v 2 0 = GM R R = GMm R 2 2π (1 giorno) = 2π R = rad/s. ω terra = = rad/s; ω s = v 0

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1 Università degli Studi di Udine, Corsi di Laurea in Ingegneria Gestionale ed Ingegneria Elettronica A.A. 202/203, Sessione di Gennaio/Febbraio 204, Primo Appello FISICA GENERALE I 2 CFU), Prova scritta del 29 Gennaio 204 TESTI E SOLUZIONI DEI PROBLEMI PROBLEMA A Unsatelliteartificiale, dimassam = 500kg,vienedapprimaportatoadunadistanzaR = km dal centro della Terra e quindi lanciato con una velocità v 0 in modo da fargli percorrere un orbita circolare di raggio R. L orbita seguita dal satellite appartiene al piano su cui giace l equatore terrestre e il verso di percorrenza dell orbita è concorde con la rotazione della Terra intorno al suo asse. Determinare: a) la velocità v 0 del satellite; b) il tempo in cui il satellite compie un giro completo rispetto ad un sistema solidale con la Terra, specificando in quale direzione esso si muove. Per rispondere, si tenga conto della rotazione terrestre). Qualche tempo dopo, a causa di un urto con un meteorite, il satellite viene deviato dalla sua orbita originaria e prende a percorrere un orbita ellittica sempre nel piano equatoriale) avente i punti di massima e minima distanza dal centro della Terra rispettivamente afelio e perielio dell orbita) alle distanze r = R e r 2 = R/2. Determinare: c) le velocità v e v 2 del satellite nei punti di afelio e perielio dell orbita ellittica; d) di quanto è variata l energia meccanica del satellite ovviamente rispetto al caso in a)). [Trascurare ogni effetto della resistenza del mezzo. Le velocità v 0, v e v 2 si intendono calcolate rispetto ad un sistema non rotante. Per la massa della Terra usare il valore M = kg.] Soluzione Nel caso in cui il satellite percorre l orbita circolare di raggio R la forza centripeta di cui esso risente dovrà essere pari alla forza gravitazionale con cui esso è attratto verso il centro della Terra. Quindi m v2 0 R = GMm R 2 v 2 0 = GM R v 0 = GM R = m/s. Dato che l orbita è nel piano equatoriale, da un punto dell asse terrestre al di sopra del polo Nord vedremmo ruotare sia la Terra che il satellite in verso antiorario con le seguenti velocità angolari ω terra = 2π giorno) = 2π = rad/s; ω s = v 0 R = rad/s. Nel sistema non rotante) in cui ci troviamo possiamo scrivere che ω s = ω terra + ω s, dove ω s è ovviamente) la velocità angolare del satellite rispetto al sistema solidale con la Terra. Quindi, ricaviamo ω s = ω s ω terra = rad/s, il cui segno negativo ci fa capire che un osservatore in quiete sulla superficie terrestre vedrà ruotare il satellite in verso opposto al verso di rotazione della Terra: cioè lo vedrà andare verso Ovest. Il tempo in cui il satellite percorrerà un giro completo rispetto alla Terra sarà quindi T s = 2π ω s = s 07 h 4.5 giorni. Quando il satellite segue l orbita ellittica, per il calcolo delle velocità nei due punti menzionati possiamo fare appello alla conservazione dell energia meccanica e del momento angolare del satellite che possono essere tradotte nelle seguenti 2 mv2 G Mm R = 2 mv2 2 G Mm R/2 mrv = m R 2 v 2.

2 Dalla seconda ricaviamo v 2 = 2v che sostituita nella prima ci permette di ricavare 2 v2 GM R = 2v2 2GM R 3v 2 = 2GM R v 2 = 2GM 3R, v = 2GM 3R = m/s; v 2 = 2 v = 8GM 3R = m/s. Infine, notando che le energie meccaniche del satellite nei due casi esaminati sono le seguenti E circ = 2 mv2 0 GMm R = 2 mgm R GMm R = 2 GMm R, E ellisse = 2 mv2 G Mm R = 2 m2gm 3R GMm R = 2 3 GMm R, allora la variazione di energia richiesta al punto d) è data da E = E ellisse E circ = ) G Mm 2 R = GM 6 R = J. PROBLEMA A2 Si abbia una puleggia doppia costituita da due corpi cilindrici omogenei di uguale lunghezza e fatti dello stesso materiale) e di raggi R = 30 cm e r = 2 R. Le due parti cilindriche sono coassiali, formano un corpo unico e la massa complessiva della puleggia è M = 4.0 kg. La 3 puleggia è montata su un asse orizzontale intorno al quale può ruotare liberamente. Come si vede dalla figura, tramite due corde ideali inestensibili e di massa trascurabile) avvolte intorno ad essa, alla puleggia sono agganciati due corpi: alla parte di raggio r della puleggia è collegato il corpo, di massa m = 2.0 kg, che poggia su un piano orizzontale; invece il corpo 2, di massa m 2, è sospeso verticalmente m tramite la corda 2 avvolta intorno alla parte di raggio R della r R puleggia. Supponendo che le corde non scivolino mai rispetto alla puleggia e che il piano su cui poggia il corpo presenti i coefficienti di attrito statico e dinamico µ 2 s = 0.70 e µ k = 0.40, si determini: a) il massimo valore di m 2, m 2,max, entro il quale il sistema può rimanere in equilibrio statico nella configurazione m 2 indicata in figura; b) le accelerazioni a e a 2 dei due corpi nel caso di m 2 = 2.5 m 2,max. Soluzione Quando il sistema è in equilibrio statico la risultante delle forze e dei momenti agenti su ogni sua parte dovrà essere nulla. Indicando con T e T 2 sia i moduli delle tensioni delle corde e 2 rispettivamente) che i moduli delle rispettive forze che gli estremi di tali corde esercitano sui corpi e sulla puleggia, l applicazione della 2 a legge della dinamica nelle forme lineare per i corpi e 2) e angolare per la puleggia) ci permette di scrivere le seguenti relazioni 0 = T f s 0 = m 2 g T 2 0 = RT 2 rt, dove si sono considerate le componenti delle forze rispetto ad assi paralleli alle corde rispettivamente, orizzontale verso destra per la prima equazione, verticale verso il basso per la seconda) e i l/2 l/2

3 momenti rispetto all asse della puleggia prendendo come positivi quelli orari). Ricavando T e T 2 dalle prime due relazioni e sostituendo nella terza, si ottiene T = f 2 ; T 2 = m 2 g; Rm 2 g = rf s f s = R r m 2g, che dà, in caso di equilibrio, il modulo della forza di attrito statico espressa dal contatto tra il corpo e il piano di appoggio. Ma per tale forza si ha la limitazione e pertanto, dovrà essere f s f s,max = µ s N = µ s m g, f s = R r m 2g µ s m g m 2 m 2,max = r R µ sm, con ricordando che è r = 2 3 R) m 2,max = 2 3 µ sm = kg. Quando la massa del corpo 2 sarà pari a 2.5 m 2,max, il sistema non sarà più in equilibrio e quindi l applicazione della 2 a legge della dinamica porta alle seguenti m a = T f k = T µ k m g m 2 a 2 = m 2 g T 2, Iα = RT 2 rt dove ora a e a 2 sono le accelerazioni lineari) dei corpi e 2, α è l accelerazione angolare della puleggia e f k = µ k m g è la forza di attrito dinamico relativa al contatto tra il corpo e il piano di appoggio. Osservando che tra le accelerazioni valgono le seguenti relazioni α = a r = a 2 R α = a r ; a 2 = R r a, sostituendo le ultime due nelle equazioni precedenti, con qualche passaggio ricaviamo I a m r = R 2 g Rr ) m 2a rm a +µ k m g) I +m 2 R 2 +m r 2) a = m 2 Rr µ k m r 2) g a = m 2Rr µ k m r 2 )g I +m 2 R 2 +m r 2 ). In tali relazioni I è il momento d inerzia della puleggia rispetto all asse di rotazione che è anche l asse passante per il suo centro di massa). La massa totale della puleggia è M ed essa è formata da due cilindri omogenei coassiali e dello stesso materiale) di uguali lunghezze e raggi r e R. Quindi, Per le corrispondenti masse M r e M R dovranno valere le seguenti M r +M R = M; M r M R = πr2 l/2 πr 2 l/2 = r2 R 2 m r = r 2 r 2 +R 2M; M R = R2 r 2 +R 2M. Conseguentemente, dato che le due parti cilindriche della puleggia formano un corpo unico, dovrà essere I = 2 M rr M RR 2 = ) r 4 +R 4 M = 97 2 r 2 +R MR2, dove, nell ultima espressione, si tenuto esplicitamente conto del fatto che è r = 2 3 R.

4 Tornando all espressione di a, inserendo I ed esplicitando il fatto che ora è m 2 = 2.5m 2,max = 5 µ 3 sm, si ottiene a = 5 µ 3 s 2µ ) 2 3 k m 3 g [ 97 M + 5 µ ) ] = 2.4 m/s 2, s + 4 m 9 a 2 = R r a = 3 2 a = 3.62 m/s 2 ; α = a r = 3 a 2 R = 2.0 rad/s2. PROBLEMA A3 Una macchina di Carnot assorbe in un ciclo dalla sorgente a temperatura più alta) una quantità di calore Q = J ed ha un rendimento η = a) Determinare il lavoro L prodotto dalla macchina in un ciclo. Il lavoro L viene utilizzato per comprimere un gas ideale biatomico lungo una trasformazione politropica reversibile pv k = cost.) con k = 2.0, a partire da uno stato iniziale caratterizzato dai valori di pressione, volume e temperatura p i =.0 atm, = 0.0 dm 3 e T i = 200 K. Determinare: b) pressione p f ) e volume ) del gas alla fine della compressione; c) il calore scambiato dal gas lungo la trasformazione. Soluzione Nella macchina di Carnot la quantità di calore scambiata con la sorgente ad alta temperatura è anche pari al calore assorbito dalla macchina stessa. Perciò il lavoro da essa prodotto sarà pari a η = L Q ass. = L Q L = ηq = 900 J. Se tale lavoro viene utilizzato per comprimere un gas biatomico lungo la politropica pv k = cost. conk = 2)apartiredallostatop i,,t i ), alloraillavoro compiuto dalgaslungotaletrasformazione dovrà essere pari a L. Se indichiamo con il volume finale della trasformazione, il lavoro fatto dal gas biatomico è pari a L k = Vf pdv = p i V k i Vf V k dv = p i k [ ] V k k = k [p f p i ]. Quindi, dovremo avere [ ] pf L k = L [p f p i ] = p i p i e sostituendo p f /p i = / ) k, si ottiene [ ) k p i ] = k )L Inserendo l attuale valore di k k = 2) si ha ) k = + = k )L, k )L p i = [ + k )L p i ] /k ). = [ + L p i ] = = 5.28 dm 3, p f = ) k p i = ) 2 p i = 3.57 atm; T f = p f nr = 375 K. Il calore scambiato nella trasformazione lo otteniamo attraverso la prima legge della termodinamica. Notando che è n = p i /RT i = 0.6 mil, si ha E int = Q L k Q = E int +L k = nc V T f T i ) L = n 5 2 RT f T i ) L = J.

5 PROBLEMA A4 All interno di una sfera di raggior = 30 cm èdistribuita uniformemente una carica Q = C. In tutto lo spazio esterno alla sfera è distribuita uniformemente una carica negativa con una densità ρ con ρ = C/m 3. Determinare: a) a quale distanza, R 0, dal centro della sfera si annulla il campo elettrostatico; b) la d.d.p. tra il centro della sfera e un qualsiasi punto dove si annulla il campo elettrostatico e quindi appartenente alla sfera di raggio R 0 ). Soluzione Applicando il teorema di Gauss ad una sfera di raggio r concentrica con la sfera menzionata nel testo, a seconda di r R o r > R il campo elettrostatico radiale) della distribuzione descritta sopra è dato dalle seguenti Er)4πr 2 = q int ε 0 Er) = Q 4πε 0 R 3 r 4πε 0 [ Q+ 4 3 πρr3 4 ] r 2 3 πρ r r R r > R Da questa si vede immediatamente che il campo può annullarsi solo per r > R. Ponendo r = R 0, dovrà essere ER 0 ) = 0 Q+ 4 3 πρr3 R πρ R 0 = 0 Q = ρ 4 3 πr3 0 R 3 ), il che significa come è ovvio) che il campo si annulla quando la carica presente nell intercapedine tra R e R 0 è uguale a parte il segno) a quella nella sfera di raggio R. Ricavando R 0 si ottiene R 3 0 = R3 + 3Q 4πρ R 0 = [ R 3 + 3Q ] /3 = 42. cm. 4πρ Per il calcolo della d.d.p. tra il centro della sfera ed un qualsiasi punto sulla sfera di raggio R 0 dobbiamo calcolare il seguente integrale 0 R0 V0) VR 0 ) = E E d s s s Q R = Er)dr = rdr+ Q+ 4 3 πρr3 R0 dr R 0 0 4πε 0 R 3 0 4πε 0 R r ρ R0 rdr, 2 3ε 0 R dove vediamo che l integrale è stato opportunamente spezzato tenendo conto delle diverse leggi con cui varia il campo a seconda dell intervallo di integrazione. Calcolando gli integrali si ricava V0) VR 0 ) = Q 8πε 0 R ρ R0 2 6ε R2 )+ Q+ 4 3 πρr3 0 4πε 0 R ) = 203 V. R 0 PROBLEMA B Unsatelliteartificiale, dimassam = 400kg,vienedapprimaportatoadunadistanzaR = km dal centro della Terra e quindi lanciato con una velocità v 0 in modo da fargli percorrere un orbita circolare di raggio R. L orbita seguita dal satellite appartiene al piano su cui giace l equatore terrestre e il verso di percorrenza dell orbita è concorde con la rotazione della Terra intorno al suo asse. Determinare: a) la velocità v 0 del satellite; b) il tempo in cui il satellite compie un giro completo rispetto ad un sistema solidale con la Terra, specificando in quale direzione esso si muove. Per rispondere, si tenga conto della rotazione terrestre). Qualche tempo dopo, a causa di un urto con un meteorite, il satellite viene deviato dalla sua orbita originaria e prende a percorrere un orbita ellittica sempre nel piano equatoriale) avente i punti di massima e minima distanza dal centro della Terra rispettivamente afelio e perielio dell orbita) alle distanze r = R e r 2 = 2 R. Determinare: 3

6 c) le velocità v e v 2 del satellite nei punti di afelio e perielio dell orbita ellittica; d) di quanto è variata l energia meccanica del satellite ovviamente rispetto al caso in a)). [Trascurare ogni effetto della resistenza del mezzo. Le velocità v 0, v e v 2 si intendono calcolate rispetto ad un sistema non rotante. Per la massa della Terra usare il valore M = kg.] Soluzione Nel caso in cui il satellite percorre l orbita circolare di raggio R la forza centripeta di cui esso risente dovrà essere pari alla forza gravitazionale con cui esso è attratto verso il centro della Terra. Quindi m v2 0 R = GMm R 2 v 2 0 = GM R v 0 = GM R = m/s. Dato che l orbita è nel piano equatoriale, da un punto dell asse terrestre al di sopra del polo Nord vedremmo ruotare sia la Terra che il satellite in verso antiorario con le seguenti velocità angolari ω terra = 2π giorno) = 2π = rad/s; ω s = v 0 R = rad/s. Nel sistema non rotante) in cui ci troviamo possiamo scrivere che ω s = ω terra + ω s, dove ω s è ovviamente) la velocità angolare del satellite rispetto al sistema solidale con la Terra. Quindi, ricaviamo ω s = ω s ω terra = rad/s, il cui segno positivo ci dice che un osservatore in quiete sulla superficie terrestre vedrà ruotare il satellite in verso concorde a quello della rotazione della Terra: cioè lo vedrà andare verso Est. Il tempo in cui il satellite percorrerà un giro completo rispetto alla Terra sarà quindi T s = 2π ω s = s 277 h.5 giorni. Quando il satellite segue l orbita ellittica, per il calcolo delle velocità nei due punti menzionati possiamo fare appello alla conservazione dell energia meccanica e del momento angolare del satellite che possono essere tradotte nelle seguenti 2 mv2 G Mm R = 2 mv2 2 G Mm 2R/3 mrv = m 2 3 Rv 2 Dalla seconda ricaviamo v 2 = 3 2 v che sostituita nella prima ci permette di ricavare. 2 v2 GM R = 9 8 v2 3 2 GM R 5v 2 = 4GM R v 2 = 4GM 5R, v = 4GM 5R = m/s; v 2 = 3 2 v = 9GM 5R = m/s. Infine, notando che le energie meccaniche del satellite nei due casi esaminati sono le seguenti E circ = 2 mv2 0 G Mm R = 2 mgm R GMm R = 2 GMm R, E ellisse = 2 mv2 GMm R = 2 m4gm 5R GMm R = 3 5 GMm R, allora la variazione di energia richiesta al punto d) è data da E = E ellisse E circ = ) G Mm 2 R = GM 0 R = J.

7 PROBLEMA B2 Si abbia una puleggia doppia costituita da due corpi cilindrici omogenei di uguale lunghezza e fatti dello stesso materiale) e di raggi R = 40 cm e r = R. Le due parti cilindriche sono coassiali, formano un corpo unico e la massa complessiva della puleggia è M = 5.0 kg. La 2 puleggia è montata su un asse orizzontale intorno al quale può ruotare liberamente. Come si vede dalla figura, tramite due corde ideali inestensibili e di massa trascurabile) avvolte intorno ad essa, alla puleggia sono agganciati due corpi: alla parte di raggio r della puleggia è collegato il corpo, di massa m = 4.0 kg, che poggia su un piano orizzontale; invece il corpo 2, di massa m 2, è sospeso verticalmente m tramite la corda 2 avvolta intorno alla parte di raggio R della r R puleggia. Supponendo che le corde non scivolino mai rispetto alla puleggia e che il piano su cui poggia il corpo presenti i coefficienti di attrito statico e dinamico µ 2 s = 0.60 e µ k = 0.45, si determini: a) il massimo valore di m 2, m 2,max, entro il quale il sistema può rimanere in equilibrio statico nella configurazione m 2 indicata in figura; b) l accelerazione a 2 del corpo 2 e l accelerazione angolare α della puleggia nel caso di m 2 = 3.0 m 2,max. Soluzione Quando il sistema è in equilibrio statico la risultante delle forze e dei momenti agenti su ogni sua parte dovrà essere nulla. Indicando con T e T 2 sia i moduli delle tensioni delle corde e 2 rispettivamente) che i moduli delle rispettive forze che gli estremi di tali corde esercitano sui corpi e sulla puleggia, l applicazione della 2 a legge della dinamica nelle forme lineare per i corpi e 2) e angolare per la puleggia) ci permette di scrivere le seguenti relazioni 0 = T f s 0 = m 2 g T 2 0 = RT 2 rt, dove si sono considerate le componenti delle forze rispetto ad assi paralleli alle corde rispettivamente, orizzontale verso destra per la prima equazione, verticale verso il basso per la seconda) e i momenti rispetto all asse della puleggia prendendo come positivi quelli orari). Ricavando T e T 2 dalle prime due relazioni e sostituendo nella terza, si ottiene T = f 2 ; T 2 = m 2 g; Rm 2 g = rf s f s = R r m 2g, che dà, in caso di equilibrio, il modulo della forza di attrito statico espressa dal contatto tra il corpo e il piano di appoggio. Ma per tale forza si ha la limitazione e pertanto, dovrà essere f s f s,max = µ s N = µ s m g, f s = R r m 2g µ s m g m 2 m 2,max = r R µ sm, l/2 l/2 con ricordando che è r = 2 R) m 2,max = 2 µ sm =.20 kg. Quando la massa del corpo 2 sarà pari a 2.5 m 2,max, il sistema non sarà più in equilibrio e quindi l applicazione della 2 a legge della dinamica porta alle seguenti m a = T f k = T µ k m g m 2 a 2 = m 2 g T 2, Iα = RT 2 rt

8 dove ora a e a 2 sono le accelerazioni lineari) dei corpi e 2, α è l accelerazione angolare della puleggia e f k = µ k m g è la forza di attrito dinamico relativa al contatto tra il corpo e il piano di appoggio. Osservando che tra le accelerazioni valgono le seguenti relazioni α = a r = a 2 R α = a r ; a 2 = R r a, sostituendo le ultime due nelle equazioni precedenti, con qualche passaggio ricaviamo I a m r = R 2 g Rr ) m 2a rm a +µ k m g) I +m 2 R 2 +m r 2) a = m 2 Rr µ k m r 2) g a = m 2Rr µ k m r 2 )g I +m 2 R 2 +m r 2 ). In tali relazioni I è il momento d inerzia della puleggia rispetto all asse di rotazione che è anche l asse passante per il suo centro di massa). La massa totale della puleggia è M ed essa è formata da due cilindri omogenei coassiali e dello stesso materiale) di uguali lunghezze e raggi r e R. Quindi, Per le corrispondenti masse M r e M R dovranno valere le seguenti M r +M R = M; M r M R = πr2 l/2 πr 2 l/2 = r2 R 2 m r = r 2 r 2 +R 2M; M R = R2 r 2 +R 2M. Conseguentemente, dato che le due parti cilindriche della puleggia formano un corpo unico, dovrà essere I = 2 M rr M RR 2 = ) r 4 +R 4 M = 7 2 r 2 +R 2 40 MR2, dove, nell ultima espressione, si tenuto esplicitamente conto del fatto che è r = R. 2 Tornandoall espressione dia, inserendo I edesplicitando ilfattocheoraèm 2 = 3 m 2,max = 3µ 2 sm, si ottiene 3 2 a = µ s µ ) 2 k m 2 g [ 7 M + 3 µ ) ] =.97 m/s 2, 40 2 s + m 4 a 2 = R r a = 2a = 3.94 m/s 2 ; α = a r = 2a R = 9.84 rad/s2. PROBLEMA B3 Una macchina di Carnot assorbe in un ciclo dalla sorgente a temperatura più alta) una quantità di calore Q = J ed ha un rendimento η = a) Determinare il lavoro L prodotto dalla macchina in un ciclo. Il lavoro L viene utilizzato per comprimere un gas ideale biatomico lungo una trasformazione politropica reversibile pv k = cost.) con k = 3.0, a partire da uno stato iniziale caratterizzato dai valori di pressione, volume e temperatura p i = 2.0 atm, = 5.0 dm 3 e T i = 200 K. Determinare: b) pressione p f ) e temperatura T f ) del gas alla fine della compressione; c) la variazione di entropia subita dal gas. Soluzione Nella macchina di Carnot la quantità di calore scambiata con la sorgente ad alta temperatura è anche pari al calore assorbito dalla macchina stessa. Perciò il lavoro da essa prodotto sarà pari a η = L Q ass. = L Q L = ηq = 800 J. Se tale lavoro viene utilizzato per comprimere un gas biatomico lungo la politropica pv k = cost. conk = 2)apartiredallostatop i,,t i ), alloraillavoro compiuto dalgaslungotaletrasformazione dovrà essere pari a L.

9 Se indichiamo con il volume finale della trasformazione, il lavoro fatto dal gas biatomico è pari a L k = Vf pdv = p i V k i Vf V k dv = p i k [ ] V k k = k [p f p i ]. Quindi, dovremo avere [ ] pf L k = L [p f p i ] = p i p i e sostituendo p f /p i = / ) k, si ottiene [ ) k p i ] = k )L Inserendo l attuale valore di k k = 3) si ha ) k = + = k )L, k )L p i = [ + k )L p i ] /k ). = + 2L p i = = 2. dm 3, p f = ) k p i = ) 3 p i = 3.78 atm; T f = p f nr = 305 K. Notando che è n = p i /RT i =.82 mol, la variazione di entropia tra gli stati i e f è pari a ) ) [ ) )] Tf Vf 5 S = nc V ln +nrln = n 2 Rln Tf Vf +nrln = 2.8 J/K. T i PROBLEMA B4 All interno di una sfera di raggior = 30 cm èdistribuita uniformemente una carica Q = C. In tutto lo spazio esterno alla sfera è distribuita uniformemente una carica negativa con una densità ρ con ρ = C/m 3. Determinare: a) a quale distanza, R 0, dal centro della sfera si annulla il campo elettrostatico; b) la d.d.p. tra il centro della sfera e un qualsiasi punto dove si annulla il campo elettrostatico e quindi appartenente alla sfera di raggio R 0 ). Soluzione Applicando il teorema di Gauss ad una sfera di raggio r concentrica con la sfera menzionata nel testo, a seconda di r R o r > R il campo elettrostatico radiale) della distribuzione descritta sopra è dato dalle seguenti Er)4πr 2 = q int ε 0 Er) = T i Q 4πε 0 R 3 r 4πε 0 [ Q+ 4 3 πρr3 4 ] r 2 3 πρ r r R r > R Da questa si vede immediatamente che il campo può annullarsi solo per r > R. Ponendo r = R 0, dovrà essere ER 0 ) = 0 Q+ 4 3 πρr3 R πρ R 0 = 0 Q = ρ 4 3 πr3 0 R 3 ), il che significa come è ovvio) che il campo si annulla quando la carica presente nell intercapedine tra R e R 0 è uguale a parte il segno) a quella nella sfera di raggio R. Ricavando R 0 si ottiene R0 3 = R3 + 3Q [ R 0 = R 3 + 3Q ] /3 = 50.6 cm. 4πρ 4πρ

10 Per il calcolo della d.d.p. tra il centro della sfera ed un qualsiasi punto sulla sfera di raggio R 0 dobbiamo calcolare il seguente integrale 0 R0 V0) VR 0 ) = E E d s s s = Er)dr = R 0 0 Q R rdr+ Q+ 4 3 πρr3 R0 dr 4πε 0 R 3 0 4πε 0 R r ρ R0 rdr, 2 3ε 0 R dove vediamo che l integrale è stato opportunamente spezzato tenendo conto delle diverse leggi con cui varia il campo a seconda dell intervallo di integrazione. Calcolando gli integrali si ricava V0) VR 0 ) = Q 8πε 0 R ρ R0 2 R 2 )+ Q+ 4 3 πρr3 6ε 0 4πε 0 R ) = 693 V. R 0

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