Problema di Fisica2 bis
Inviato: 01/10/2003, 16:24<img src="http://it.geocities.com/belgy_il_polipo/mate/p2.jpg" border=0>
Neanche questo si vede, comunque eccolo qua:
<img src="http://matfisinf.supereva.it/p2.jpg" border=0>
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Problema di Fisica2 bis
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Inviato: 01/10/2003, 16:24Inviato: 01/10/2003, 17:09Inviato: 01/10/2003, 18:09...io li vedo entrambi
Inviato: 01/10/2003, 22:34Il campo richiesto è uguale al campo generato da un anello intero (che è nullo per simmetria) meno quello generato dal quarto di cerchio mancante. Non che cambi granché ma mi piaceva di +... <img src=icon_smile_wink.gif border=0 align=middle>
Calcoliamo allora il campo generato dal quarto di cerchio. Chiamerò l=lambda, t=teta, k= 1/(4*pi*epsilon).
Tale campo (sempre per ragioni evidenti di simmetria) sarà diretto lungo la bisettrice del primo e terzo quadrante e verso dal primo al terzo quadrante (poi, per avere il risultato finale, bisognerà cambiare il verso ovviamente).
Il modulo del campo generato dalla carica dE vale:
|dE| = k * dq / (R^2) = k * l * dt / (R^2)
La componente che ci interessa la otteniamo proiettando dE lungo la bisettrice. Dobbiamo quindi moltiplicare dE per cos(t-45°).
|Erichiesto| = INT[0;90°] |dE| * cos(t-45°) =
= k * l / (R^2) * <b>INT[0;90°] cos(t-45°) dt</b> =
= k * l / (R^2) * <b>INT[-45°;45°] cos(q) dq</b> =
= k * l / (R^2) * <b>2 * INT[0;45°] cos(q) dq</b> =
= sqrt(2) * k * l / (R^2) = 1,27 * 10^7 [V/m]
La direzione è quella prima descritta. Il verso è dal terzo al primo quadrante.
Calcoliamo allora il campo generato dal quarto di cerchio. Chiamerò l=lambda, t=teta, k= 1/(4*pi*epsilon).
Tale campo (sempre per ragioni evidenti di simmetria) sarà diretto lungo la bisettrice del primo e terzo quadrante e verso dal primo al terzo quadrante (poi, per avere il risultato finale, bisognerà cambiare il verso ovviamente).
Il modulo del campo generato dalla carica dE vale:
|dE| = k * dq / (R^2) = k * l * dt / (R^2)
La componente che ci interessa la otteniamo proiettando dE lungo la bisettrice. Dobbiamo quindi moltiplicare dE per cos(t-45°).
|Erichiesto| = INT[0;90°] |dE| * cos(t-45°) =
= k * l / (R^2) * <b>INT[0;90°] cos(t-45°) dt</b> =
= k * l / (R^2) * <b>INT[-45°;45°] cos(q) dq</b> =
= k * l / (R^2) * <b>2 * INT[0;45°] cos(q) dq</b> =
= sqrt(2) * k * l / (R^2) = 1,27 * 10^7 [V/m]
La direzione è quella prima descritta. Il verso è dal terzo al primo quadrante.
Inviato: 02/10/2003, 10:12Credo ci sia una svista sulla sol. di Goblyn.
Lambda è una densità lineare di carica e quindi, usando il formalismo di Goblyn, si ha:
dq = l*(R*dt)
|dE| = k * dq / (R^2) = k * l *(R*dt)/ (R^2) = k * l *dt / R
e la soluzione diventa:
|Erichiesto| = sqrt(2) * k * l / R
Ciao,
Giordano
Lambda è una densità lineare di carica e quindi, usando il formalismo di Goblyn, si ha:
dq = l*(R*dt)
|dE| = k * dq / (R^2) = k * l *(R*dt)/ (R^2) = k * l *dt / R
e la soluzione diventa:
|Erichiesto| = sqrt(2) * k * l / R
Ciao,
Giordano
Inviato: 02/10/2003, 11:30Grazie Giordano della correzione
Inviato: 02/10/2003, 11:40Ragazzi, voi lo vedete il problema nel post di belgy? Io no...
Inviato: 02/10/2003, 12:14no. Però ieri ho visualizzato l'immagine andando direttamente al link che lui ha impostato. Da quel momento riuscivo a vederla anke sul forum. Ma credo sia dovuto solo al fatto che il PC ha memorizzato l'immagine nella cartella dei files temporanei di internet. Quindi, essendo sul mio PC, riuscivo a vederla.
Inviato: 02/10/2003, 12:24Esatto, proprio come penso io... Se provi a ricaricare la pagina del forum sicuramente non si vedrà...
Per belgy: guarda il topic "Spazio web per tutti" nel forum "Generale"
fireball
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fireball