Fisica 2 11 Gennaio 2010 1. Un semianello uniformemente carico di ...

Fisica 2 11 Gennaio 20101. Un semianello uniformemente carico di raggio R = 20cm e densitàdi carica lineare λ 0 = 10 -10 C/m è posto in un piano verticale come infigura. Nel centro O dell’anello viene posta una particella con caricaQ = -3x10 -6 C che rimane sospesa. (a) Determinare la massa m dellaparticella. (b) Determinare l’espressione del campo elettrostaticoprodotto dal semianello in O nel caso la densità di carica λ non siacostante ma dipenda dall’angolo θ con espressione λ = λ 0 senθ . (C)Determinare la risultante delle forze sulla particella in O nel caso (b).+++ QyOθ+R++x2. Si hanno tre gusci metallici sferici e concentrici ognuno di spessore d = 3mm e raggi interni R 1 =4cm, R 2 = 8cm, R 3 = 16cm. Viene depositata una carica q 1 = -2x10 -8 C sul guscio più interno e q 3 =+2x10 -8 C sul guscio più esterno di raggio R 3 . (a) Determinare l’andamento del campo elettrostaticonello spazio e mostrarlo in grafico (b) Determinare l’andamento del potenziale elettrostatico nellospazio e mostrarlo in grafico. (b) Determinare l’energia elettrostatica del sistema.3. Determinare il valore del campo magnetico B prodotto da unsolenoide di lunghezza finita L =10cm , raggio R = 3cm, condensità lineare di spire n = 10 4 posto nel vuoto e in cui scorra lacorrrente I = 1.2A: (a) nel centro C del solenoide; (b) in un punto Pdistante L dal centro C del solenoide; (c) Una carica Q = 10 -8 C sitrova in P con velocità v = (8u y – 5 u z )10 5 m/s: determinare laforza di Lorentz sulla carica.4. Una bobina quadrata di lato L = 3cm, numero di spire N = 5000 e resistenza 20Ω si muove versosinistra con velocità v= 0.1 m/s. Al tempo t = 0 viene inserita tra i poli di un elettromagnete cheproduce un campo magnetico perpendicolare alla bobina,uniforme e variabile con legge: B = B 0 sen(ωt), con B 0 = 1.2T edω = 20rad/s. (a) Determinare l’intensità di corrente che scorrenella bobina quando essa risulta inserita per metà tra i due poli.L(b) Ripetere il calcolo nel caso in cui sia passato un minutovdall’inizio dell’inserimento.5. Un fascio laser copre un’area di 2mm 2 ed ha una potenzadi .80mW. Trovare i valori massimi del campo elettrico E 0 e delcampo magnetico B 0 prodotti dal laser assumendo che il fascioconsista di onde sinusoidali coerenti.yCLLPx

Soluzioni1. (a) per la simmetria del problema il campo elettrostatico in O ha solo una componente in y, converso opposto all’asse e modulo:| Q | Eyall’equilibrio: QE y + P = 0 otteniamo m = = 2.75mg.gπ+π+22λ0dscosθλ0λ0= ∫ = cosθdθ24πεr 4πεR∫ = . Poiché2πεRE y π 00 π−−022π+2λ cos20senθθ ds λ0(b) In questo caso si verifica che: E y= ∫=cos 0244∫ senθθ dθ= , mentre siπε r πε Rha componente x non nulla:π+π−202 2λ sen ds20θ λ02 λ0VE x= ∫= sen d = = 72r 4 R∫ θ θ.πε πε8εR mπ−2π+0π+π−2400 π0−2(c) La forza risultante ha componenti: F x = QE x = -2.12x10 -5 N ed F y = - mg = - 2.7x10 -5 N.2. All’equilibrio il campo elettrostatico all’interno deiconduttori è nullo e la carica si dispone in modo che, seq 1 = - 2x10 -8 C < 0 ; q 3 = 2x10 -8 C = -q 1 > 0- All’interno del conduttore 1 non c’è carica;- Sul guscio esterno del conduttore 1, di raggio R 1 + d, abbiamo q 1 < 0;- Sul guscio interno del conduttore 2, di raggio R 2 , si induce la carica- q 1 > 0;- Sul guscio esterno del conduttore 2, di raggio R 2 + d, abbiamo lacarica negativa q 1 < 0, per la neutralità del guscio 2;- Sul guscio interno del conduttore 3, di raggio R 3 , si induce - q 1 > 0;- Sul guscio esterno del conduttore 3, di raggio R 3 + d, abbiamoq 1 +q 3 = 0.-q 1 >0q 1 0q 1 R 3 + d. PoniamoV(∞) = 0, alloraV r)∞∫r( = E dr e quindi V ( r)= 0 in tutta la00 0.05 0.1 0.15 0.2regione. All’interno del conduttore 3 E = 0 e quindi ancoraR3V ( r)= 0 e V(R 3 ) = 0. Nella regione R 2 + d < r < R q3 q3⎛ 1 13: ⎟ ⎞V ( r)= ∫ dr =⎜ − .240r40 ⎝ r Rrπε πε3 ⎠q3⎛ 1 1In r = R 2 + d :⎟ ⎞V ( R + =⎜2d)− . Nel conduttore 2 il potenziale resta costante4πε0 ⎝ R2+ d R3⎠perché E = 0: V ( r)= V ( R2 + d).r [m]

3q3q3⎛ 1 1Nella regione R 1 + d < r < R 2 : ⎟ ⎞V ( r)−V( R = ∫ =⎜2) dr − con240r40 ⎝ r Rrπε πε2 ⎠V R ) = V ( R + ) . Infine nella regione 0 < r < R 1 + d poiché E = 0 il potenziale resta costante e(2 2dq3⎛ 1 1 ⎞pari a V ( R1 + d)=V ( R2)4⎜ − +0R1d R⎟ .πε ⎝ +2 ⎠(c) L’energia elettrostatica viene calcolata utilizzando l’espressione:R2R31 2 12 22 2U = ⎡⎤e00404e1e22∫ε E dτ= ⎢ E r dr E r dr⎥= U + U2∫επ + ∫ ε πcon:⎢⎣R1+ dR2+ d⎥⎦R21 ⎛⎞= ∫2R22 2 Q 1 1 1 ⎛⎞U=⎜ −⎟e1ε0E4πr dre =28πε⎝ ++ 0R1d R∫32 2 Q 1 1U=⎜ −⎟e2ε0E4πr dr.R d2 ⎠ 28πε⎝ ++ 0R2d RR d3 ⎠1µ0nI3. Utilizziamo la formula: = ( cosα− cosα)B2con riferimento alla figura. (a) Nel centro del21L0nILsolenoide: cosα 2=e cosα1 = −cosα2, quindi: B = µ .22 L2 22 L2 R +R +44L(b) nel punto P: cosα 2=mentre:22 L2 R +C B4LL +cos2 quindi:Bα1=22 ⎛ 3L⎞R + ⎜ ⎟⎝ 2 ⎠⎛⎞⎜⎟µ0nI⎜ L3L⎟B(P)= ⎜−222 ⎟⎜ 2 L2 9L⎟2 R + 2 R +⎝ 44 ⎠(c) F = qvxB = qv xB + qv xB = qv B u − qv B u .yxzxzdΦd(BLx)dB dx4. − = − = −Lx− LB = −LxBω ( ω t) − LvB sen ( ω t)ε0xyind=0cos(a) Se vienedt dt dt dtLmantenuta costante v allora il tempo perché x = ½L è: t = 15s2 v= 0. e la corrente in modulo è2LB0ωcos( ω t) + LvB0sen( ω t)εindI ( t)= =2. = 2.55A.. (b) Dopo t* = 2t =0.30s la bobina risultaRRdΦ2 d(B)2completamente inserita e l’area non varia più quindi εind= − = −L= −LB0ωcos( ω t)edt dt2ε L B0ωindIb( τ ) = = cos( ω τ ) = 5.38A..R R−3P .8x10W5. I = = = 400 inoltre vale: =c 2ε E 0 02IE0I → E−620= = 550 V/m; B0 = = 1.83 µT.A 2x10m2cεcyxz2R0α 1 α2α 1α 2CP