Soluzioni del Compito di Elettricità e Magnetismo e di

Soluzioni del Compito di Elettricità e Magnetismo e di Elettromagnetismo
del 27 marzo 2007
Esercizio 1
Consideriamo un sistema di riferimento con asse x normale ai piani ed origine sul primo piano
carico; individuiamo quattro regioni di spazio ed applichiamo ad ognuna di esse la somma vettoriale
dei campi:
1) il campo elettrostatico e’ dato da:
E 0  E 0 xˆ
inoltre
E0  E 01  E02  E03
indicando con  la densita’ di carica del terzo piano (=3) ed esprimendo tutte le tre
densita’ di carica in funzione di  avremo:

Zona I: x < 0
E 0I 

1
  2    xˆ  xˆ  169,5 V/m xˆ

20
0
Zona II: 0 < x < d

E 0II 
1
   2    xˆ  0 V/m
20
Zona III: d < x < 2d

E 0III 
2
1
   2    xˆ  
xˆ  -339. V/m xˆ

20
0
Zona IV: dx > 2d

E 0IV 

1
   2    xˆ   xˆ  -169.5 V/m xˆ

20
0
2) dalla definizione di potenziale:

xf
V  V f  Vi    E 0x dx
xi
d
V (d)  V (0)    E 0x dx  E 0II d  0
0
2d
V (2d)  V (0)  V (2d)  V (d)    E 0x dx  E 0III d  13.6 V
d

3) la forza esercitata sulla carica del piano j-esimo dal campo dovuto al piano i-esimo e’:

F j  q j E i   j S j  i
20
pertanto:

dF j  i j

dS j
20
quindi:

dF3  3 1   2 
3 2


 3.8 107 N/m2
dS
20
20
la forza esercitata dai primi due piani sul terzo piano e’ diretta lungo la direzione negativa
dell’asse x, quindi e’ attrattiva.

4) In generale l’energia elettrostatica compresa nel volume  e’:
U
 ud   2  E d
1
0

2
0

nel volume richiesto:

U
0
E
2
 5.1  10 7
 II  E02III  III  
0
E
2
 III  
0 
d 
E02III d 2  

2 
2 
3
2
3
11
J/m  (0.04)  0.02 m  1.63  10 J
2
0 II
2
0 III
Esercizio 2
a) Essendo le spire una accanto all’altra la bobina è costituita da
N= L/ = 1000 spire
Ciascuna spira ha circonferenza :
C= D =3.14 10-2 m
e quindi il filo di rame del solenoide ha una lunghezza complessiva
l= N C= 31.4 m.
Da cui si deduce che la resistenza della bobina è
R= (l ) 68 
b) Poichè il solenoide è trattabile come indefinitamente lungo
B= o (N/L) I
c) In presenza di campo magnetico il moto della particella è la composizione di un moto
rettilineo uniforme lungo l’asse del solenoide con modulo della velocità vp = (vo cos e
di un moto circolare uniforme sul piano perpendicolare allo stesso asse con modulo della
velocità vn= (vo sin La traiettoria di questo ultimo moto è una circonferenza passante
per il centro del solenoide ed è determinata dalla forza centripeta:
mp vn2 /r = q vn B
dove r è il raggio della traiettoria.
Affinchè il protone non arrivi a toccare il tubo, deve accadere che questa circonferenza sia al
più tangente al tubo ovvero:
2r < D/2
da cui:
rmax = D/4 = (mp vn )/(q Bmin)
Quindi il valore del campo d’induzione magnetica Bmin per cui il protone arriverebbe a
sfiorare il tubo è:
Bmin = (4 mp vo sin)/( q D)
Ne segue che:
Imin = (4 mp vo sin L ) / (mo q N D) =
A
(Bmin= 1.0 10-3 T).
d) In queste condizioni la potenza dissipata lungo il solenoide è:
P = Imin2 R = 0.49 W
Esercizio 3
a) Il campo magnetico nel solenoide è:
B = 0 i n
ed il flusso di B va calcolato attraverso la superficie intersezione delle due superfici, che ha area
 r2/4.
Quindi per il flusso si trova:  ( B)   0 inr 2 / 4
ed il coefficiente di mutua induzione è
M   0 nr 2 / 4  9.9  10 8 H
b) Denotando con i(t) la corrente che viene mantenuta nel solenoide e con I(t) la corrente indotta
nella spira quadrata, si ha che
iM
di
  0 e t / 
dt

RI  M
ovvero
iM
I   0 e t / 
R
c) Per l'energia complessivamente dissipata nella resistenza della spira quadrata si trova

 2
0
i M 2  2t / 
M 2i02
W   RI dt   2 e
dt 
 4.4  1015 J
2R
0
0  R
2
Esercizio 4
1) Dalla definizione di frequenza e lunghezza d’onda abbiamo:
 = /2 = 5 107 /2 = 7.96 MHz
 = 2/k = 2/1.5 = 4.2 m
da cui la velocita’ di propagazione dell’onda elettromagnetica:
v =  = 3.33 107 m/s
e l’ampiezza del campo elettrico:
E0 = B0 v = 66.7 V/m
2) Dalle definzioni di velocita’ dell’onda e.m. e impedenza d’onda avremo:
c/v = 3 108/3.33 107 = 9.01  r = c2/v2 1/r = 1.01
Z = (/) = (r/r) Zo = 42.4 
(Zo = 377 )
3) Dalla definizione di vettore di Poynting I = E x H, sappiamo che I e’ diretto lungo la direzione y
ed avra’ intensita’:
<I> = Eo2/2Z = 52.4 W/m2
Per definizione di vettore di Poynting, l’energia che attraversa una data superficie di area A nel
tempo t e’:
W = <I> An t
In cui An e’ l’area della superficie perpendicolare alla direzione di propagazione dell’onda.
Nel caso in esame risulta:
An = A cos(20 gradi) = 2.82 m2
e quindi avremo nell’unita’ di tempo: W = 147.71 J
4) Se la superficie e’ perfettamente assorbente, tutta la quantita’ di moto portata dall’onda e’
assorbita dalla superficie, quindi nell’unita’ di tempo la pressione corrispondente varra’:
<p> = <I>/v = 9.218 W/m2 / 1.25 107 m/s = 15.7 10-7 Pa