9 ÅÅÅÅÅÅÅÅÅb e`r02r per rper r< r> r00 (2)

UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PISA - FACOLTÀ DI INGEGNERIA CORSI DI LAUREA IN INGEGNERIA AEROSPAZIALE E NUCLEARE

FISICA E ELETTRONICA - Prova n. 1 - 27/10/2007 Soluzioni

1)

Il campo elettrico E^Øl generato da una distribuzione lineare di densità l, uniforme lungo l'asse z, vale:

E^Øl=

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

₂^{l e`}_{p r e}^r

0

da cui, sostituendo r = r sinHJL e e`r = sinHJL e`r+ cosHJL e`J , si ottiene:

E^Øl=

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

₂^{l e`}_{p r e}^r

0

+ ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

^{l cot}_{2p r e}^{HJL e`J}

0 (1)

Il campo (1) si riconosce immediatamente come componente di E^Ø, cioè E^Ø= E^Øl+ E^Ø₂, ponendo:

a =

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

_{2p e}^l

0

\ l = 2 a p e0.

2)

Dalla soluzione dell'esercizio precedente, per il campo residuo si ricava:

E^Ø2 =

9 ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

^{b e`}_r⁰₂r ^{per r}per r^{< r}> r⁰₀ (2)

Tale campo ha simmetria sferica, pertanto la distribuzione di carica che lo genera deve rispettare la stessa simmetria.

La densità di carica presente nel punto richiesto deve essere la stessa per punti con lo stesso r₀ ma diversi J e j, quindi si tratta della densità s di una distribuzione superficiale sferica di raggio r₀. Il campo di una tale distribuzione vale:

E^Øs =

9 ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

^{s r}_e^{002e`r per r< r0}

0r² per r> r₀

Dal confronto di questo campo con quello dell'espressione (2) si ricava:

b =

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

^{s r}_e⁰²

0

\ s =

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

^b_r^e0

02

7)

In assenza di attrito l'energia meccanica della particella si conserva.

Con j = j₀ l'energia potenziale della particella di carica q dipende solo da r come segue:

U(r) = q VHr, j0L = q V0sinHk rL + q V0cosHh j0L

e poiché l'energia potenziale è definita a meno di una costante possiamo eliminare il secondo addendo ridefinendo U:

U(r) = q V₀sinHk rL (3)

Il grafico della funzione (3), con i punti P e Q, è riportato di seguito:

P Q r

U

_min

= -qV

₀

0 U

max

= qV

₀

U

U HQL

Dal grafico risulta immediatamente che l'energia minima necessaria alla particella per arrivare in Q partendo da P è quella che serve a superare la barriera di potenziale. Tale energia è pari a Umax = q V0.

Quando la particella arriva in Q possiede una energia potenziale pari a U(Q). Se m è la massa della particella e v la sua velocità quando raggiunge Q, la conservazione dell'energia meccanica fornisce:

ÅÅÅÅ

1₂ mv²+ UHQL = Umax

\ v= $%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

^2@Umax_m^-UHQLD

dove UHQL = UHr0+ 3 pê kL = q V0sinHk r0+ 3 pL = - q V0sinHk r0L e infine:

v= $%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

^{2 q V0}@1+ sinHk r_m %%%%%%%%%%%

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

0LD

Nota: in effetti la particella avrà una velocità appena maggiore, altrimenti non supererebbe i punti di massimo dell'energia potenziale.

8)

Il sistema gode di simmetria sferica, pertanto il campo elettrico è centrale e, scelta l'origine nel centro delle sfere, risulta:

E^Ø= E_rHrL e`r (4)

Dette QA e QB le cariche rispettivamente depositate sulle lamine A e B, il campo elettrico (4) può essere determinato applicando il teorema di Gauss a una sfera S di raggio r concentrica alle altre:

F_S(E^Ø) = 4p r²ErHrL =

9

^{QAê e0 per RA}< r < RB

HQA+ Q_BL ê e0 per RB< r < R_C

\ ErHrL =

9 ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

_{4p e}^QA

0 r² per RA< r < R_B QA+Q_B

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

_{4p e}

0 r² per RB< r < R_C

Poiché la lamina C è messa a terra, il potenziale VAdella lamina A si ottiene integrando il campo elettrico lungo una traiettoria g che va da un punto di A a un punto di C:

V_A= ‡

AgC E^Ø

ÿ

ds^Ø

Scegliamo come traiettoria un semplice percorso radiale:

ds^Ø = e`_r dr e E^Ø

ÿ

ds^Ø = EHrL dr

\ V_A=

Ÿ

AgCEHrL dr =

Ÿ

AgBEHrL dr +

Ÿ

BgCEHrL dr

\ VA= ‡_R

A

R_B

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

_{4p e}QA

0 r² dr+ ‡_R

B

R_C

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

Q_{4p e}A+QB

0 r² dr=

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

₄^Q_{p e}^A

0

I ÅÅÅÅÅÅÅ

_R¹

A

- ÅÅÅÅÅÅÅÅ

_R¹

C

M

⁺

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

₄^Q_{p e}^B

0

I ÅÅÅÅÅÅÅ

_R¹

B

- ÅÅÅÅÅÅÅÅ

_R¹

C

M

10)

Per definizione la capacità C = Q/DV, dove DV è la tensione tra le armature del condensatore. Nel problema precedente (9) è già stata calcolata la carica Q con una certa configurazione di campo elettrico, resta da calcolare DV nella stessa configurazione.

Per definizione DV = ‡

AgB E^Ø

ÿ

ds^Ø con l'integrale esteso lungo un percorso g che conduce da A a B. Scegliamo come percorso una linea coordinata J, coincidente quindi con una linea di campo elettrico: ds^Ø = e`Jr dJ e E^Ø

ÿ

ds^Ø= EJ r dJ

\ DV =

Ÿ

AgBEJ r dJ =

Ÿ

_JA^JB

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

_{r sinHJL}^{a r dJ}

\ DV = a lnA

ÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅÅ

^tan_tan^HJ_HJ^Bê2L

Aê2L

D