UNIVERSITA' DEGLI STUDI DI PISA - FACOLTA' DI INGEGNERIA

UNIVERSITA' DEGLI STUDI DI PISA - FACOLTA' DI INGEGNERIA

INGEGNERIA AEROSPAZIALE

CORSO DI FISICA GENERALE II E ELETTRONICA

Soluzioni

PROBLEMA I 1)

Nell’ovvio sistema di coordinate cilindriche:

EHrL = -
V HrL = - ∑ (1)

∑rVHrL e`

r=

0 r< R1

k r e`

r R1< r < R3

0 R3< r

L’andamento 1êr è quello tipico di un campo generato da distribuzioni superficiali a simmetria cilindrica, come sarà dimostrato al punto successivo.

2)

Il campo elettrico ha una discontinuità per r= R1 e un’altra per r= R3. In corrispondenza di tali superfici sono quindi presenti delle distribuzioni superficiali di carica le cui densità sono legate alle discontinuità DE_r del campo secondo la formula:

DEr= s (2)

e₀ Pertanto:

s = e_{0 R}^k

1 r= R₁ -e_{0 R}^k

3 r= R₃

Altrove
◊ E = 0 e pertanto non sono presenti altre cariche. In particolare, nella zona in cui il campo non è nullo:

◊ E =1 r

∑

∑rHrErL = 0

3)

L’effetto del generatore è quello di spostare cariche tra le due lamine finché la d.d.p. tra le due lamine non uguagli la f.e.m. La simmetria cilindrica e la presenza di cariche solo sulle superfici cilindriche garantisce che, tra due distribuzioni superficiali, il campo elettrico sia sempre del tipo EHrL ∂ ¹_r e`

r. In particolare, detta E_r= hêr la componente radiale del campo elettrico tra le lamine, essa deve soddisfare:

% = ‡

R2

R3 h

r „ r fl h = % lnJ^R_R³

2N

Fuori dello spazio compreso tra le due lamine il campo elettrico non cambia, perché deve restare della forma 1êr e, nello stesso tempo, il suo flusso attraverso superfici cilindriche coassiali alle lamine non può cambiare in quanto non cambia la carica interna. Perciò, al nuovo equilibrio:

EHrL =

0 r< R₁ k

r e`

r R1< r < R₂ h

r e`

r R2< r < R₃ 0 R3< r

4)

Come per il punto 2), sono presenti solo distribuzioni di carica superficiali. Ora la discontinuità in r= R₃ vale DE_r= -_R^h

3, mentre è presente una nuova discontinuità in r= R₂ che vale DE_r= ^h-k_R

2 . Pertanto:

s = e_{0 R}^k

1 r= R₁ e₀ ^h-k_R

2 r= R₂ -e_{0 R}^h

3 r= R₃

5)

Detta l la lunghezza delle lamine e dette ,J, U_i, U_f e ,g rispettivamente l’energia dissipata, l’energia elettro- statica iniziale, l’energia elettrostatica finale e il lavoro fatto dal generatore, si ha:

,J=,g+ U_i- U_f

La carica Q2= s₂2pR₂l spostata dal generatore sulla lamina di raggio R2 fornisce ,g= Q₂%.

Le energie elettrostatiche si ottengono dalla densità volumetrica ^„U

„6 =^e0₂^E2. Si noti che il campo cambia solo tra le lamine, quindi è sufficiente calcolare la differenza U_i- U_f nello spazio tra le lamine:

Ui- U_f= ‡

R2

R3e₀ 2

k r

2

2prl „ r- ‡

R2

R3e₀ 2

h r

2

2prl „ r = pe₀lIk²- h²M ln R₃ R2

Dividendo per l si ottiene l’energia dissipata per unità di lunghezza:

,J

l = s₂2pR₂% + pe0lIk²- h²M ln R₃ R2

PROBLEMA II 1)

Per le equazioni di Maxwell deve essere:

µE = -_∑t^∑ B

µB = m0e₀ ^∑

∑tE Nel caso in questione:

µE = ∑

∑ xEye`

z= -k E0sinHkx - wtL e`

z

µB = - ∑

∑ xB_ze`

y= k B₀sinHkx - wtL e`

y

Pertanto:

2 a10-11_2s.nb

-k E₀sinHkx - wtL e`

z= -wB₀sinHkx - wtL e`

z

k B0sinHkx - wtL e`

y= m0e0wE0sinHkx - wtL e`

y

\ ” k E0= wB0

k B0= m0e0wE0

Risolvendo il sistema:

(4)

w = ^k

m0e0

B₀= m₀e₀ E₀

2)

La circuitazione di E e la f.e.m. indotta sono la stessa cosa e possono essere calcolate dalla derivata del flusso di B concatenato.

FHBL = ‡ (5) 0

a

B0cosHkx - wtL a „ x = aB0

k @sin Hka - wtL - sin H-wtLD = 2aB0

k sinHwtL f.e.m.= - „ (6)

„ tFHBL = -2aB0w

k cosHwtL = -2 E0acosHwtL

3)

La corrente I che scorre nell’antenna vale:

I= -2E₀a (7)

R cosHwtL

La forza su ogni trattino ‚ l di spira vale ‚ F = I ‚ l µ B e la forza risultante:

F= ® I ‚lµB = IaB⁰@cos Hka - wtL - cos H-wtLD e`

x= 4 m₀e₀ E₀²a²

R cos²HwtL e`

x

dove la circuitazione è fatta lungo l’antenna. Poichè le forze elementari ‚F su coppie di trattini di spira

‚ l = „ x e`

x posti allo stesso x sono opposti e giacenti sulla stessa retta, tali coppie di forze non contribuiscono al momento delle forze. Inoltre, poiché le forze elementari ‚F su coppie di trattini di spira ‚ l = „ y e`

y sim- metrici per riflessione rispetto al piano y=^a₂ sono uguali, tali coppie di forze non contribuiscono al momento delle forze se il polo è scelto nel centro della spira (i relativi bracci risultano opposti).

4)

La potenza assorbita viene dissipata per effetto Joule, quindi la potenza media assorbita è data da:

< Wass> = < R I²> = 4E02a² (8)

R < cos²HwtL > = 2E02a² R

L’area efficace Aeffè quella della superficie, ortogonale alla direzione di propagazione dell’onda, attraversata in media dalla stessa potenza. Considerando il flusso del vettore di Poynting S= ¹

m0 Eµ B:

< W_ass> = A_eff< 1 (9)

m0

Eµ B > = A_eff< 1 m0

E0cosHkx - wtL B0cosHkx - wtL e`

x >

\ Aeff = 4 (10)

R m₀ e₀ a²

a10-11_2s.nb 3

5)

In questo caso la normale alla spira sarebbe parallela all’asse y e il flusso di B sarebbe nullo.

Pertanto sarebbero nulle la f.e.m. e la corrente indotte e, di conseguenza, tutte le altre grandezze richieste.

4 a10-11_2s.nb