Se onda prova in itinere - 28/06/2016
Eser izio 1
Sidimostri he, ssate le temperature
T
1
eT
2
< T
1
didue sorgentitermi he, la ma hina diCarnot hail massimorendimentofra tutte le ma hine he operano tratalisorgenti (teorema di Carnot).Eser izio 2
Una ari a positiva èdistribuita uniformemente on densità volumetri a
ρ
inuna sferadiraggioR
1
. Ladistribuzione di ari a è ir ondatadaun gus iosferi o onduttoreneutrodiraggiointernoR
2
e raggioesternoR
3
, ome mostratoingura.a)Sidetermini il ampo elettri oin modulo,direzione everso intuttolo
spazio.
b) Si determini il potenziale elettrostati o
V
2
a distanzaR
2
dal entro della sfera,avendo posto a zero il valore delpotenzialeall'innito.) Si dis uta, giusti ando la risposta, ome ambia il risultato del punto a) nel aso in ui il
onduttorevenga ollegatoa terra.
Eser izio 3
Un ilindro avo onduttoredilunghezza innita,raggiointerno
R
1
e raggio esternoR
2
è per orso da una orrenteI
ome in gura. A distanzad
dall'assedel ilindroèposta unaspiraquadratadilatoL
per orsa an h'essa da una orrentedi intensitàI
, ome mostratoin gura. Si al olino (spe i ando modulo, direzione e verso di ognivettore):
a) il ampo magnetostati o
B
generato in tutto lo spazio dal solo ilindro avo;b)la risultante
R
delle forze agenti sulla spira quadrata.Eser izio 4
Due sferette onduttri i, di medesimo raggio
R
, sono ari ate rispettivamente on ari heQ
1
eQ
2
dellostessosegno,la uisommaèpariadunvalore notoQ
. Lesferesonoposteadunadistanzatrai loro entripari ad
, ond ≫ R
; siaF
ilmodulodellaforza on uisirespingono. Su essivamentele sferettevengonoallontanateadunadistanzad
′
= 3d
evengono ollegatemedianteunlo onduttore;
una voltarimossoil lo, la forzadi repulsione tralesfere si ridu ea
F
′
=
F
8
. Si determinino: 1)il valore delle ari heQ
′
1
eQ
′
2
presenti sulle due sferette dopo il ollegamentoin funzione diQ
; 2)il valore delle ari heQ
1
eQ
2
presenti inizialmentesulle due sfere, sempre infunzione diQ
.Se onda prova in itinere - 28/06/2016 - Soluzioni
Eser izio 1
SivedaadesempioS.Fo ardi,I.Massa, A.Uguzzoni,M.Villa,Fisi aGenerale, Me ani a eT
ermo-dinami a II edizione, ap. 14,pag. 597 e seguentioppure P. Mazzoldi,M. Nigro,C. Vo i,Elementi
di Fisi a, Me ani a - Termodinami a II edizione, ap. 14, pag. 376 e seguenti.
Eser izio 2
a) Data la simmetria sferi a del sistema, appli heremo il teorema di Gauss al ampo elettri o
ipo-tizzando he possa s riversi nella forma
E
= E(r)u
r
, onu
r
versore radiale. S elta una super ie gaussianaΣ
sferi a e on entri a alsistema,diraggiovariabiler
,risulterà heΦ
Σ
(E) = 4πr
2
E(r) =
Q
int,Σ
/ε
0
, da uiE(r) =
Q
int,Σ
4πε
0
r
2
(1)Tenuto onto degli eetti di induzione elettrostati asul gus io onduttore, si distinguonoi seguenti
asi:
0 ≤ r ≤ R
1
,
Q
int,Σ
=
4
3
πρr
3
,
E(r) =
ρr
3ε
0
R
1
≤
r < R
2
, Q
int,Σ
=
4
3
πρR
3
1
, E(r) =
ρR
3
1
3ε
0
r
2
R
2
< r < R
3
, Q
int,Σ
= 0,
E(r) = 0
r > R
3
,
Q
int,Σ
=
4
3
πρR
3
1
, E(r) =
ρR
3
1
3ε
0
r
2
(2)b)Poi héilgus io onduttoreèequipotenzialeipotenzialiin
r = R
2
edr = R
3
sonouguali. E'fa ile dimostrare he ponendoilpotenzialeall'innitopari azero, ilpotenzialenella regioner > R
3
èdato dalla espressioneV (r) =
Q
int,Σ
4πε
0
r
=
ρR
3
1
3ε
0
r
, per uiavremo:
V
2
= V (R
3
) =
ρR
3
1
3ε
0
R
3
(3)
)Innesinoti heponendoilgus ioaterrale ari heindottesullasuper ieesternaabbandoneranno
il onduttore. Pertanto, non essendo i ari he esterne, il ampo nella regione
r > R
3
sarà nullo. Il amponellealtreregionidellospaziomanterràinve elastessaespressione al olatapre edentemente.Eser izio 3
a) Data la simmetria ilindri a del sistema, appli heremo la legge di Ampere al ampo magneti o
ipotizzando he possa s riversi nella forma
B
= B(r)u
t
, onu
t
versore tangente alle ir onferenze on entri he alsistemaedirettonelverso individuatodallaregoladella vitedestrorsa he avanzi nelverso di s orrimento della orrente. S elta una linea
γ
ir olare e on entri a al sistema, di raggio variabiler
, risulterà heH
γ
B · dr
= 2πrB(r) = µ
0
I
conc,γ
, da uiB(r) =
µ
0
I
conc,γ
Detta
J =
I
π(R
2
2
−
R
2
1
)
la densità di orrente he s orre nel ilindro avo, si distinguono quindi i
seguenti asi:
0 ≤ r ≤ R
1
,
I
conc,γ
= 0,
B(r) = 0
R
1
≤
r ≤ R
2
, I
conc,γ
= Jπ(r
2
−
R
2
1
),
B(r) =
µ
0
J(r
2
−
R
2
1
)
2r
=
µ
0
I(r
2
−
R
2
1
)
2πr(R
2
2
−
R
2
1
)
r ≥ R
2
,
I
conc,γ
= Jπ(R
2
2
−
R
2
1
), B(r) =
µ
0
J(R
2
2
−
R
2
1
)
2r
=
µ
0
I
2πr
(5)b) Notiamo he le forze agenti sui lati perpendi olari all'asse del ilindro sono uguali in modulo e
direzione maopposte inverso, per ui non on orronoallarisultante delleforze. Ri ordiamoinoltre
he laforzamagneti a agentesu un loper orsoda orrenteè pari a
F
=
R
f ilo
Idl × B
he nel aso diun lorettilineodi lunghezzal
immerso inun ampo uniformedivieneF
= Il × B
, onl
vettore diretto lungo il lonel verso di s orrimento della orrente. Dettou
r
il versore radiale diretto verso l'esternodel ilindro,avremo quindi he larisultantedelleforze, legataaisolilatidellaspiraparallelial ilindro, sarà pari a:
R
=
µ
0
I
2
L
2πd
−
µ
0
I
2
L
2π(d + L)
u
r
=
µ
0
I
2
Lu
r
2π
1
d
−
1
d + L
=
µ
0
I
2
L
2
u
r
2πd(d + L)
(6) erisulterà repulsiva. Eser izio 41)Nelmomentoin ui lesferettevengono ollegateesseassumonomedesimopotenziale
V
1
= V
2
= V
; trattandosidisferette identi he esseavranno an he medesima apa ità, pariaC = 4πε
0
R
. Pertanto, detteQ
′
1
eQ
′
2
le nuove ari he presenti sulle sfere, dovremo avere he:V
1
=
Q
′
1
C
= V
2
=
Q
′
2
C
(7)da ui si evin e he le due ari he sono uguali. Per il prin ipio di onservazione della ari a dovrà
an he risultare he
Q
′
1
+ Q
′
2
= Q
1
+ Q
2
= Q
, da uirisulterà heQ
′
1
= Q
′
2
=
Q
2
. 2)Avremo he:
F =
Q
1
Q
2
4πε
0
d
2
=
Q
1
(Q − Q
1
)
4πε
0
d
2
F
′
=
F
8
=
Q
′
1
Q
′
2
4πε
0
d
′2
=
Q
2
16πε
0
(3d)
2
(8) da ui1
8
Q
1
(Q − Q
1
)
4πε
0
d
2
=
Q
2
144πε
0
d
2
(9) ovveroQ
1
(Q − Q
1
) =
2Q
2
9
(10)he può essere ris ritta ome
Q
2
1
−
1
+ 2Q
2
/9 = 0
.Le soluzioni di questa equazione di se ondo grado sono allora