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Errata Corrige

Pagina 10

Problema 1.1 - domanda 2

E_A² = E1, A2 + E2, A2 + 2 E1, A E_{2, A} cosα = E_{1, A}² + E2, A2 − 2 E1, A E_{2, A} senθ

EA = q₁ 4πε₀a²

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

+ q₂

4πε₀5a²

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

−2 5

q₁q₂ 4πε₀a²

( )

= 1

4πε₀a² q₁²+q₂²

25−2 q1q2

5 5 = 17.2 kV/m

Pagina 11

Problema 1.2 - domanda 2 F x

( )

dx

u_x= −d − pi E x

( )

⎡⎣ ⎤⎦

dx = − 2 p 4πε₀

q₁ a+ x

( )

(

)

⎡

⎣⎢

⎢

⎤

⎦⎥

⎥ u_x

Pagina 12

Problema 1.2 - domanda 2 F= −2 p q

(

)

4πε₀a³

u_x=

(

)

Pagina 22

Problema 2.1 - domanda 3

W = −e(V_B− V_A)= −e −E

(

)

0

2R=1.08× 10⁻¹⁷ J= 67.8 eV

Pagina 28

Problema 2.6 - domanda 3 (due volte) W = −ΔU = − U

(

)

Pagina 42

Problema 2.16 - domanda 1

1) I campi elettrostatici generati dai due cilindri sull’asse x sono concordi nel verso positivo dell’asse x , per cui nello spazio fra di essi ...

Pagina 50

Problema 2.21 - domanda 3 V_interna− V_P = − 

E₀• ds

R₃ R2

∫

∫

∫

∫

= − q₁+ q_d 4πε0r²dr

R₃ R₂

∫

∫

4

3π

(

)

4πκε0r² dr

R₂ R₁

∫

= − q₁+ q_d 4πε0r²dr

R₃ R₂

∫

∫

R₂ dr

R₁

∫

∫

=q₁+ q_d 4πε0

R₃− R₂ R₃R₂ + q₁

4πκε0

R₂− R₁ R₂R₁ − ρ

6κε0

R₁²− R₂²

( )

0

R₁− R₂ R₂ = = 16.84 V

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Problema 3.3 - domanda 1

1) Il sistema costituisce un condensatore sferico e quindi, essendo C1 la sua armatura a potenziale maggiore, V₂− V₁= q₁

4πε₀ 1 R₂ − 1

R₁

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟= − 540 V Problema 3.3 - domanda 3

... poiché la carica q1 non varia, per cui, posto ΔV = V₂− V₁ , ΔU_e=1

2q₁ ΔV κ −ΔV

⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟ = −1

3q₁ΔV =−5.4× 10⁻⁷ J

Pagina 62

Problema 3.6 - domanda 1 q₁= q + q_A= −q

q₂ =q+q_A+ q_B = 2q

⎧⎨

⎩

Pagina 64

Problema 3.8 - Figura

R

R

R

P

C

C

C

d κ

r

Pagine 76-77

Problema 3.17 - sostituire integralmente il problema

Un blocchetto piano conduttore, di area Σ indefinita e spessore h, viene caricato con densità di carica superficiale σ = 4 µC/m². Addossata a una delle facce del piano e separata da questa tramite un isolante di spessore trascurabile si trova una distribuzione di carica volumetrica che occupa il volume τ di base Σ e lunghezza d = 2 cm con densità di carica ρ = 0.3 mC/m³. Oltre questa distribuzione di carica, a distanza xP = 4 cm dal piano si trova un oggetto di dimensioni trascurabili e di massa m = 0.1 g con carica qP = 8 μC in moto verso il piano con velocità 

v_P. Determinare, trascurando gli effetti di bordo:

1) la forza subita dalla carica qP F

2) la velocità minima che deve avere la carica qP

per raggiungere la distribuzione ρ vmin

3) il campo elettrostatico al centro della distribuzione di carica EC

ȡ

q

v

+

x

d

conduttore

ƙ Ʊ

Soluzione

1) Applichiamo la legge di Gauss ad una superficie cilindrica con una base a sinistra del conduttore e una base nella posizione P. L’induzione elettrostatica sul conduttore dovuta alla distribuzione di carica volumetrica genera una distribuzione superficiale di carica indotta σ_i eguale e opposta sulle due facce del conduttore, per cui non contribuisce al flusso. La carica superficiale in eccesso sul conduttore ha la stessa densità di carica σ su tutte le facce del conduttore e non c’è carica al suo interno.

Trascurando gli effetti di bordo il problema è a simmetria planare: non c’è flusso attraverso la superficie laterale del cilindro di Gauss e il campo elettrostatico all’esterno è uniforme. Pertanto

E• u_ndΣ

∫

E_ext = σ ε₀ + ρd

2ε₀ = 791 kV/m ⇒ F = q_PE_ext = 6.32 × 10⁻³ N

2) Si conserva l’energia meccanica con la carica che raggiunge la distribuzione di carica ρ con velocità nulla ΔE_c+ΔU = 0 ⇒ 0 −1

2mv_min² + q_P

(

)

La differenza di potenziale elettrostatico è V− V_P = − E_extdx=

x_P

∫

⁽

⁾

per cui la minima velocità di qP per poter raggiungere la distribuzione di carica ρ è v_min = 2q_P

m

(

)

ȡ E_ext

E_ext

Ȉ Ȉ

ı-ı_i ı+ıi

3) La legge di Gauss applicata ad una superficie cilindrica con una base a sinistra del e una base all’interno della distribuzione ρ a distanza x dal conduttore, è data da

E• u_ndΣ

∫

per cui, in funzione della distanza dal conduttore, il campo elettrostatico è dato da E_int = 2σ

ε₀ + ρ ε₀ x− E_ext e al centro, dove x= d 2 , vale

E_int = 2σ ε₀ + ρ

ε₀ d

2− E_ext = 2σ ε₀ + ρ

ε₀ d 2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟− σ ε₀ + ρd

2ε₀

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟= σ

ε₀ = 452 kV/m

come si poteva ricavare osservando che per simmetria al centro della distribuzione di carica il contributo di un qualsiasi elemento di carica dq è cancellato da un elemento di carica simmetricamente opposto.

Pagina 187

Problema 8.6 - domanda 2

Trascurando gli effetti di autoinduzione e mutua induzione, il flusso del campo magnetico attraverso le due bobine, osservando che la fase iniziale è π / 2, è dato da

Pagina 190

Problema 8.9 - domanda 3

ovvero, considerando le componenti in direzione parallela al piano

Pagina 206

Problema 8.22 - testo

La massa totale di filo e generatore è pari a m = 220 g e ...

iB cosθ − mg sen θ = 0 e quindi

m= iB

g tanθ =24 g

Pagina 224

Problema 9.13 - domanda 2 L₁=Φ₁ 

B₁

( )

i₁ = B₁N₁Σ₁

i₁ = µ⁰n₁i₁n₁₁Σ₁

i₁ =µ₀n₁²₁Σ₁= 314 µH L₂=Φ₂ 

B₂

( )

i₂ = B₂N₂Σ₂

i₂ = µ⁰n₂i₂n₂₂Σ₂

i₂ =µ₀n₂²₂Σ₂ = 141 µH

Pagina 244

Problema 10.5 - domanda 1 r_π = tan

(

)

tan

(

)

r_σ = −sen

(

)

sen

(

)

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪⎪

e R_π = r_π²= 0.04 R_σ = r_σ² = 0.32

⎧⎨

⎪

⎩⎪

ȡ E_int E_ext

Ȉ Ȉ

ı-ı_i ı+ı_i

x

Problema 10.5 - domanda 1

P_r = R_πP_i^π+ R_σP_i^σ = R_πP_icos²β_i+ R_σP_isen²β_i= R_πP_i

2 + R_σP_i

2 = 0.18 mW

Pagina 263

Problema 11.6 - testo

Q al centro del rettangolo diventa I_Q = 19.9 W/m²

Pagina 270

Problema 11.11 - domanda 3 δ =4πn_Ot

λ = 2m + 1

( )

Problema 11.11 - domanda 3 m= 3 ⇒ λ = 0.585 µm m=4 ⇒ λ = 0.455 µm

⎧

⎨⎪

⎩⎪

Pagina 272

testo prima riga

Riassumendo, dai risultati dei problemi 11.10, 11.11 e 11.12, si può concludere ...