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Prova in itinere del 27/04/2017: traccia sintetica di soluzione Problema 1 a)-b) Per la simmetria del sistema i campi ⃗E, ⃗D e ⃗P si possono scrivere come: ⃗E =E(r)⃗ ur ⃗D =D(r)⃗ ur ⃗P =P (r)⃗ ur. Applichiamo il Teorema di Gauss per il campo ⃗D su superfici cilindriche coassiali al filo, di altezza h e raggio r. Φ(⃗D) =D(r)2πrh =qlibera,contenuta Se r<R 1 o se r>R 2: D(r)2πrh =λh ⃗D = λ 2πr⃗ ur Se R1 < r < R2 possiamo affermare direttamente che ⃗D = 0 perch` e siamo all’interno di un conduttore. Essendo, in generale in mezzi lineari isotropi, ⃗D =ε0εr⃗E, si ricava immediatamente: ⃗E =    λ 2πε0r⃗ ur r<R 1∨ r>R 3 0 R1<r<R 2 λ 2πε0εrr⃗ ur R2<r<R 3 R1 R2 R30 r |⃗E| Tutte le cariche indotte e di polarizzazione, per la simmetria del sistema, sono uniformi lungo la coordinate z e φ, e possono dipendere al pi` u dar. Ricavo la densit` a di carica libera indotta sulla superficie interna del conduttore σ1L applicando il Teorema di Gauss per il campo ⃗D a una superficie cilindrica coassiale al filo, di raggio r =R+ 1 e altezza h. Tenendo presente che nel conduttore il campo ⃗D ` e identicamente nullo: 0 = Φ(⃗D) =qlibera,contenuta =λh +σ1L· 2πR1h da cui σ1L =− λ 2πR1 . 1 Non essendoci naturalmente carica libera nel volume del conduttore, si pu` o imporre la neutralit` a di ogni tratto h del conduttore e ricavare la densit` a di carica libera sulla superficie esterna σ2L: σ1L2πR1h +σ2L2πR2h = 0 σ2L =−σ1L R1 R2 = + λ 2πR2 . Per quanto riguarda il dielettrico, il campo di polarizzazione al suo interno vale: ⃗P = εr− 1 εr ⃗D = εr− 1 εr · λ 2πr⃗ ur sulla superficie interna del dielettrico si ha perci` o una densit` a di carica di polarizzazione pari a: σ2P = ⃗P (R2)·⃗ n2 = ⃗P (R2)· (−⃗ ur) = 1−εr εr λ 2πR2 sulla superficie esterna, invece: σ3P = ⃗P (R3)·⃗ n3 = ⃗P (R3)· (+⃗ ur) = εr−…