– 1 –

1.2 … F1 = 5.4 · 10–2 N.1.8 … b) dimostrare che il campo elettrostatico lungo l’asse x

è dato:1 4 q a

E(x) = ––––– –––––––––– uz4 π ε0 (x2 + 2a2)3/2

1.19 … con i loro centri distanti d = 15 cm.4.8 Partendo dalla condizione di equilibrio del problema 4.6

una carica q* = –3 · 10–8 C viene depositata sulla superfi-cie…

4.25 Due gocce di mercurio identiche hanno ciascuna una cari-ca q = 10–10 C e potenziale V = 500 V.

4.36 … b) il campo elettrostatico E1 in un punto all’interno deldielettrico a distanza r1 = 2 cm dal centro e c) …

5.17 In figura dopo la resistenza r1, segnare il punto Q.5.19 Nella figura eliminare la resistenza senza simbolo a sini-

stra e sostituirla con un segmento verticale.6.7 … campo magnetico B = Bxux + Bzuz , con Bx = –Bz =

0.04 T.

6.11 … il protone riattraversa G1 con velocità v1 nello stessoverso iniziale in un punto A2 , distante h = 5.2 cm da A1…Nella figura sostituire v2 con v1.

6.12 (md = 2mp , e = 1.6 · 10–19 C).7.12 Nella figura il punto D va portato a sinistra, a metà del

segmento che unisce gli estremi del filo.7.14 Una bobina conduttrice rigida quadrata di lato a = 2 cm…7.24 (A = 55.85 e ρ = 7.9 · 103 kg/m3).8.1 Nella prima figura la lettera a va sostituita con Q.8.6 …Calcolare: a) la velocità v∞ della spira fintanto che

solamente il suo lato inferiore è immerso in B e b) comeprosegue il moto quando tutta la spira è completamenteimmersa in B.

8.17 Eliminare l’esercizio.8.26 Calcolare la resistenza R e l’induttanza L della bobina.

Nel calcolo di L si può trascurare la resistenza R.8.44 … ai capi di un condensatore ad armature circolari di rag-

gio r avente una capacità C = 100 pF…

q3 cos 60°1.5 Fx = ––––––––– (q1 – q2) = –0.25 · 10–6 N ,

4π ε0 l2

q3 sen 60°Fy = ––––––––– (q1 + q2) = –3.03 · 10–5 N ,

4π ε0 l2

F = (–0.25 ux – 3.03 uy) · 10–5 N .

modulo F = 3.04 · 10–5 N, angolo –4.7° rispetto all’asse y negativo.

1.6 F = 4.21 · 10–4 (0.37 ux – 0.93 uy) N .

3 q2 l1.11 … m = –– –––––––– = 4.13 g .

2 4π ε0 r3 g

1.12 F = q0 E = 2.25 · 10–7 ux N .

8q 2q 42.1 b) –––––– – –––––––––– = 0 , x1 = –– l = 16 cm , interno al segmento.

4π ε0 x1 4π ε0(l – x1) 5

8q 2q lb) –––––––––– – –––––– = 0 , x2 = –– = 6.67 cm , esterno al segmento (a destra).

4π ε0(l + x2) 4π ε0 x2 3

Testi dei problemi

Guida alla risoluzione dei problemi di Elettromagnetismo. Risultati numerici

P. Mazzoldi, M. Nigro, C. Voci:Elementi di Fisica: ElettromagnetismoVol. II – Edises, Napoli

ERRATA CORRIGE DEI PROBLEMI DELLE EDIZIONI 2002, 2003

2Ze2.9 Eα = ––––––– = 45 MeV .

4π ε0 R

2.19 Questa soluzione va eliminata perché non ha il testo corrispondente. Va quindi scala-ta la numerazione dei problemi seguenti (2.20 → 2.19, 2.21 → 2.20, …… 2.28 →2.27), per avere la giusta corrispondenza con il testo.

2.20 Nella figura il segmento superiore ha una coordinata E = 1.5 V/m.

d q q 8 pq2.25 F = p� ––– �–––––– – –––––––––––��

x = d/2

= – –––––– = – 2.9 · 10–10 N .dx 4π ε0 x2 4π ε0 (d – x)2 πε0 d 3

dUe 6 p1p22.26 F = – –––– = – ––––––– = – 2.12 · 10–12 N, attrattiva.dx 4πε0 x 4

ρ r2 – R21 r2 – 10–2 V

3.15 Eint (r) = ––– ––––––– = ––––––– 104 ––2ε0 r r m

q 72 V3.16 b) r ≥ R E = –––––– = ––– –– ;

4πε0 r2 r2 m

q3�2 – q2

34.8 d) q�3 = q3 + q* = –2q3 , ∆Ue = –––––– = 3.38 · 10–6 J .8πε0 R3

q204.9 F = ––––––––––––– = 10–9 N .

[4πε0 (d + R2)2]

4.10 c) UA + UB + UC = ……… = 3.52 · 10–9 J .

4.10, 4.13 → 4.34: in questi problemi il simbolo che denota l’energia elettrostatica è Ue enon Uc .

q1q2 (q1 + q2)2

4.23 F1 = – –––––– , q1q2 = –3 · 10–12 C2 , F2 = –––––––––4πε0 r2 4(4πε0 r2)

q2 1 14.24 d) ∆Ue = –––– �–––––– – ––� = – 3 · 10–9 J .

8πε0 R1 + R2 R1

q4.25 a) 4πε0 R = –– , R = 1.8 mm ; b) 2.27 mm ;

V

2q Rc) V� = –––––– = 2V�––� = 793 V .

4πε0 R� R�

i i5.3 b) j1 = –– = 1.05 A/mm2 , j2 = –– = 2.10 A/mm2 .

Σ1 Σ2

5.7 c) P = 0.22 mW .

j5.9 b) vd = ––– = 3.68 · 10–5 m/s ;

ne

me vdc) τ = ––––– = 2.5 · 10–14 s .eE

5.19 a) ADEB : E2 – E1 = –R22i – 2R1i ⇒ i = – 0.2 A ,

b) VA – VB = E2 + 2R2i = 2.4 V .

– 2 –

5.20 E2 – E1 = R1 i1 , i1 = 0.20 A , E2 = Req ieq ⇒ ieq = 0.45 A,iB = i1 + ieq = 0.65 A ;

5.21 ACFB : E2 – E1 = 2R1 i1 – R2 i2 ⇒ 4i1 – 4i2 = 3 ,ADEB : –R2 i2 – 2R1 i3 = 0 , ……………

R2 i15.31 d) –––––– e – t /τ = 0.08 A .R2 + R3

6.1 ……… r = p /eB = 0.354 m , ………

6.7 a) Pmecc = – eE · v = eEx v = 8 · 10–6 W , b) F = – e (E + v × B) = ……

6.11 Nella figura il simbolo v2 a metà del disegno, in corrispondenza di r1, va sostituitocon v1.

b6.27 a) M = m × B = i a B cosθ ux , Mpeso = –δ (2a + 2b) g –– senθ ux ,

2

δg (2a + 2b)a) all’equilibrio M + Mpeso = 0 , i = –––––––––– tgθ = 2.12 A

2Ba

b) W = ∫θ

0

Mdθ = i abB ∫30°

0

cosθ dθ = i abB sen 30° = 4.24 · 10–4 J .

µ0 i7.6 b) Ba = ––––––– ; ………4π��2 a

µ0 i7.13 b) ……… , B = – –––– uz , campo di un filo indefinito ;2π x

m µ0 ic) ……… , M = ––––– ln3 = 1.1 · 10–5 Nm .2πh

NAρ7.24 b) n = –––– = 8.52 · 1028 m–3 ………A

µ0 i bv8.1 1) E1 = ∫

b

0

E · ds = ∫B

0

v × B · ds = –––––– ;2π r

µ0 i v b2) E2 = ∫

r

r + b

E · ds = ∫r

r + b

v × B · ds = – ––––– ln�1 + ––� .2π r

mgR8.6 a) v∞ = ––––– = 2.7 m/s ;

B 2 a2

b) Quando la spira è completamente immersa nel campo magnetico B, il motob) diventa uniformemente accelerato con accelerazione g.

mgR tgα8.7 b) v∞ = ––––––––– = 4.36 m/s .

B 2 b2 cosα

8.17 Eliminare la soluzione dal momento che è stato eliminato il testo.

∆Φ 2N BΣ8.22 q = ––– = –––––– = 0.9 C .

R R

8.36 M = µ0 n1 n2 Σ1 = 12.56 · 10–4 H/m .

– 3 –

dΦ8.39 ……… – ––– = µ0 κm N nΣ α = 0.63 µV .

dt

q209.5 U1 = ––– , U = U1 e , e = 0.5 t = 11 ms .

2C

Vu9.27 per ω1 = 0.75ωR , ––– = 0.09 ; per ω2 = ………Vi

R– –– tL

R– –– tL

– 4 –