Transcript Errata Corrige - INFN

Zotto Nigro - Problemi di Fisica Generale Elettromagnetismo Ottica - I edizione
Errata Corrige 1
Pagina 10
Problema 1.1 - domanda 2
F = eE A = 2.76 × 10 −15 N
Pagina 11
Problema 1.2 - testo domanda 3 + figura
3) il lavoro del campo elettrostatico per uno spostamento
rigido del dipolo elettrico dal punto A (– a,d) al punto B (a,d) W
y
A(–a,d)
–
q
1
B(a,d)
O
d=2a
+
q2
x
Problema 1.2 - domanda 2
 

d ⎡⎣ − pi E ( x ) ⎤⎦
dU e 
2 p ⎡ q1
q2 ⎤ 
F ( x) = −
ux = −
=−
+
⎢
⎥ ux
3
dx
dx
4πε 0 ⎢⎣ ( a + x )
( a − x )3 ⎥⎦
Pagina 12
Problema 1.2 - domanda 2

2 p ( q1 + q2 ) 

F=−
u x = 3.6 × 10 −8 N u x
3
4πε 0 a
(
)
Pagina 14
Problema 1.3 - domanda 1



U e = − pu x i E x u x + E y u y = − pE x
(
F = q0 E ⇒ E =
)
⇒ Ex = −
Ue
= 1.8 kV/m
p
F
= 2.55 kV/m ⇒ E y = E 2 − E x2 = 1.8 kV/m
q0
Problema 1.3 - domanda 3
q
q
q3
q3
VP =
−
+
=
= 254 V
4πε 0 a 4πε 0 a 4πε 0 a 2 4πε 0 a 2
1In
1!
rosso le modifiche da apportare al testo stampato
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Pagina 15
Problema 1.3 - domanda 3
Ec∞ ( eV) = eVP = 254 eV
Pagina 19
Problema 2.1 - figura
P1
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
σ1
σ2
C
R
–
λ
A
B
γ
2d
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
P2
Pagina 20
Problema 2.1 - domanda 3
(
)
W = −e(VB − VA ) = −e −Epiani d AB = e
σ1 − σ 2
2R = 0.54 × 10 −17 J = 33.8 eV
2ε 0
Pagina 22
Problema 2.3 - domanda 2
P2 


V2 − V1 = −
E+ + E− ids =
∫ (
)
P1
=−
∫
a 2
2
d
2
λ
dr −
2πε 0 r
∫
d−a
d 2
σ
λ
d
σ ⎛d
⎞
dx =
ln
−
⎜ − a ⎟⎠ = 4.65 kV
2ε 0
2πε 0 2a 2ε 0 ⎝ 2
Pagina 27
Problema 2.7 - domanda 2
x1 ⎡ σ
 
⎤
⎛ σ
λ
λ
d − x1 ⎞
ΔV = − Eids = −
+
x1 −
ln
= −188 V
⎢
⎥ dx = − ⎜
0 ⎣ 2ε 0
2πε 0 ( d − x ) ⎦
2πε 0
d ⎟⎠
⎝ 2ε 0
∫
∫
Pagina 31
Problema 2.10 - domanda 1
λ
σ
mg
E=
−
=
tan θ = 7.1 kV/m
2πε 0 xP 2ε 0
q
xP =
q λ cos θ
= 8 cm
π ( 2mgε 0 sen θ + q σ cos θ )
Problema 2.10 - domanda 3
σ
λ
x
ΔV = VP − Vpiano = −
( d − xP ) − 2πε ln dP = 786 V
2ε 0
0
=
2!
d − xP
= 44 cm
sin θ
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v= −
2qΔV
− 2g (1 − cos θ ) = 32.1 cm/s
m
Pagina 33
Problema 2.11 - domanda 3
qσ z0
Ec = Ec,0 −
= 2.53 × 10 −15 J
ε0
Pagina 35
Problema 2.13 - domanda 2
x2
a− R
λ
V2 − V1 = −
E dx = −
dx −
x1
R
2πε 0 x
∫
=
λ
2πε 0
∫
⎡
⎢−
⎣
∫
a− R
R
dx 1
+
x 2
∫
a− R
R
∫
a− R
R
λ
dx =
4πε 0 ( a − x )
dx ⎤
λ
=
⎥
x − a ⎦ 2πε 0
R
1
R ⎤
⎡
⎢⎣ ln a − R + 2 ln a − R ⎥⎦ = − 75 V
Problema 2.13 - domanda 3
2qΔV
v= −
= 5.13 × 10 6 m/s
m
Pagina 38
Problema 2.15 - domanda 2
v= −
2qκ Ed x0
+ v02 = 1.48 × 10 4 m/s
m
Pagina 40
Problema 2.17 - domanda 2
q + qG
Ed = 1
= 183 V/m
4πκε 0 r 2
Problema 2.17 - domanda 3
3) La differenza di potenziale fra la superficie interna e il punto P è
R2 
R1 
R2 q + q
R1 q + q


1
d
1
G
Vinterna − VP = −
E0 • ds −
Ed • ds = −
dr −
dr =
2
2
R3
R2
R3 4πε 0 r
R2 4πκε 0 r
4
3
3
R2 q + q
R1
R1 ρ π r − R1
q1
1
d
3
=−
dr −
dr −
dr =
2
2
R3 4πε 0 r
R2 4πκε 0 r
R2
4πκε 0 r 2
∫
∫
∫
=−
=
∫
∫
∫
R2
R3
q1 + qd
dr −
4πε 0 r 2
∫
∫
(
∫
R1
R2
q1
dr −
4πκε 0 r 2
∫
R1
R2
)
ρr
dr −
3κε 0
∫
(
)
R1
R2
ρ R13
dr =
3κε 0 r 2
q1 + qd R3 − R2
q1 R2 − R1
ρ
ρ R12 R2 − R1
+
−
R12 − R22 +
== 17.27 V
4πε 0 R3 R2
4πκε 0 R2 R1
6κε 0
3κε 0 R2
per cui il lavoro è dato da
W = ΔU = q2 (Vinterna − VP ) = − 8.64 × 10 −10 J
3!
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Pagina 41
Problema 2.18 - domanda 2
R1 
R2

V1 − V2 = −
E • dr =
E dr =
∫
=
∫
⎡(R − R )
⎢
+R
R2
R1
ρ
3ε 0 ⎢
⎣
2
2
2
1
∫
R2
R1
ρ
3ε 0
⎛
R13 ⎞
ρ ⎡
r
−
dr =
⎢
⎜
2 ⎟
3ε 0 ⎣
r ⎠
⎝
∫
R2
R1
r dr −
∫
R2
R1
R13 ⎤
dr ⎥ =
r2 ⎦
1
1 ⎞⎤
− ⎟ ⎥ = 2.54 kV
⎝ R2 R1 ⎠ ⎥
⎦
3⎛
1 ⎜
2
Pagina 45
Problema 3.1 - domanda 3
q1′ = 4πε 0 R1V = − 5 nC
σ 1′ = ε 0 E1 = −159 nC/m 2
q2′ = 4πε 0 R2V = −10 nC
σ 2′ = ε 0 E2 = − 79 nC/m 2
q3′ = 4πε 0 R3V = − 20 nC
σ 3′ = ε 0 E3 = − 40 nC/m 2
Pagina 48
Problema 3.3 - domanda 4
1
q3
Ec ( eV) = mv 2 = e
= 112 eV
2
8πε 0 R
Pagina 52
Problema 3.6 - domanda 1
1 q1 

⎧
⎪ E1 = 4πε κ R 2 ur = ( − 90 V/m ) ur
⎪
0
1
⎨
1
q

2 
⎪ E2 =
u = ( 135 V/m ) ur
2 r
⎪⎩
4πε 0 R2
Problema 3.6 - domanda 2
R2

q2
2q

V2 = − E2 • dr = −
dr =
= 27 V
2
∞ 4πε 0 r
4πε 0 R2
R2
R1


q2
q1


V1 = − E2 • dr − E1 • dr = −
dr −
dr =
2
2
∞ 4πε 0 r
R2 4πε 0κ r
∫
∫
=
∫
∫
∫
∫
q2
q1 ⎛ 1
1⎞
+
− ⎟ = 22.5 V
⎜
4πε 0 R2 4πε 0κ ⎝ R1 R2 ⎠
Problema 3.6 - domanda 3
2 q′ q
1
Ec ( eV) = mv 2 =
= 11.2 MeV
2
8πε 0 ( R2 + d )
4!
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Pagina 53
Problema 3.7 - figura
d
d
v
–
+
q
R1
r
κ
C1
R2
C2
Pagina 58
Problema 3.10 - domanda 4
4) La carica ...
Pagina 61
Problema 3.13 - domanda 2
V+ − V− = V1 − V2 =
q1
=
C
∫
R2
R1
q1
q1
R
dr =
ln 2
2πε 0κ rL
2πε 0κ L R1
2πε 0κ L
C=
R
ln 2
R1
Pagina 62
Problema 3.13 - domanda 3
RP q + q
q + q2 RP
1
2
VP − V2 = −
dr = − 1
ln
= − 419 V
R2 2πε 0 rL
2πε 0 L R2
∫
e quindi
VP − V1 = VP − V2 + V2 − V1 = VP − V2 − (V1 − V2 ) = −1161V
Pagina 64
Problema 3.15 - domanda 2
2) La forza elettrostatica ...
Pagina 67
Problema 4.1 - domanda 1
E
σ
E= 0 =
= 9.04 kV/m
κ κε 0
Pagina 68
Problema 4.3 - testo
... di costante dielettrica relativa κ = 2.5 ...
5!
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Pagina 75
Problema 4.9 - testo
piano sottile isolante caricato con una densità di carica σ = 0.8 µC/m2. ...
Problema 4.9 - domanda 1
 ⎛
σ ⎞

E1 = ⎜ E −
u x = ( −15 kV/m ) u x
⎟
2ε 0 ⎠
⎝

⎛
σ ⎞

e E2 = ⎜ E +
u x = ( 75.3 kV/m ) u x
⎟
2ε 0 ⎠
⎝
Pagina 77
Problema 4.10 - domanda 1
Σ
Ci = C1 + C2 = ε 0
( 2κ + 1) = 247 pF
2d
Pagina 79
Problema 4.12 - domanda 3
3) La carica ai capi di C1 prima e dopo il cortocircuito è data da
⎧qi = C1V1 = C2V2 = ε 0 E2 Σ = 35.4 nC
⎪
Σ
⎨
⎪⎩q f = C1E = κε 0 d E = 177 nC
Pagina 81
Problema 4.14 - figura
C1
κ
E
C1
E
C2
κ
C3
C2
κ
R
R
(a)
(b)
κ
C3
Pagina 90
Problema 4.20 - domanda 4
q′2 ⎛ 1
1 ⎞ q2 ⎛ 1
1 ⎞
ΔU e = U e′ − U e =
+
−
+
= 1.41 × 10 −9 J
⎜
⎟
⎜
2 ⎝ CP CS′ ⎠ 2 ⎝ CP CS ⎟⎠
Pagina 96
Problema 5.4 - domanda 2
q = it ⇒ t =
6!
q
q
q
=
=
= 1.75 s
i
j Σ nevΣ
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Problema 5.4 - domanda 3
U = NEc = nτ EC = nΣ vtEC = C ΔT
nΣ vtEC
ΔT =
= 8 × 10 −4 K
C
Pagina 101
Problema 5.9 - domanda 1
⎧VC = E − R1i
R2
⎪
⇒ VC = E
E
⎨
i
=
R
1 + R2
⎪ R +R
1
2
⎩
Pagina 107
Problema 6.3 - testo
Una particella positiva ferma (m/q = 1.56 × 10–9 kg/C) ...
Pagina 110
Problema 6.5 - domanda 2
⎧ x P = L = v0 t P
⎪
1 eE 2
⎨
⎪⎩ yP = 2 m t p
⇒ y ( x) =
1 eE 2
x
2 mv02
Pagina 116
Problema 6.10 - figura
y
R
P
v1
+
θ
x
e
E
B
e
+
θ
e
+
v2
Q
d
Pagina 124
Problema 7.2 - domanda 1

µ i 2 
µ0 i 

B1 = 0
ux =
u x = ( 0.15 µT) u x
2π d 3
πd 3


µ0 i 2 
µ i

B2 = B3 =
u y = 0 u y = ( 0.26 µT) u y
2π d
πd
Pagina 130
Problema 7.6 - domanda 3
W1
⎧
⎪⎪ B1 = 2m cos θ = 40 µT
⎨
⎪ B2 = W2
= 20 µT
⎪⎩
2m cos θ
7!
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Pagina 132
Problema 7.8 - domanda 1
alla corrente che circola sulla semiretta y
alla corrente che circola sulla semiretta x
alla corrente che circola sulla spira

µ i 
B1 = 0 u x
4π R

µ i 
B2 = 0 u y
4π R

µ0 i 
B3 =
ux
2R
Pagina 133
Problema 7.9 - domanda 1
µ0 i1
µ0 i2
⎧
⎪ Bx = − 2π R − 2π R = − 7.87 µT
1
2
⎪⎪
B
=
0
⎨ y
⎪
⎪ Bz = µ0 i1 + µ0 i2 = 24.7 µT
2R1 2R2
⎪⎩
Pagina 139
Problema 7.13 - domanda 2
2) La forza è repulsiva fra conduttore cavo e filo 2 e attrattiva fra i due fili, quindi
Pagina 141
Problema 7.15 - domanda 3
W = ΔU m = −mBO cos (π ) + mBO cos 0 = 2mB = 2N b ib Σ b BO = 45 × 10 −9 J
Pagina 149
Problema 8.1 - testo
Una bobina quadrata composta da N = 12 spire di lato d = 20 cm ruota attorno ad un lato con velocità angolare
ω costante in una regione di spazio in cui c’è un campo magnetico uniforme B = 2 T. La resistenza della bobina è
R = 2.5 Ω e la potenza media dissipata nella bobina in un periodo è PR,med = 0.4 W. Calcolare
Pagina 151
Problema 8.3 - testo
3) l’energia dissipata nella spira per effetto Joule fra l’istante
t0 e l’istante t
WR
Pagina 157
Problema 8.8 - domanda 4
W
Fx
PR = Pm = m =
= Fv = 0.39 mW
t
t
Pagina 163
Problema 8.13 - testo
3) la carica che fluisce nel circuito per una rotazione θ2 = π/4
8!
q
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Pagina 166-167
Problema 8.16 Un spira conduttrice quadrata di lato a = 10 cm, massa m = 20 g e resistenza complessiva R = 0.2 Ω si trova
all’istante t = 0 appena al di fuori di una zona R, di larghezza L = 30 cm, in cui agisce un campo magnetico
uniforme d’intensità B = 0.3 T perpendicolare al circuito stesso. Tramite un impulso ad un certo istante la spira
comincia a penetrare in R con velocità iniziale v0 = 6 cm/s. Sapendo che l’energia dissipata nella spira fra il tempo
t = 0 e l’istante t1 in cui comincia ad uscire dalla regione R è WR = 2.2 × 10–5 J, calcolare:
1) la carica che ha attraversato la spira in questo tempo
q
2) la velocità della spira all’istante t1
v
3) il tempo impiegato dalla spira a fare il suo percorso
t1
L
,
B
v0
v
Soluzione
1) La variazione del flusso del campo magnetico attraverso la spira è nullo una volta che quest’ultima è
completamente entrata in R: da quel momento, mentre si muove completamente immersa nella regione, non circola
corrente nella spira e quindi la sua velocità rimane costante. La carica si ottiene dalla legge di Felici ricordando che
il flusso iniziale è nullo
Ba 2
= 15 mC
R
2) L’energia dissipata è pari alla diminuzione di energia cinetica della spira
1
1
WR = mv02 − mv 2
2
2
2WR
v = v02 −
= 3.74 cm/s
m
q=
3) Su ciascun lato della spira agisce la forza data dalla II legge elementare di Laplace. Le forze agenti sui lati
orizzontali si compensano, mentre la forza agente sul lato verticale all’interno della regione R non è compensata da
un’analoga forza sul lato opposto finché anche quest’ultimo non entra. Quindi mentre sta entrando l’equazione del
moto della spira e la sua soluzione sono
m
dv
B2 a2
v
B2 a2
t
= iaB = −
v ⇒ ln
=−
t=−
dt
R
v0
mR
τ
con τ =
mR
= 4.44 s
B2 a2
e il tempo per entrare è quindi
v
t A = −τ ln
= 2.1 s
v0
Il tempo per attraversare la spira a velocità costante è
L−a
tB =
= 5.3 s
v
9!
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e infine
t1 = t A + t B = −τ ln
v L−a
+
= 7.4 s
v0
v
Pagina 169
Problema 8.18 - testo
...R con velocità iniziale v0; il tempo impiegato...
.....
3) la velocità iniziale della spira
4) l’energia dissipata nella spira fra gli istanti t0 e t2
Problema 8.18 - domanda 1
L−a
v1 = v2 =
= 2 cm/s
Δt
v0
WR
Pagina 170
Problema 8.18 - domande 3 e 4
3) Ricordiamo dal problema 8.17 che la velocità del circuito mentre entra od esce da una regione a campo
magnetico costante varia con la distanza x secondo la legge
B2 a2
v ( x ) = v0 −
x
mR
La velocità iniziale determinata dall’impulso è quella per cui v(a) = v1 e quindi
v0 = v1 +
B2 a 3
= 4.25 cm/s
mR
4) L’energia dissipata è pari all’energia cinetica persa
1
1
WR = mυ 02 − mυ 22 = 1.4 × 10 −5 J
2
2
Pagina 171-172
Problema 8.20 Una spira conduttrice quadrata PQRS di lato  = 1.5 m, realizzata con filo di rame, di sezione Σ = 1 mm2 e
resistività ρ = 1.67 × 10–8 Ωm, si trova in una regione in cui agisce un campo B = 0.3 T uniforme e perpendicolare al
piano della spira stessa. Come mostrato
in figura, la spira viene deformata completamente tirando i due estremi della

diagonale PR tramite due forze F, eguali e opposte,parallele alla diagonale fintanto che essa assume il suo valore
massimo P ′R′ = 2 . Sapendo che la velocità della spira, che si mantiene costante durante la deformazione, è
v = 0.15 m/s e che l’energia dissipata sulla spira durante il processo è WR = 0.5 W, calcolare:
1) la carica che percorre la bobina dall’istante iniziale a quello finale
q
2) la corrente media che percorre la spira durante il processo
imed
3) l’intensità media delle forze agenti sulla spira
Fmed
Q
B
F
P
P
R
R
F
S
10!
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Soluzione
1) L’area della figura alla fine del processo diventa nulla, per cui la variazione di flusso del campo magnetico è
ΔΦ = B 2 = 0.675 Tm 2
La resistenza del circuito è
4
RS = ρ
= 0.1 Ω
Σ
per cui, utilizzando la legge di Felici, si ha
Φi − Φ f B Σ i − Σ f
B2
q=
=
=
= 6.75 C
RS
RS
RS
(
)
2) L’estremo P della spira si sposta dalla posizione P alla posizione P ′ percorrendo il tratto d con velocità
costante per cui l’intervallo di tempo in cui avviene lo spostamento è dato da

−
2
d
⎛
2⎞
2
Δt = =
= ⎜1 −
= 2.9 s
v
v
v⎝
2 ⎟⎠
L’intensità media di corrente durante il processo è quindi
q
imed =
= 2.3 A
Δt
3) L’energia meccanica utilizzata per la deformazione viene completamente dissipata in calore per effetto Joule.
Il lavoro meccanico fatto per deformare la spira è pertanto
WR = 2Fmed d = 2Fmed vΔt
e quindi la forza agente è
W
Fmed = R = 0.57 N
2vΔt
Pagina 188
Problema 9.13 . Soluzione
1) L’autoflusso del toroide è
 
Φ ( t ) = L i ( t ) = N Biu N dΣ = N
∫
Σ
∫
r +b
r
µ0 N
µ N2
r+b
i ( t ) a dr = 0
a ln
i (t )
2π r
2π
r
per cui l’energia potenziale immagazzinata all’istante iniziale è
Um =
⎛
⎞
µ0 N 2
r+b
⎜ L = 2π a ln r = 0.4 mH ⎟
⎝
⎠
1 2 µ0 N 2 a r + b 2
Li0 =
ln
i0 = 20 mJ
2
4π
r
2) Osservando che il campo magnetico è confinato nel volume del toroide, il flusso del campo magnetico
attraverso la bobina è dato da
Φb ( t ) = N b
∫
Σ
 
Biu N d Σ = N b
∫
r +b
r
t
−
µ0 N
µ NN
r+b
L
i ( t ) a dr = 0 b a ln
i ( t ) = N b i0 e τ
2π r
2π
r
N
per cui la forza elettromotrice indotta è
Ei ( t ) = −
t
t
−
dΦ LN b − τ
=
i0 e = 0.16 e τ V
dt
Nτ
3) Il lavoro è dato dall’energia dissipata per effetto Joule sulla resistenza della bobina nel periodo in cui vi
circola corrente
WR =
11!
∫
∞
0
Ei2 ( t )
dt =
Rb
∫
∞
0
1
Rb
2
( LNb i0 ) = 3.2 × 10 −6 J
⎛ LN b i0 ⎞ −2 τ
dt =
⎜⎝
⎟⎠ e
Nτ
2Rb N 2τ
t
2
Thursday, January 23, 2014
Zotto Nigro - Problemi di Fisica Generale Elettromagnetismo Ottica - I edizione
4) Utilizzando la legge di Felici e osservando che il flusso finale è nullo si ha
Mi
LN b i0
q= 0 =
= 40 µC
Rb
NRb
Pagina 201
Problema 10.2 - domanda 3
1
1
c
1
n
I t = ε 0κ vEt2 == ε 0κ Et2 = cε 0 nEt2 =
Et2
2
2
n
2
2Z 0
Et =
2Z 0
It =
n
2Z 0 Pt
=
n Σt
2Z 0 Pi − Pr cos θi
= 550 V/m
n
Σ i cos θt
Pagina 203
Problema 10.3 - domanda 1
I r = RI i = 12 W/m 2
Problema 10.4 - domande 1 e 2
θi = 53.06 o
e θt = 36.94 o
Pr =
2
Pi
P sen (θi − θt )
Rσ = i
= 0.39 mW
2
2 sen 2 (θi + θt )
Ir =
Pr
1 2
=
E = 77 W/m 2
Σ i 2Z 0 r
Er = 2Z 0 I r = 238 V/m e Br =
Pi = Pr + Pt
Er
= 0.8 µT
c
⇒ Pt = Pi − Pr = 9.61 mW
Pagina 207
Problema 10.8 - testo
L’ampiezza del campo magnetico della luce uscente da P3 è B3 = 333 nT.
Pagina 217
Problema 11.4 - domanda 1
δ = ( kn − k0 )  A = k0 ( n − 1)  A =
2π
 ( n − 1) = 98.133 rad
λ0 A
Pagina 220
Problema 11.8 - testo
Il coefficiente di riflessione è R = 0.28 su ...
Pagina 222
Problema 11.8 - domanda 3
R +1
n=
= 3.24
1− R
dmax =
1λ
= 38 nm
4n
Problema 11.8 - domanda 3
λ
dmin =
= 76 nm
2n
Pagina 229
12!
Thursday, January 23, 2014
Zotto Nigro - Problemi di Fisica Generale Elettromagnetismo Ottica - I edizione
Problema 12.1 - domanda 3
2
⎡
⎛ φA ⎞ ⎤
⎢ sen ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎥
2
⎢
⎥
2
⎡
⎛ π
⎞⎤
⎡
⎛ φA ⎞ ⎤
⎢ φA
⎥
λ
sen
b
sen
θ
sen
⎢ A
⎜⎝ ⎟⎠ ⎥
⎜⎝ λ
⎟⎠ ⎥
⎢φ
⎥⎦
2
I A ⎢⎣
2
A
B
⎢
⎥ = 20.2
⎢
⎥
=
=
=
2
⎢
IB ⎡
⎛ π
⎞⎥
⎢ φ A sen ⎛ φ B ⎞ ⎥
⎛ φB ⎞ ⎤
b sen θ ⎟ ⎥
⎢ λ B sen ⎜
⎜⎝ ⎟⎠ ⎥
⎢⎣
⎢ sen ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎥
2 ⎦
⎝ λB
⎠ ⎦⎥
⎢⎣
⎢
⎥
⎢ φB
⎥
⎢⎣
⎥⎦
2
Pagina 232
Problema 12.4 - testo
b) tale massimo principale è appena separato secondo Rayleigh dal massimo principale dello stesso ordine di
una lunghezza d’onda che differisce da λ1 di Δλ = 0.075 µm
Pagina 236
Problema 12.1 - domanda 4
Na
13!
2π
sen θ min = 2 m ′π
λ
con m ′ = 1, 2
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