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da **disti84** » 8 nov 2009, 23:21

ok ho capito.Però nel Mazzoldi c'è un esercizio simile, cioè con una semicirconferenza carica positiva da una parte e negativa dall'altra.Ma l'integrale lo calcola fra 45 e - 45.Penso che alla fine è giusto come dici tu oppure si potrebbe calcolare l' integrale fra 0 e 180 gradi e non moltiplicarlo per 2.

Spero di non aver detto delle fesserie

da **RenzoDF** » 8 nov 2009, 23:49

ho aggiornato il precedente post ... dai un occhio se per i fili rettilinei ti risulta il calcolo che ho fatto

e già che ci sei posta un'immagine del Mazzoldi che vedo come ha fatto :mrgreen:

da **disti84** » 9 nov 2009, 0:24

Allora nell'esercizio del mazzoldi c'è una semicirconferenza però ,immaginandola nel piano cartesiano,sta nel secondo è terzo quadrante.Con la parte superiore carica poisitivamente e la parte inferiore carica negativamente.come ti ho detto lui dice E+ = E-= l'integrale fra -45 e 45 gradi.

poi E=E+ + E- diretto lungo le y negative.

Mi scuso se sono poco chiaro ma non ho tempo per scrivere bene.

da **admin** » 9 nov 2009, 0:30

disti84 ha scritto:Mi scuso se sono poco chiaro ma non ho tempo per scrivere bene.

Io direi che dovresti sforzarti di trovarlo! Chi si impegna a risponderti lo fa per aiutare te. Non ti pare? :wink:

da **disti84** » 10 nov 2009, 17:50

Oggi ho fatto l'esame scritto e anche se non è andato molto bene(Mi ci voleva più tempo per assimilare tutto) volevo ringraziare tutti i coloro che mi hanno aiutato e che mi hanno fatto capire tante cose in poco tempo,sopratutto Renzo.A breve scriverò il testo del compito che era facile ma che io sono riuscito a sbagliare come sempre :cry:

per distrazione.

da **disti84** » 26 feb 2010, 20:39

Salve ragazzi, ritorno con i miei dubbi.Qualcuno saprebbe risolvere il secondo esercizio di questo compito http://fisica.ing.unict.it/files/elettr ... 6-2009.pdf ?
Ho superato lo scritto e non ho saputo fare solo questo esercizio(era molto simile cambiavano solo i numeri),non vorrei che il professore mi trovi impreparato se mi chiede questo esercizio all'orale.

Grazie dell'attenzione.Se ho superato lo scritto il merito è anche vostro, sopratutto di Renzo :wink:

.

da **RenzoDF** » 26 feb 2010, 21:33

Ciao disti84, complimenti per lo scritto superato =D>

... in bocca al lupo per l'orale :wink:

Riposto il testo del problema

: za.jpg (63.32 KiB) Osservato 2866 volte

a) Detta

l'intensità di corrente

$F=B\,l\,i$
$B\,l\,i\cos \theta =mg\sin \theta \,\,\to B\,l\,\frac{f}{R}\cos \theta =mg\sin \theta \,$

$f=\frac{mgR}{Bl}\tan \theta =\frac{20\cdot 10^{-3}\times \text{9},\text{8}0\text{665}\times 10}{1\times 0,2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}\approx \text{5}\text{.662}\,\text{V}$

b) Se la barra si muove con velocità

verso il basso, per la legge di Faraday-Neumann-Lenz

$e=-\frac{\text{d}\Phi }{\text{d}t}$
che, detta $v_{N}$ , la componente della velocità normale a B, può essere semplificata nella
$e=B\,l\,v_{N}=Blv\cos \theta \,$

dove il segno è sparito in seguito alla considerazione che con la regola di Fleming, o con la più tattica regola della "mano destra ... a solo pollice sporgente" :mrgreen:

si vede che il verso della f.e.m. è quello antiorario, concorde con quello della f.e.m. f del generatore.

$\left\{ \begin{align} & f+Blv\cdot \cos \theta \,=R\cdot i \\ & mg\sin \theta -Bli\,\cos \theta =m\frac{\text{d}v}{\text{d}t}\,\,\, \\ \end{align} \right.$

sostituendo e considerando accelerazione nulla avremo

$mg\sin \theta -Bl\,\frac{(f+Blv\,\cos \theta )}{R}\cos \theta =m\frac{\text{d}v}{\text{d}t}\,=0\,$

e la velocità limite sarà

$v_{L}=\frac{mgR\tan \theta }{B^{2}l^{2}\cos \theta }-\frac{f}{Bl\cos \theta }\approx 3,821\,\,\frac{\text{m}}{\text{s}}$

c) Per la potenza infine

$P=R\cdot i^{2}=R\left( \frac{f+Blv_{L}\cdot \cos \theta }{R} \right)^{2}=\frac{R\,m^{2}g^{2}\tan ^{2}\theta }{B^{2}l^{2}}\approx 3,206\,\,\text{W}$

.... ahhhhhhhhhhh mi sono accorto solo ora che avevi detto il secondo esercizio #-o

da **disti84** » 26 feb 2010, 23:33

. Quello lo so fare , comunque una ripassatina fa sempre bene

.
Crepi il lupo!

da **RenzoDF** » 26 feb 2010, 23:48

Adesso ti dico cosa penso del secondo

... solo un attimo che con Gauss non si scherza :mrgreen:

Direi che la prima e l'ultima domanda sembrano semplici, in quanto, visto che lastra e foglio sono infiniti possiamo assumere che il campo elettrico sia normale a entrambi ... e ricavabile con Gauss.

Visto poi che il flusso di E attraverso la superficie di un cilindro con asse normale al foglio ed esterno a lastra e foglio dovrà essere nullo (e interessare solo le sue basi), il campo elettrico non dipenderà dalla distanza dal foglio.

Se poi consideriamo un cilindro che ha la base superiore sopra il foglio e la inferiore sotto la lastra, entrambe a distanza infinita, possiamo senz'altro dire che il campo "sopra" è identico (vettorialmente ... come segno potremmo anche considerarlo di segno opposto) al campo "sotto" e sarà pari a

$E=\frac{\sigma S+\rho V}{2S\varepsilon }=\frac{\sigma S+\rho DS}{2S\varepsilon }=\frac{\sigma +D\rho }{2\varepsilon }$

Ne concluderei che se le basi del cilindro sono esterne e da parti opposte di foglio+lastra il campo sarà uguale :!:

Se invece una base del cilindro è interna alla lastra a una distanza h dal foglio, possiamo sempre dire che attraverso la base esterna il flusso non cambia, ma cambia attraverso la base interna; detto Ex il campo incognito, la differenza fra i due flussi dovrà essere pari alla carica contenuta diviso la costante dielettrica, ovvero in formule

$\left( \frac{\sigma +D\rho }{2\varepsilon } \right)S-E_{X}S=\left( \frac{\sigma +h\rho }{\varepsilon } \right)S$

che fornisce

$E_{X}=\frac{-\sigma -\rho (2h-D)}{2\varepsilon }$

che se siamo a mezza lastra si semplificherà in

$E_{X}=\frac{-\sigma }{2\varepsilon }$

Vorrei sottolineare che ricavare la relazione per il campo interno, non sarebbe in questo caso particolare necessaria, in quanto a metà lastra il contibuto delle due cariche volumetriche (superiore e inferiore) si compensa e rimane solo il contibuto dovuto al campo del foglio :!:

... la sovrapposizione degli effetti si applica anche all'elettrostatica ... sempre se i mezzi hanno un comportamento lineare :wink:

ovviamente si dovrà supporre per poter risolvere il problema che la costante dielettrica sia costante per tutto il sistema foglio+lastra+mezzo ... e visto che non c'è traccia nel testo di permittività, per i calcoli non si può far altro che supporre una costante dielettrica pari a quella del vuoto e di conseguenza costante dielettrica relativa di foglio e lastra uguali a uno!

da **IsidoroKZ** » 27 feb 2010, 0:16

La parte facile della risposta, che riguarda la direzione: il campo e` sempre perpendicolare alle due lastre

Sai calcolare il campo di una distribuzione laminare di carica (da sola)? Sai calcolare la distribuzione di una lastra uniforme da sola?

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