Esercizio 1
Dal momento che δ ! R, il campo elettrico generato dalla carica sulla superficie curva della calotta sferica sar`a radiale e varr`a:
"
E " 1 4π$0
1
R2ˆur → Φ1( "E) =
!
Σ
"
E· ˆundΣ = q
4π$0R22πR2= q 2$0
V m
La carica `e esterna al volume della calotta sferica, pertanto applicando la legge di Gauss si ricava immediatamente il flusso attraverso la parte piana della superficie:
"
Σtot
"
E· ˆundΣ = Qint
$0
= 0 → Φ2= −Φ1= − q 2$0
V m Esercizio 2
La carica che flusice durante la fase di pressione del tasto dipende dalla variazione di capacit`a a tensione costante:
∆Q = V0∆C = V0
#$0kS
d/2 −$0kS d
$
= V0$0kS
d " 0.22 pC
Durante la pressione del tasto, la batteria compie il lavoro di pompare una carica pari a ∆Q sulle armature del condensatore alla tensione costante V0:
W =
! Q0+∆Q Q0
V0dq = V0∆Q " 1.1 pJ
Esercizio 3
Rc= 1 σ
L
S = 5.3 Ω Rci2= Pc → i =
%Pc
Rc " 0.87 A V0= (ri+ Rc)i → ri= V0
i − Rc= 455 mΩ η = Pc
Pgen
= Rci2 V0i = Rci
V0 " 0.92 Pc = Rci2= Rc
V02
(Rc+ ri)2 per determinare il max della funzione Pc(Rc) calcolo la derivata e la pongo uguale a 0 dPc
dRc
= ri− Rc
(ri+ Rc)3V02= 0 → Rc= ri (adattamento del carico) di conseguenza: Lopt= σSRopt= σSri" 8.58 m
Esercizio 4
Il campo magnetico in P risulta dalla sovrapposizione dei campi generati indipendentemente da ognuno dei due fili percorsi da corrente. Per considerazioni di simmetira, la sola componente che risulta diversa da 0 `e quella allineata lungo ˆx, direzione lungo cui il contributo dei due fili si somma:
"
B = 2B1cos θˆux con cos θ = d/2
&
R2+ d2/4 Per il calcolo di B1:
B1= µ0i 2π&
R2+ d2/4 Si ottiene complessivamente:
"
B(P ) = µ0id
2π(R2+ d2/4)ˆux= 0.2ˆuxµT Esercizio 5
Ricordando che M = (km− 1)H, troviamo l’espressione di H. Applichiamo la legge di ampere al vettore H:
"
"
H· "ds = 2πRH = N i → H = N i 2πR Abbiamo dunque:
M = (km− 1) N i 2πR ≈km
N i
2πR → i = M2πR
N km " 0.5 A Esercizio 6
Φ(t = 0) = N!
Σ
"
B(0)· ˆundΣ = N1
2πr2cos θ " 785 mW b i(t) =−1
R
∂Φ
∂t = −N
Rπr2cos θd dt
# 1 2e−2t
$
" N
Rπr2cos θe−2t= π 20e−2tA