Esercizio 1 Fisica Generale B - Università di...

1. Esercizi di Elettrostatica

Fisica Generale B

http://campus.cib.unibo.it/2488/

April 25, 2016

Esercizio 1

• Un filo rettilineo indefinito, costituito di materiale isolante, èelettrizzato uniformemente con densità lineare di carica λ = 8.85×10−10

C/m.

• Quanto vale il campo elettrico in un punto P distante r = 0.5 m dalfilo?

2Domenico Galli – Fisica Generale B – E 1. Esercizi di Elettrostatica

Esercizio 1 (II)

• Consideriamo la superficie Σ di un cilindro avente sul filo il proprioasse, di raggio r e altezza l, e applichiamo a essa la legge di Gauss.

• Data la simmetria del problema, il campo elettrico deve averedirezione radiale rispetto al filo e norma dipendente soltanto dalladistanza dal filo.

• Sulle due basi del cilindro il flusso del campo elettrico deve perciòessere nullo.

• Sulla superficie laterale del cilindro il campo elettrico deve averenorma costante, e dunque il flusso vale:

φΣ

E( ) =

E i n̂ dSΣ∫∫ = E n̂i n̂ dS

Σ∫∫ = E dS

Σ∫∫ =

= E dSΣ∫∫ = E Σ = E 2πrl

r

l

Σ r( )

PE


Esercizio 1 (III)

• La carica elettrica totale contenuta nella superficie Σ è la caricaelettrica del tratto di filo che si trova dentro il cilindro:

• Per la legge di Gauss si ha: Q = lλ

φΣ

E( ) =

E i n̂ dSΣ∫∫ =

Qε0

E 2πrl = lλε0

E r( ) = 12πε0

λr

E 0.5m( ) = 12 × 3.14 × 8.85×10−12

8.85×10−10

0.5= 31.8V m


r

l

Σ r( )

PE

Esercizio 2

•  Un piano indefinito, costituito di materiale isolante, è uniformemente elettrizzato, con densità superficiale di carica σ = 4.43×10−6 C/m2.

•  Quanto vale il campo elettrico sui due lati del piano?


Esercizio 2 (II)

•  Per ragioni di simmetria, il campo elettrico deve sempre essere perpendicolare al piano.

•  Consideriamo la superficie Σ di un cilindro, con l’asse perpendicolare al piano, che interseca il piano stesso e applichiamo a esso la legge di Gauss.

•  Il flusso del campo elettrico attraverso la superficie laterale del cilindro è nullo in quanto il vettore campo elettrico è sempre parallelo alla superficie laterale.

•  Su ciascuna delle due basi il flusso del campo elettrico è dato da:

φΣb1

E( ) = φΣb2

E( ) =

E i n̂ dSΣb

∫∫ = E n̂i n̂ dSΣb

∫∫ = E dSΣb

∫∫ =

= E dSΣb

∫∫ = E Σb = E πr 2


ΣE

E

Σb1 Σb2

Esercizio 2 (II)

•  Il flusso totale (attraverso la superficie totale del cilindro) vale perciò:

•  La carica contenuta nel cilindro è quella della porzione di piano (cerchio) intercettato dal cilindro:

•  Si ha perciò, per la legge di Gauss:

φΣ

E( ) = 2Eπr 2


ΣE

E

Σb1 Σb2

Q = σπr 2

φΣ

E( ) =


Qε0

⇒ 2Eπr 2 = σ πr 2

ε0

E =σ2ε0

E =4.43×10−6

2 × 8.85×10−12= 0.25×106 V m

Esercizio 3

•  Due sferette uguali, di massa m = 10 g e carica q incognita, sono appese con due fili isolanti di lunghezza ℓ = 100 cm allo stesso punto del soffitto.

•  Le sferette si dispongono a una distanza di 5 cm l’una dall’altra.

•  Determinare la carica q.

dq q


Esercizio 3 (II)

•  Detta T la tensione del filo, Fe la forza elettrostatica agente su una sferetta e mg la forza peso di una sferetta, per la prima equazione cardinale della statica si ha:

•  Questa equazione vettoriale corrisponde alle 2 equazioni scalari (componenti orizzontale e verticale)

d

θ

q q

T +Fe + mg =

0

ı̂̂

−T sinθ + Fe = 0T cosθ − mg = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒

Fe = T sinθmg = T cosθ

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒

Femg

= tanθ

tanθ =Femg

=

14πε0

q2

d 2

mg= 14πε0

q2

mgd 2


Esercizio 3 (III)

•  D’altro canto abbiamo, geometricamente:

•  Combinando i due risultati si ottiene:

tanθ = 14πε0

q2

mgd 2

tanθ = d

42 − d 2

⎫

⎬⎪⎪

⎭⎪⎪

⇒ d

42 − d 2= 14πε0

q2

mgd 2

q2 = 4πε0mgd2 d

42 − d 2= 4πε0

mgd 3

42 − d 2


d

θ

q q

tanθ =

d2

2 − d2

4

= d

42 − d 2

Esercizio 3 (IV)

•  Da cui:

•  Sostituendo i valori numerici:

q2 = 4πε0mgd 3

42 − d 2

q = 4πε0mgd 3

42 − d 2


d

θ

q q

q = 4πε0mgd 3

42 − d 2= 18.99 ×109

0.01× 9.81× 0.053

4 ×12 − 0.052=

= 18.99 ×109

1.226 ×10−5

3.998= 18.99 ×109

1.226 ×10−5

1.999=

= 6.823×10−16 = 2.61×10−8 C = 26.1 nC

Esercizio 4

•  Una sferetta di massa m = 1 mg possiede una carica elettrica q = 10 nC.

•  Essa è appesa a un filo isolante attaccato, all’altra estremità, a una lastra piana verticale isolante, uniformemente elettrizzata in superficie su entrambe le facce, con densità superficiale di carica σ.

•  Il filo forma un angolo θ = 30° con il piano.

•  Determinare la densità superficiale di carica σ della lastra.


Esercizio 4 (II)

•  Determiniamo innanzitutto il campo elettrico prodotto da una lastra piana isolante uniformemente elettrizzata in superficie su entrambe le facce, con densità superficiale di carica σ.

•  Poiché la lastra è elettrizzata soltanto sulle due superfici Π1 e Π2 (non all’interno), sarà presente su tali superfici uno strato sottile di carica elettrica, con densità superficiale σ.

•  Sul piano mediano Πm della lastra il campo elettrico E è nullo per simmetria.

•  Consideriamo ora una superficie cilindrica, di raggio r, con asse perpendicolare alla lastra, avente la base Σb

(1) giacente sul piano Πm e la base Σb

(2) esterna alla lastra.


Esercizio 4 (III)

•  Il flusso del campo elettrico E attraverso la superficie laterale Σl del cilindro è nulla, in quanto le linee del campo sono parallele alla superficie Σl e pertanto non la intersecano.

•  Il flusso del campo elettrico E attraverso la base Σb

(1) del cilindro è nullo in quanto la base Σb(1)

si trova sul piano mediano Πm della lastra, sul quale il campo elettrico E è nullo.

•  Sulla base Σb(2) il campo elettrico E è invece perpendicolare

alla superficie, per cui il suo flusso vale:


φΣb2( )E( ) =

E ⋅ n̂ dSΣb2( )∫∫ = E Σb

2( ) = E πr 2

Esercizio 4 (IV)

•  Il flusso totale del campo elettrico E attraverso la superficie totale Σ del cilindro è quindi:

•  La carica elettrica contenuta nel volume V(Σ), delimitato dalla superficie chiusa cilindrica Σ è quella della porzione del piano Π2 intercettato dal cilindro:

•  Si ha perciò, per la legge di Gauss:


φΣ

E( ) = φΣl

E( ) +φ

Σb1( )E( ) +φ

Σb2( )E( ) = E πr 2

Q = πr 2σ

E ⋅ n̂ dS

Σ∫∫

φΣE( )

= 1ε0

ρ dVV Σ( )∫∫∫

Q ⇒ E πr 2 = πr 2σ

ε0⇒ E = σ

ε0

Esercizio 4 (V)

•  Detta T la tensione del filo, Fe la forza elettrostatica agente sulla sferetta e mg la forza peso della sferetta, per la prima equazione cardinale della statica si ha:

•  Questa equazione vettoriale corrisponde alle 2 equazioni scalari (componenti orizzontale e verticale)

T +Fe + mg =

0

ı̂̂

−T sinθ + Fe = 0T cosθ − mg = 0

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒

Fe = T sinθmg = T cosθ

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒

Femg

= tanθ

tanθ =Femg

= qEmg

=q σε0mg

= qmg

σε0


Esercizio 4 (VI)

•  Avremo dunque:

•  Sostituendo i valori numerici:

tanθ =

qmg

σε0

σ =

mgε0

qtanθ

σ =mgε0qtanθ = 10

−6 × 9.81× 8.85×10−12

10 ×10−9tan30° =

= 10−6 × 9.81× 8.85×10−12

10 ×10−90.577 = 5×10−9 C m2 =

= 5nC m2


Esercizio 5

•  Una sfera isolante, uniformemente carica, di raggio R1 = 1 cm e carica Q1 = 1 nC, viene posta entro un guscio sferico concentrico, anch’esso uniformemente carico, di raggio interno R2 = 2 cm, raggio esterno R3 = 3 cm e carica Q2 = −2 nC.

•  Calcolare la componente radiale Er del campo elettrico (presa positiva se centrifuga e negativa se centripeta) alla distanza r = 4ξR1/1000 dal centro delle 2 sfere.

1R

3R2R

Q1

Q2


Esercizio 5 (II)

•  La forma algebrica della soluzione dell’esercizio dipende dal valore di r (dunque anche di ξ).

•  A seconda del valore di r (dunque di ξ) il punto P può trovarsi:

1.  Entro la sfera centrale;

2.  Nell’intercapedine tra sfera e guscio sferico;

3.  Entro il guscio sferico;

4.  All’esterno del guscio sferico.

•  Nei 4 casi l’espressione algebrica del campo elettrico è diversa.


1R

3R

r

2R

PP

r

P

Pr

r

Esercizio 5 (III)

•  La distribuzione di carica ha simmetria sferica:

–  La densità di carica, in coordinate sferiche, dipende soltanto dalla coordinata r:

•  Non dagli angoli θ (colatitudine) e φ (longitudine).

•  Anche il campo elettrico deve avere simmetria sferica;

–  In coordinate sferiche, deve dipendere soltanto dalla coordinata r:

•  Non dagli angoli θ (colatitudine) e φ (longitudine).


E

1R

3R

r

2R

P

r

E =E r( )

∂E∂θ

=0

∂E∂ϕ

=0

Esercizio 5 (IV)

•  Il campo elettrico, in linea di principio, potrebbe avere:

–  Un componente radiale Er(r);

–  Un componente tangente Et(r).

•  Tuttavia, se avesse un componente tangente, data la simmetria sferica, esso dovrebbe avere lo stesso orientamento su di un’intera circonferenza di centro O:

–  Se così fosse la circuitazione di E sarebbe non-nulla;

–  Ipotesi impossibile, essendo E conservativo.

•  Il campo elettrico può avere soltanto componente radiale:


E r( ) = Er r( ) = Er r( ) n̂

1R

3R

r

2R

P

r

Et ?

Et ?

Et ?

Et ?

1R

3R

r

2R

P

r

Er

Er

Er

Er

1R

3R

r

2R

P

r

Er ?

Et ? Esercizio 5 (V)

•  Consideriamo innanzitutto il caso in cui r ≤ R1.

•  Per calcolare il campo utilizziamo la superficie sferica Σ(r), concentrica con le altre superfici e di raggio r, e applichiamo a essa la legge di Gauss:

•  Il flusso del campo elettrico attraverso la superficie chiusa Σ(r) si può scrivere come:

1R

3R

rΣ r( )

2R


φΣ r( )E( ) =

E r( )i n̂ dSΣ r( )∫∫ = Er r( ) n̂i n̂ dS

Σ r( )∫∫ =

= Er r( ) dSΣ r( )∫∫ = Er r( ) dS

Σ r( )∫∫ = Er r( )Σ r( ) =

= Er r( ) 4πr 2

E i n̂ dS

Σ∫∫

φΣE( )

=1ε0

ρ dVV Σ( )∫∫∫

q r( )

Esercizio 5 (VI)

•  La carica contenuta nel volume racchiuso dalla superficie chiusa Σ(r), essendo la sfera interna uniformemente carica, è:

•  Per la legge di Gauss si ha:

q r( ) = ρ dVV Σ r( )( )∫∫∫ = ρ1 dV

V Σ r( )( )∫∫∫ = ρ1

43πr3 =

Q143πR1

3

43πr3 = r

3

R13 Q1

1R

3R

rΣ r( )

2R


E i n̂ dS

Σ∫∫

φΣE( )

=1ε0

ρ dVV Σ( )∫∫∫

q r( )

Er r( ) 4πr 2 = 1ε0r3

R13 Q1

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

Er r( ) = 14πε0

Q1R13 r r ≤ R1( )

Er r( )i n̂ dS

Σ r( )∫∫ = Er r( ) 4πr 2

ρ dVV Σ r( )( )∫∫∫ =

r3

R13 Q1

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

Esercizio 5 (VII)

•  Consideriamo ora il caso in cui R1 ≤ r ≤ R2.

•  La carica contenuta nella superficie Σ(r) è, in questo caso:

•  Il flusso del campo elettrico attraverso la superficie Σ(r), si può perciò scrivere, come nel caso precedente:


E i n̂ dS

Σ∫∫

φΣE( )

=1ε0

ρ dVV Σ( )∫∫∫

q r( ) ⇒ Er r( ) 4πr 2 = 1ε0

Q1

Er r( ) = 14πε0

Q1r 2

R1 ≤ r ≤ R2( )

q r( ) = ρ dVV Σ r( )( )∫∫∫ = Q1

1R

3R

r Σ r( )

2R


φΣ r( )E( ) =

E r( )i n̂ dSΣ r( )∫∫ = Er r( ) 4πr 2

Esercizio 5 (VIII)

•  Consideriamo poi il caso in cui R2 ≤ r ≤ R3.

•  La carica contenuta nella superficie Σ(r) è, in questo caso:

•  Il flusso del campo elettrico attraverso la superficie Σ(r), è sempre:


1R

3R

r

Σ r( )

2R

E i n̂ dS

Σ∫∫

φΣE( )

=1ε0

ρ dVV Σ( )∫∫∫

q r( )

Er r( ) 4πr 2 = Q1ε0+r3 − R2

3

R33 − R2

3

Q2ε0

Er r( ) = 14πε0

Q1 +r3 − R2

3

R33 − R2

3 Q2⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟1r 2

R2 ≤ r ≤ R3( )

q r( ) = ρ dVV Σ r( )( )∫∫∫ = Q1 +

r3 − R23

R33 − R2

3 Q2


φΣ r( )E( ) =

E r( )i n̂ dSΣ r( )∫∫ = Er r( ) 4πr 2

Esercizio 5 (IX)

•  Infine consideriamo il caso in cui r ≥ R3. •  La carica contenuta nella superficie Σ(r) è:

•  Il flusso del campo elettrico attraverso la superficie Σ(r), è sempre:


E i n̂ dS

Σ∫∫

φΣE( )

=1ε0

ρ dVV Σ( )∫∫∫

q r( )

Er r( ) 4πr 2 = 1ε0Q1 +Q2( )

Er r( ) = 14πε0

Q1 +Q2r 2

r ≥ R3( )

q r( ) = ρ dVV Σ r( )( )∫∫∫ = Q1 +Q2

1R

3R

r

Σ r( )

2R


φΣ r( )E( ) =

E r( )i n̂ dSΣ r( )∫∫ = Er r( ) 4πr 2

Esercizio 5 (X)

•  In sintesi:

•  La forma algebrica della soluzione dell’esercizio dipende dal valore di r.

Er r( ) =

14πε0

Q1R13 r r ≤ R1( )

14πε0

Q1r 2

R1 ≤ r ≤ R2( )14πε0

Q1 +r3 − R2

3

R33 − R2

3 Q2⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟1r 2

R2 ≤ r ≤ R3( )14πε0

Q1 +Q2r 2

r ≥ R3( )

⎧

⎨

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪


1R

3R2R

Q1

Q2

Esercizio 6

•  Un filo isolante, di lunghezza molto maggiore delle distanze radiali considerate, uniformemente carico, di raggio R1 = 1 cm e densità lineare di carica λ1 = 0.1 nC/m, viene posto entro una guaina cilindrica isolante coassiale, uniformemente carica, di raggio interno R2 = 2 cm, raggio esterno R3 = 3 cm e densità lineare di carica λ2 = 0.2 nC/m.

•  Calcolare la norma del campo elettrico alla distanza r = 4ξR1/1000 dall’asse del sistema.

1R

2R3R

λ1

λ2


Esercizio 6 (II)

•  La forma algebrica della soluzione dell’esercizio dipende dal valore di ξ.

•  Consideriamo innanzitutto il caso in cui r < R1.

•  Per calcolare il campo utilizziamo la superficie cilindrica Σ(r), coassiale con il filo e con le altre superfici, di raggio r e altezza l, e applichiamo a essa la legge di Gauss.

•  La carica contenuta nella superficie Σ(r), essendo il filo uniformemente carico, è:

•  Osserviamo che il campo elettrico ha sempre la stessa direzione della normale alla superficie laterale di Σ(r).

q r,l( ) = πr 2lρ1 = πr 2ldq1dV

= πr 2ldq1

πR12dl

=r 2

R12 lλ1

n̂

1R

3R

r Σ r( )

2R

1Rr Σ r( )

l


Esercizio 6 (III)

•  Osserviamo inoltre che la carica elettrica ha simmetria cilindrica, per cui anche la norma del campo elettrico deve avere simmetria cilindrica (cioè deve dipendere soltanto da r) per cui sulla superficie laterale di Σ(r) la norma del campo elettrico deve essere costante.

•  Il flusso del campo elettrico attraverso la superficie Σ(r), si può perciò scrivere come (il flusso è nullo attraverso le due basi):


φΣ

E( ) =

E i n̂ dSΣ∫∫ = E Σ = E 2πrl

φΣ

E( ) =


q r,l( )ε0

E2π r l = 1ε0

r 2

R12 lλ1

E r( ) = 12πε0

λ1rR12 r < R1( )


1R

3R

r Σ r( )

2R

Esercizio 6 (IV)

•  Consideriamo ora il caso in cui R1 < r < R2.

•  La carica contenuta nella superficie Σ(r) è:

•  Il flusso del campo elettrico attraverso la superficie Σ(r), si può perciò scrivere come:


φΣ

E( ) =


φΣ

E( ) =


q r,l( )ε0

⇒ E 2πrl = 1ε0lλ1

E r( ) = 12πε0

λ1r

R1 < r < R2( )

q r,l( ) = πR1

2lρ1 = πR12l

λ1

πR12 = lλ1

1R

3R

r Σ r( )

2R

1R rΣ r( )

l


Esercizio 6 (V)

•  Consideriamo poi il caso in cui R2 < r < R3. •  La carica contenuta nella superficie Σ(r) è:

•  Il flusso del campo elettrico attraverso la superficie Σ(r), è:


1R

3R

r

Σ r( )

2R

φΣ

E( ) =


φΣ

E( ) =


q r( )ε0

E2πrl =lλ1ε0

+r 2 − R2

2

R32 − R2

2

lλ2ε0

E r( ) = 12πε0

λ1 +r 2 − R2

2

R32 − R2

2 λ2⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟1r

R2 < r < R3( )

q r,l( ) = lλ1 +

r 2 − R22

R32 − R2

2 lλ2


Esercizio 6 (VI)

•  Infine consideriamo il caso in cui r > R3. •  La carica contenuta nella superficie Σ(r) è:

•  Il flusso del campo elettrico attraverso la superficie Σ(r), è:


φΣ

E( ) =


φΣ

E( ) =


q r( )ε0

E2πrl = 1ε0lλ1 + lλ2( )

E r( ) = 12πε0

λ1 + λ2r

r > R3( )

q r,l( ) = lλ1 + lλ2

1R

3R

r

Σ r( )

2R


Esercizio 7

•  Una sfera conduttrice di raggio r1 = (ξ/1000) cm è circondata da due gusci sferici conduttori concentrici di raggio r2 = 2 cm e r3 = 4 cm e spessore trascurabile (vedi figura).

•  Il guscio sferico di raggio r2 è caricato con una carica q2 = ξ × 10−8 C.

•  La sfera di raggio r1 e il guscio sferico di raggio r3 sono poi posti a contatto con un filo conduttore passante per un piccolo forellino praticato sul guscio sferico di raggio r2, che non tocca quest’ultimo guscio sferico.

•  Calcolare la carica elettrica q1 indotta sulla sfera di raggio r1.

ξ = 347 ⇒r1 =

3471000

cm = 0.347cm

q2 = 347 ×10−8 C = 3.47 ×10−6 C

⎧⎨⎪

⎩⎪


Esercizio 7 (II)

•  Le cariche: poiché i gusci 1 e 3 sono inizialmente neutri, mentre il guscio 2 ha carica q2, si ha:

•  Per la legge di Gauss applicata alla superficie Σb si ha:

•  Per la legge di Gauss applicata alla superficie Σd si ha:

q1 + q3 = q1 + ′q3 + ′′q3 = 0′q2 + ′′q2 = q2 ≠ 0

⎧⎨⎩

q1 + ′q2 = 0

q1 + q2 + ′q3 = q1 + ′q2 + ′′q2 + ′q3 = 0⇒ ′′q2 + ′q3 = 0

V1

V2

V3

q2′′q2

′q2q1 Σa

Σd

′q3′′q3 q3

Σb Σc


Esercizio 7 (III)

•  I campi nelle intercapedini.

•  Nell’intercapedine 1-2, applicando la legge di Gauss alla superficie Σa, si ha:

•  Nell’intercapedine 2-3, applicando la legge di Gauss alla superficie Σc, si ha:

E i n̂ dS

Σa

∫∫ =q1ε0

E4πr 2 =q1ε0

⇒ E =14πε0

q1r 2

E i n̂ dS

Σc

∫∫ =q1 + q2ε0

E4πr 2 =q1 + q2ε0

⇒ E =14πε0

q1 + q2r 2

=14πε0

′′q2r 2


V1

V2

V3

q2′′q2

′q2q1 Σa

Σd

′q3′′q3 q3

Σb Σc

Esercizio 7 (IV)

•  I potenziali: poiché i gusci sferici 1 e 3 sono collegati con un filo conduttore V1 = V3.

•  Integrando lungo una linea radiale si ha inoltre: e analogamente:

V2 −V1 = −14πε0

q1r 2n̂idP

γ r1 ,r2( )

⌠

⌡⎮ =

=q14πε0

1r

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥r1

r2

=q14πε0

1r2−1r1

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

V3 −V2 = −14πε0

′′q2r 2n̂idP

γ r2 ,r3( )

⌠

⌡⎮ =

′′q24πε0

1r3−1r2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟


V1

V2

V3

q2′′q2

′q2q1 Σa

Σd

′q3′′q3 q3

Σb Σc

Esercizio 7 (V)

•  Dai risultati sui potenziali otteniamo:

•  Il sistema algebrico: consente di determinare e .

V2 −V1 =q14πε0

1r2−1r1

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

V3 =V1V3 −V2 =

′′q24πε0

1r3−1r2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

⎫

⎬

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⇒ q11r2−1r1

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= − ′′q2

1r3−1r2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

′q2

1r2

−1r1

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= ′′q2

1r3

−1r2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

′q2 + ′′q2 = q2

⎧

⎨⎪

⎩⎪

q1 = − ′q2 ′′q2


V1

V2

V3

q2′′q2

′q2q1 Σa

Σd

′q3′′q3 q3

Σb Σc

Esercizio 7 (VI)

′q21r2−1r1

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= ′′q2

1r3−1r2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟⇒ ′′q2 = ′q2

1r2− 1r1

1r3− 1r2

= ′q2

r1 − r2r1r2r2 − r3r3r2

= ′q2r3r1

r1 − r2r2 − r3

′q2 + ′′q2 = q2 ⇒ ′q2 + ′q2r3r1

r1 − r2r2 − r3

= q2 ⇒ ′q2 1+r3r1

r1 − r2r2 − r3

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟= q2

′q2 =q2

1+r3r1

r1 − r2r2 − r3

q1 = − ′q2 =−q2

1+r3r1

r1 − r2r2 − r3


•  Risolvendo:

V1

V2

V3

q2′′q2

′q2q1 Σa

Σd

′q3′′q3 q3

Σb Σc

Esercizio 7 (VII)

q1 =−q2

1+r3r1

r1 − r2r2 − r3

=−3.47 ×10−6 C

1+ 40.347

0.347 − 22 − 4

=−3.47 ×10−6

1+ 40.347

1.6532

C = −3.30 ×10−7 C


V1

V2

V3

q2′′q2

′q2q1 Σa

Σd

′q3′′q3 q3

Σb Σc

•  Infine:

Esercizio 8

•  Tre cariche puntiformi, , sono rispettivamente disposte, in quiete, nei punti di coordinate cartesiane P1(1 cm, 0, 0), P2(0, 1 cm, 0), P3(0, 1 cm, 1 cm), in una prefissata terna cartesiana ortogonale.

•  Calcolare l’energia potenziale del sistema costituito da queste tre cariche (presa zero l’energia potenziale corrispondente alla configurazione in cui le cariche sono infinitamente distanti l’una dall’altra).

•  Calcolare inoltre la componente y del campo elettrico generato dal sistema nell’origine O(0, 0, 0) della terna cartesiana: Ey(0, 0, 0).

31 2 3 10001nC, 2nC, nCq q q ξ= = = −

x

y

z

1P 2P

3P

O ξ = 123 ⇒ q3 = −

3×1231000

nC = −0.369nC = −0.369 ×10−9 C


Esercizio 8 (II)

•  Ricordando che l’energia potenziale elettrostatica di un sistema di cariche puntiformi è data da: si ha, nel nostro caso:

E =12

14πε0

qiq j

rij

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

j=1j≠ i

n

∑i=1

n

∑

E = 12

14πε0

qiq jrij

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

j=1j≠i

3

∑i=1

3

∑ = 14πε0

q1q2r12

+q2q3r23

+q3q1r31

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟=

= 8.99 ×109 × 10−9 × 2 ×10−9

2 ×10−2− 2 ×10

−9 × 0.369 ×10−9

10−2− 0.369 ×10

−9 ×10−9

3 ×10−2⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟J =

= 8.99 ×109 × 1.4142 ×10−16 − 7.3800 ×10−17 − 2.1304 ×10−17( )J == 8.99 ×109 × 4.63×10−17 J = 4.16 ×10−7 J


x

y

z

1P 2P

3P

O

•  Ricordando il campo elettrico generato da una carica puntiforme: e il principio di sovrapposizione, si ha, nel nostro caso: dove: per cui:

Esercizio 8 (III)

E r( ) = 1

4πε0

Qr 2 r̂

E =

14πε0

qi

ri2 r̂i

i=1

3

∑ =1

4πε0

q1

r12 r̂1 +

q2

r22 r̂2 +

q3

r32 r̂3

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

r1 = O − P1

= −10−2 ı̂r2 = O − P2

= −10−2 ̂r3 = O − P3

= −10−2 ̂ + k̂( )

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

⇒

r1 = 10−2

r2 = 10−2

r3 = 2 ×10−2

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

⇒r̂1 = −ı̂r̂2 = − ̂

r̂3 = −̂ + k̂2

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

r2

3P

1Px

y

z

2POr1

r3

E = 8.99 ×109 ×

10−9

10−4 −ı̂( ) + 2 ×10−9

10−4 − ̂( ) + −0.369 ×10−9

2 ×10−4 −̂ + k̂

2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

Vm


Esercizio 8 (IV)

•  da cui:

E = 8.99 ×109 ×

10−9

10−4 −ı̂( ) + 2 ×10−9

10−4 − ̂( ) + −0.369 ×10−9

2 ×10−4 −̂ + k̂

2

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

Vm

=

= 8.99 ×109 × −10−5 ı̂ − 2 ×10−5 ̂ + 0.13×10−5 ̂ + 0.13×10−5 k̂( )V m =

= 8.99 ×109 × −10−5 ı̂ −1.87 ×10−5 ̂ + 0.13×10−5 k̂( )V m =

= −8.99 ×104 ı̂ −1.68 ×105 ̂ +1.17 ×104 k̂( )V m

Ey = −1.68×105 V m


r2

3P

1Px

y

z

2POr1

r3

Esercizio 9

•  Un condensatore, a cui è applicata una differenza di potenziale ΔV = 100 V, possiede una carica Q = 7 × 10−6 C.

•  Qual è la sua capacità?

•  Se il condensatore è piano, con le armature distanti l = 10−3 m, qual è la loro area?

•  Che lavoro è stato necessario compiere per caricare il condensatore?

•  Qual è la forza con cui si attraggono le armature del condensatore?


E

Q −Q

l

S

+

+

++

++++++

−

−

−−−−−−−−

Esercizio 9 (II)

•  La capacità è la costante di proporzionalità tra Q e ΔV.

•  Per un condensatore piano:

•  Il lavoro necessario a caricare il condensatore è pari all’energia potenziale elettrostatica accumulata nel condensatore:

C =QΔV

=7 ×10−6 C100V

= 7.00 ×10−8 F = 70.0nF

C = ε0Sl

⇒ S = Clε0

=7 ×10−8 F × 10−3 m8.85×10−12 F m

= 7.91m2

E =12Q2

C=12

7 ×10−6 C( )27 ×10−8 F

= 3.50 ×10−4 J


E

Q −Q

l

S

+

+

++

++++++

−

−

−−−−−−−−

Esercizio 9 (III)

•  Per calcolare la forza con cui si attraggono le armature, consideriamo il lavoro necessario per portare le armature dalla distanza l alla distanza l + dl.

•  Tale lavoro si può scrivere sia in funzione della forza e dello spostamento, sia in funzione della variazione dell’energia potenziale elettrostatica:

•  Poiché: si ha:

dL = F dldL = dE

⎫⎬⎭

⇒ F =dEdl

E =

12

Q2

C=

12

Q2

ε0

lS

F =dEdl

=12Q2

ε0S=12

7 ×10−6 C( )28.85×10−12 F m× 7.91m2 = 0.350N


E

Q −Q

l

S

+

+

++

++++++

−

−

−−−−−−−−

Esercizio 10

•  Un conduttore di capacità C = 4×10−11 F possiede una carica Q = 8×10−10 C.

•  Qual è il suo potenziale?

•  Se il conduttore è di forma sferica, qual è il suo raggio?

•  Ponendo in contatto con il conduttore dato un altro conduttore (scarico), si osserva che il potenziale diminuisce di ΔV = 1 V.

• Qual è la capacità del nuovo conduttore?

Q


Esercizio 10 (II)

•  Si ha, per la definizione di capacità di un conduttore:

•  Se il conduttore è sferico, la sua capacità è data da: per cui il suo raggio è:

•  Il sistema formato dai 2 conduttori posti a contatto ha una capacità pari alla somma delle 2 capacità: Poiché la carica totale non cambia, si ha:

Q = CV ⇒ V =QC

=8 ×10−10 C4 ×10−11F

= 20V

C = 4πε0 R

R =14πε0

C = 8.99 ×109 F m × 4 ×10−11 F = 0.360m

Ctot = C + ′C

Q = Ctot V − ΔV( ) = C + ′C( ) V − ΔV( ) = C V − ΔV( ) + ′C V − ΔV( )′C =Q − C V − ΔV( )V − ΔV

=Q

V − ΔV− C =

8 ×10−10 C20V−1V

− 4 ×10−11 F = 2.11pF


Q

Esercizio 11

•  Un sfera costituita di materiale conduttore, di raggio R = 5 cm viene collegata, tramite un filo conduttore di resistenza trascurabile, a un cavo dell’alta tensione, il cui potenziale varia nel tempo come: con V0 = 100 kV e ω = 2π×50 Hz.

•  Calcolare la massima intensità di corrente che scorre nel filo.

V t( ) =V0 cos ωt( )


i t( )


Esercizio 11 (II)

•  La corrente che scorre nel filo è dovuta alla capacità non nulla della sfera conduttrice.

•  Tale sfera, per mantenere il proprio potenziale uguale a quello del cavo dell’alta tensione (che varia nel tempo) deve continuamente cedere o acquistare carica elettrica.

•  La carica elettrica ceduta o acquistata dalla sfera, passa attraverso il filo, determinando in esso una corrente elettrica i(t) variabile nel tempo.



i t( )

V t0( ) =V0

i

+++ +

++

V t0( ) = −V0

i

−−− −

−−

Esercizio 11 (III)

•  La carica Q presente sulla sfera è data da: e dunque l’intensità della corrente che scorre nel filo è data da:

•  La massima intensità della corrente che scorre nel filo è perciò: dove:

•  Si ha perciò:

Q t( ) = CV t( ) = CV0 cos ωt( )

i t( ) = dQ

dtt( ) = C dV

dtt( ) = CV0

ddt

cos ωt( ) = −CV0ω sin ωt( )

max 0i CV ω=

C = 4πε0R = 4π × 8.85×10−12 F m × 5×10−2 m =

= 5.56 ×10−12 F

imax = CV0ω = 5.56 ×10−12 F × 105 V × 2π × 50s−1 =

= 17.5×10−5 A = 175 µA52Domenico Galli – Fisica Generale B – E 1. Esercizi di Elettrostatica


i t( )

Esercizio 12

•  Due sfere conduttrici cariche positivamente, entrambe di raggio R = 0.1 cm, sono disposte con i centri a una distanza d = 6 cm e si respingono con una forza di intensità F = 4×10−5 N.

•  Se le due sfere sono poste a contatto e in seguito ridisposte nelle precedenti posizioni, la forza di repulsione risulta k2F, con k = 1.5.

•  Calcolare le cariche iniziali e finali di entrambe le sfere.

•  Calcolare i potenziali iniziali e finali di entrambe le sfere (preso zero il potenziale all’infinito).

•  Calcolare il valore del campo elettrico nel punto intermedio O del segmento congiungente i centri A e B delle 2 sfere dopo il contatto.

d

A O B


Esercizio 12 (II)

•  Se le due sfere di uguale dimensione, dopo essere state poste a contatto, si respingono con forza diversa da prima: –  Significa che esse prima possedevano carica e potenziale diverso, mentre dopo

esse possiedono potenziale uguale e anche carica uguale (avendo la stessa dimensione e dunque la stessa capacità).

•  Se chiamiamo q1 e q2 le cariche delle 2 sfere prima del contatto e qf la carica di entrambe le sfere dopo il contatto, si ha:

•  La forza repulsiva, prima e dopo il contatto, vale: q f =

q1 + q2

2

F =1

4πε0

q1q2

d 2

k 2 F =1

4πε0

q f2

d 2 =1

4πε0

q1 + q2

2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

d 2 =1

4πε0

q1 + q2( )2

4d 2

⎧

⎨

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪


d

A O B

Esercizio 12 (III)

•  Si ha perciò:

q1q2 = 4πε0d2F

q1 + q2 = 4dk πε0F

⎧⎨⎪

⎩⎪⇒

q2 = 4dk πε0F − q1q1 4dk πε0F − q1( ) = 4πε0d 2F

⎧⎨⎪

⎩⎪

q12 − 4dk πε0Fq1 + 4πε0d

2F = 0

q1 = 2dk πε0F ± 4d 2k 2πε0F − 4πε0d2F

q1 = 2dk πε0F ± 2d πε0F k 2 −1( ) = 2d πε0F k ± k 2 −1( )q1 = 2d πε0F k ± k 2 −1( )q2 = 2d πε0F k k 2 −1( )

⎧

⎨⎪

⎩⎪

⇒q1 = 10.47 nCq2 = 1.53nC

⎧⎨⎪

⎩⎪

q f =q1 + q22

= 6.00nC


d

A O B

Esercizio 12 (IV)

•  Note le cariche, possiamo calcolare i potenziali. Inizialmente si ha: mentre nello stato finale si ha:

•  Dopo il contatto, essendo uguale la carica delle 2 sfere, nel punto intermedio O il campo elettrico è nullo.

V1 =q1

4πε0R= 9.4 ×104 V

V2 =q2

4πε0R= 1.4 ×104 V

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

V1 f =V2 f =q f4πε0R

=

q1 + q22

4πε0R= 5.4 ×104 V


d

A O B

Esercizio 12

•  In una data terna cartesiana Oxyz, un piano indefinito conduttore Π = {(x, y, z) ∈ R3; z = 0} è mantenuto a potenziale uniforme nullo V ≡ 0 rispetto a terra.

•  Nella stessa terna cartesiana, nel punto P+ (0, 0, h), con h = 3 cm è posto una particella elettrizzata con carica elettrica q = 10 nC.

•  Determinare la densità superficiale di carica elettrica σ(0, l, 0), indotta dalla carica puntiforme sul piano conduttore nel punto P′(0, l, 0), con l = ξ cm.


⊙

Esercizio 12 (II)

•  Le linee di campo del campo elettrico E devono avere tutte origine nella particella carica puntiforme q e devono essere perpendicolari alla superficie del piano conduttore.


Esercizio 12 (III)

•  Metodo della carica immagine: –  Si cerca un problema di più facile soluzione, in cui il campo elettrico sia il

medesimo del nostro problema: –  2 particelle cariche:

•  la carica q in P+ (0, 0, h); •  la carica –q in P

– (0, 0, h).


Esercizio 12 (IV)

•  Potenziale particella carica puntiforme:

•  Potenziale dipolo:


Esercizio 12 (V)

•  Potenziale dipolo:

•  Componente z campo dipolo:


Esercizio 12 (VI)

•  Componente z campo dipolo:

•  Componente z campo dipolo a z = 0:


Esercizio 12 (VII)

•  Componente z campo dipolo a z = 0:

•  Legge di Gauss:


σ(x,y)−−− −

−−− −

− −−

−− −

�E

dq = σ dS

dφ = EdS

Esercizio 12 (VIII)

•  Densità superficiale di carica sul piano:


Esercizio 13

•  Una particella puntiforme, avente carica elettrica q = 10 nC, è posta alla distanza d = (12 + ξ/100) cm dal centro di una sfera conduttrice, di raggio R = 10 cm, messa a terra.

•  Determinare: a.  La carica Q indotta dalla carica q sulla sfera conduttrice; b.  Il potenziale elettrostatico V in un punto P situato a una distanza r = 5 cm

dall’asse del sistema, su di un piano perpendicolare all’asse e distante z = 11 cm dal centro della sfera.


Esercizio 13 (II)

•  Una sfera conduttrice collegata a massa ha sempre potenziale elettrico V = 0.

•  Se la sfera è spazialmente isolata (nel senso che essa è lontana da ogni altra carica elettrica) questo significa che anche la carica Q della sfera è nulla: –  valendo la relazione Q = CV, dove C è la capacità, per un conduttore spazialmente

isolato.


Esercizio 13 (III)

•  Se invece si avvicina una corpo elettrizzato, di carica elettrica q, alla sfera conduttrice collegata a massa: –  Il campo elettrico E, prodotto da q e presente anche entro la sfera conduttrice,

muove le cariche elettriche libere nella sfera: –  Producendo, sulla superficie sferica (induzione elettrostatica):

•  Un accumulo di cariche Q′, di segno opposto a quello della carica q, nella parte più prossima alla carica q;

•  Un accumulo di cariche Q′ nella parte più lontana dalla carica q.


Esercizio 13 (IV)

•  La carica Q′ è subito neutralizzata dalle cariche negative libere disponibili dal collegamento di massa;

•  La carica Q′ non è neutralizzata. •  Il movimento delle cariche cessa quando il campo elettrico E′,

prodotto dalla carica accumulata Q′, equilibra il campo elettrico E prodotto dalla carica q:


Esercizio 13 (V)

•  In condizioni statiche, la sfera conduttrice, ha una carica elettrica netta Q′ di segno opposto alla carica q : –  Anche se non necessariamente dello stesso modulo: –  Distribuita sulla superficie della sfera, con densità superficiale di carica σ più

elevata nella parte della superficie che si trova più prossima alla carica q.


Esercizio 13 (VI)

•  Metodo della carica immagine: –  Cerchiamo un sistema elettrostatico — più semplice da affrontare di quello dato —

che produca, all’esterno della sfera, lo stesso potenziale elettrico V e lo stesso campo elettrico E del sistema dato.

–  Tentiamo (ansatz, ipotesi di lavoro da verificare a posteriori) con un sistema elettrostatico costituito da due cariche puntiformi:

•  La carica q data; •  Una seconda carica, q′, detta carica immagine, disposta sull’asse z del sistema in una

opportuna posizione.


Esercizio 13 (VII)

•  Potenziale di una carica puntiforme isolata Q:

•  Per il principio di sovrapposizione, nel nostro caso:


Esercizio 13 (VIII)

•  Sfera a massa, potenziale ovunque nullo nel volume della sfera: –  In particolare sulla sua superficie:

•  Sulla superficie della sfera:


Esercizio 13 (IX)

•  Dobbiamo scegliere q′ e d′ (se è possibile) in modo tale che questa espressione sia identicamente nulla sulla superficie della sfera: –  Indipendentemente dalla direzione del versore :

•  Questa condizione può essere verificata soltanto se:


Esercizio 13 (X)

•  Il flusso di E per la sfera e per la carica immagine deve essere uguale:

•  Per la legge di Gauss:


Esercizio 13 (XI)


•  Sostituendo i valori trovati d′ = R2/d e q′ = R q/d nell’espressione del potenziale:

•  Poiché :

•  Considerando :

•  Considerando :

Esercizio 13 (XII)


http://campus.cib.unibo.it/2488/

Domenico Galli Dipartimento di Fisica

[email protected] http://www.unibo.it/docenti/domenico.galli

http://lhcbweb2.bo.infn.it/bin/view/GalliDidattica

Esercizio 1 Fisica Generale B - Università di...

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