20 02 18s

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Traccia Di Soluzione Esame 20/02/18 1) Sfruttiamo la simmetria sferica della sfera dielettrica e applichiamo il teorema di gauss. 0 1dd V    ES a) Essendo  uniforme e E con simmietria radiale si ha: Per r<R 23 44/ 3E r r   ò 3 r rEu ò b) Il campo elettrico nel punto in cui giace una delle due cariche è dato dal contributo del campo generato dalla sfera dielettrica caricata uniformemente e da quello dalla carica disposta in modo speculare. Il campo elettrico generato dalla sfera in quel punto è: 3 d rEu ò Mentre quello dovuto alla carica positiva è: 24 (4 ) Q d rEu In totale: 23 4 (4 ) r dQu d      tot rEu ò La forza sentita dalla carica è data da: 23 4 (4 ) dQQQ d        rF E u ò Imponiamo che valga zero e otteniamo: 1/3 3 16 Qd    2) a) La carica all’istante iniziale è ferma e vincolata tramite un’asta al centro del solenoide, in modo che non possa variare la distanza fra la carica e il centro stesso. Dopo il tempo 0t  un campo magnetico uniforme variabile nel tempo genererà un campo elettrico secondo la legge: dd d dt      E B S Da cui inserendo i dati del problema, si ottiene:   22 ( ) dE l B t l dt   2 02 sin( ) dE l B t l dt    0 1 cos( )2 B l t Eu La forza di Lorentz che agisce sulla carica è data da: qq  F E v B Essendo la carica vincolata in direzione radiale, si ha che l’unica forza che genera un movimento è data dal primo termine della parte sinistrorsa dell’equazione precedente, ovvero:  0 1 cos( )2 q B l t Fu b) la carica parte da ferma e quindi la velocità è data da 0 ( ) ( ) t v t a d   dove: 0 cos( )() 2 q B l tat m  è l’accelerazione. Si ha dunque: 0 sin( )() 2 qB l tvt m  4)