, 21:40

Perfettamente d'accordo con Stardust

Stardust · Messaggio da **Stardust** » 21 mag 2010, 23:07

Considero la sfera idealmente divisa in due metà identiche, di uguale volume e carica.
Dobbiamo capire in quale punto va considerata concentrata la carica di ciascuna calotta.
Prendo in considerazione una sezione semicircolare (quella superiore, per comodità) che possiamo descrivere come metà della circonferenza di equazione
$x^2+y^2=R^2$ , se fissiamo il centro del sistema di riferimento cartesiano

coincidente con il centro della sfera.
Quindi un qualunque punto della funzione si indica come:
$y=\sqrt{R^2-x^2}$ , imponendo $y\geq 0$ .
Visualizziamo un rettangolino infinitesimo, la cui area è:
$dA=y\,dx=\sqrt{R^2-x^2}\,dx$ , mentre la carica infinitesima si può ricavare

considerando per il momento la distribuzione superficiale di q, $\sigma$ :
$dq=\sigma \,dA=\sigma \sqrt{R^2-x^2}\,dx$ .
Ora bisogna fare un salto indietro alla meccanica dei sistemi di punti, per ricordare il calcolo del baricentro della massa di un sistema e ricavare per analogia il baricentro elettrico.
L'ascissa del centro di massa è
$x_G=\displaystyle{\frac{\sum_{i=1}^{N}m_ix_i}{\sum_{i=1}^{N}m_i}}$ ,
mentre la sua ordinata è
$y_G=\displaystyle{\frac{\sum_{i=1}^{N}m_iy_i}{\sum_{i=1}^{N}m_i}}$ .
In modo analogo possiamo indicare la posizione del baricentro della carica:
$x_G=\displaystyle{\frac{\sum_{i=1}^{N}q_ix_i}{\sum_{i=1}^{N}q_i}}$
e
$y_G=\displaystyle{\frac{\sum_{i=1}^{N}q_iy_i}{\sum_{i=1}^{N}q_i}}$ .
Il baricentro, per evidente simmetria tra le parti, ha ascissa nulla, quindi cade lungo il diametro verticale, mentre la sua ordinata è
$y_G=\displaystyle{\frac{\sum_{i=1}^{N}q_iy_i}{\frac{1}{2}\sigma \pi R^2}}$ .
A questo punto è utile osservare che:
$\displaystyle{\sum_{i=1}^{N}q_iy_i=\int_{-R}^{R}\sigma\sqrt{R^2-x^2}\frac{\sqrt{R^2-x^2}}{2}\,dx}$ .
L'ultime radice divisa per 2 indica l'ordinata del baricentro di ogni infinitesimo rettangolino su cui si esegue l'integrazione tra -R e R.
Semplificando un po' si arriva a:
$y_G=\displaystyle{\frac{1}{2}\frac{\int_{-R}^{R}(R^2-x^2)\,dx }{\pi R^2}}$
da cui si ottiene
$y_G=\displaystyle{\frac{4R}{3\pi}}$ .
Questo ragionamento è lo stesso, qualunque sezione scegliamo, quindi anche ruotando la sezione analizzata di 180°, abbiamo che tutta la carica tridimensionale è in tale baricentro elettrico, sia per la calotta superiore, che per quella inferiore.
Questo significa che se la carica su una metà della sfera può essere immaginata come
concentrata in un solo punto, le due cariche $q_1=q_2=\frac{1}{2}Q$ sono a
distanza $d=\displaystyle{2\frac{4R}{3\pi}}=\frac{8R}{3\pi}$ .
La forza elettrica di repulsione che di manifesta tra le due semisfere vale quindi:
$F_e=\displaystyle{\frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\frac{q_1 q_2}{d^2}}$ ossia
$F_e=\displaystyle{\frac{9\pi Q^2}{64\varepsilon_0 R^2}}$ .
Un'altro aspetto da non trascurare è legato al fatto che la sfera è dotata di massa.
La metà superiore è spinta in basso dal proprio peso, ma deve contemporaneamente sostenere un ugual peso della semisfera inferiore, così si osserva che alla massa delle due parti non va attribuita nessuna azione in termini di altre forze nette eventualmente da aggiungere alla $F_e$ .

Info tecnica sul $\LaTeX$ : non si può evitare che il simbolo della sommatoria sia un po' scombussolato quando viene inserito nel comando
\frac{}?

Staffetta elettromagnetica

Re: Staffetta elettromagnetica

Re: Staffetta elettromagnetica

Re: Staffetta elettromagnetica

Re: Staffetta elettromagnetica

Re: Staffetta elettromagnetica

Re: Staffetta elettromagnetica

Re: Staffetta elettromagnetica

Re: Staffetta elettromagnetica

Re: Staffetta elettromagnetica

Re: Staffetta elettromagnetica