Soluzione 1 All`interno del condensatore C2 , quindi per il campo

Soluzione 1
All’interno del condensatore C2 D  σ 
dielettrico E 
D
Q
, quindi per il campo elettrico nel vuoto E 0 
e nel
S
ε0
Q
D
. Per la d.d.p. si può scrivere: V0 
ε
Sε 0

h
 d  h   
εr 

dalla quale
εr
S ε0
e C1 
= 3,54 pF;
h
d
ε r  1  ε r 
d
Per la capacità complessiva: all’inizio C tot  2C1 e alla fine C'tot  C1  1  ε r  . Ne segue:
C 2  C1 
Q in  2C1  V0
e
Q fin  C1  1  ε r   V0
Q fin  Q in  C1  ε r  1  V0 = 10,6 nC
La carica sul condensatore C2 con il liquido dielettrico ad un’altezza h è:
εr
dQ 2
εr 1
1 dh
e quindi la corrente è : i 
Q 2  C1 V0 
 C1 V0 ε r 
 
2
h
dt
h

 d dt
ε r  1  ε r 


ε

1

ε
r 
 r d
d

-10
funzione dell’altezza del liquido nel condensatore. Per h=d/2 si ha i = 1,47·10 A.
La potenza erogata dal generatore è : W  V0  i (W=1,76·10-7 Watt per h=d/2) .
La differenza di energia immagazzinata nei condensatori è
ε 1
2
2
2
1
ΔU  C1  1  ε r   V0  C1  V0  r
 C1  V0 = 6,37 ·10-6 J
2
2
Soluzione 2
Il campo elementare dBn nella posizione –d prodotto da una striscia di larghezza dx posta a d+x è:
μ I
1
dBn  0 n
dx e quindi il campo totale generato dal nastro in P1 è:
2π a 2d  x
μ I
 2d  a 
Bn  0 n ln 

2π a
 2d 
μ I
Il campo generato dal filo è Bf  0 f . Ne segue che la corrente nel filo deve essere:
2π d
d
 2d  a 
If   I n
ln 
 = - 0,45 A
a
 2d 
 

μ I
da
La forza su un tratto dl di filo è: dF  I f d l  Bn con Bn calcolato sul filo: Bn  0 n ln 
.
2π a
 d 
Quindi :
dF μ 0 I 2n d  d  a   2d  a 

ln 
  ln 
 = 3,6 ·10-6 N/m
2
dl
2π a
 d   2d 
repulsiva.
Il campo dB generato da un tratto dx nel punto P2 è: dB 
μ 0 In
2π a
dx
(x=0 il centro del
d2  x2
nastro).
Integrando su tutto il nastro, la componente y del campo risulta nulla per simmetria, la componente dBx è :
μ 0 I n d dx
, che integrata dà:
2π a d 2  x 2
μ I 1
μ I 1
 a 
  a 
 a 
B x   0 n arctg    arctg 
   0 n arctg  
2π a 
π a
 2d 
 2d 
 2d 
dB x  
A questo si deve sommare il campo generato dal filo: B f 
μ0
2π
If
a

d2  d  
2

2
con componenti:
Bx  
μ0
2π
If d
a

d  d  
2

Soluzione 3
2
a

If  d  
μ
2

By  0
2
2π 2 
a
d  d  
2

(>0)
2
Il campo generato dal filo è: B(r) 
(<0)
μ0 I
.
2π r
Il flusso concatenato con la spira è: Φ(B) 
r0  a
μ0
 B(r) b dr  2π
r0
r a 

b I ln  0
 r0 
r a
μ
d(B)

  0 b I 0 ln  0
dt
2π
r
0


dQ
Q
L’equazione del circuito è: f  VC  Ri . con i 
e VC 
.
dt
C
t
t



f  RC
RC 

Integrando questa equazione si ottiene: Q  C f 1  e  e quindi i  e
con i (<0) che
R


E quindi nella spira si ha una f.e.m. indotta : f  
gira in modo da opporsi alla variazione di flusso. La corrente al tempo t=RC/2 è 4,9 nA.
Le forze sui lati normali alla direzione della spira costituiscono una coppia di braccio nullo.
Le forze, con direzione radiale, sui lati paralleli sono:
μ I
μ
I
Fr0   i b 0
repulsiva e Fr0  a  i b 0
attrattiva.
2π r0
2π r0  a
La risultante F  Fr0  Fr0 a risulta repulsiva. Al tempo t=RC/2 F=1,64 ·10-18 N
Soluzione 4
Il campo elettrico è E 
dove I 
μ I
V
= 100 V/m, il campo magnetico dal teorema di Ampere : B  0
l
2π r
μ Vr
Vπ r 2
e quindi B  0
= 2.1·10-4 Tesla .
2 ρl
ρl
 
V2 r
Il vettore di Poynting entrante radialmente sulla superficie cilindrica è I  E  H 
= 16.7
2 ρ l2
·103 W/m2.
Il flusso di energia entrante è W  2 π r l I 
π r 2V2
= 787,5 Watt.
ρl
V2 π r 2 2
La potenza dissipata per effetto Joule è W 

V coincidente con flusso del vettore di
R
ρl
Poynting come aspettato.