Download - Problemi di Fisica - liceogalileict.it Docenti/Guarrera/Il campo elettrico.pdf · 6 4 9 19 2 2 9 2 4 4 4 ... Tra due lastre caricate di segno opposto esiste un campo elettrico uniforme.

Transcript

IL CAMPO ELETTRICO

Problemi di Fisica

Elettromagnetismo

Il Campo Elettrico Problema Data la distribuzione di carica rappresentata in figura, calcolare il campo elettrico prodotto nell’origine degli assi cartesiani. I dati sono:

Q1 = -3e Q2 = +4e Q3 = +5e Q4 = -e

D1 = 3 cm D1 = 2 cm D3 = 2 cm D4 = 3 cm

°=α 301 °=α 702 °=α 403 °=α 454

Distribuzione delle cariche

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Soluzione Le quattro cariche generano nell’origine degli assi i vettori campo elettrico E1, E2, E3, E4,

rispettivamente. Dobbiamo quindi trovare modulo e direzione di questi quattro vettori. Per trovare i moduli applichiamo la definizione di campo elettrico:

( ) C/N108,4109

106,13109

103

e3109

D

QKE 6

4

199

22

921

11

−−

−⋅=

⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅

⋅⋅=⋅=

( ) C/N104,14104

106,14109

102

e4109

D

QKE 6

4

199

22

922

22

−−

−⋅=

⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅

⋅⋅=⋅=

( ) C/N1018104

106,15109

102

e5109

D

QKE 6

4

199

22

923

33

−−

−⋅=

⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅

⋅⋅=⋅=

( ) C/N106,1109

106,1109

103

e109

D

QKE 6

4

199

22

924

44

−−

−⋅=

⋅⋅⋅⋅

=⋅

⋅⋅=⋅=

Ora dobbiamo trovare l’orientamento dei quattro vettori campo elettrico nell’origine, tenendo presente che per una carica positiva il vettore campo elettrico è un vettore uscente dalla carica, mentre per una carica negativa è un vettore entrante nella carica. L’orientamento dei vettori è riportato nel seguente diagramma, dove abbiamo anche trovato graficamente il vettore campo elettrico totale agente nell’origine:

Diagramma del campo elettrico

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Adesso possiamo trovare le componenti di ciascun vettore su ogni asse e quindi le componenti del vettore campo elettrico totale ET:

Componenti di E1

Componenti di E2

C/N104,230sen108,4senEE

C/N102,430cos108,4cosEE66

11Y1

6611X1

−−

−−

⋅=°⋅⋅=α⋅=

⋅=°⋅⋅=α⋅=

C/N105,1370sen104,14senEE

C/N109,470cos104,14cosEE66

22Y2

6622X2

−−

−−

⋅=°⋅⋅=α⋅=

⋅=°⋅⋅=α⋅=

Componenti di E3

Componenti di E4

C/N106,1140sen1018senEE

C/N108,1340cos1018cosEE66

33Y3

6633X3

−−

−−

⋅=°⋅⋅=α⋅=

⋅=°⋅⋅=α⋅=

C/N101,145sen106,1senEE

C/N101,145cos106,1cosEE66

44Y4

6644X4

−−

−−

⋅=°⋅⋅=α⋅=

⋅=°⋅⋅=α⋅=

∑ −−−−− ⋅=⋅+⋅+⋅−⋅=++−== C/N102,14101,1108,13109,4102,4EEEEEE 66666X4X3X2X1XXT

∑ −−−−− ⋅−=⋅−⋅+⋅−⋅=−+−== C/N106,0101,1106,11105,13104,2EEEEEE 66666

Y4Y3Y2Y1YYT

Per ottenere il modulo di ET ci serviremo del teorema di Pitagora e per ottenere la sua orientazione utilizzeremo la definizione di tangente:

( ) ( )C/N10014,0

104,2021036,010202106,0102,14EEE6

12121226262YT

2XTT

−−−−−

⋅=

=⋅=⋅+⋅=⋅−+⋅=+=

04,0102,14

106,0EE

tg6

6

XT

YT −=⋅

⋅−==α

°−=α=α 3,2arctg

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Una sfera conduttrice di raggio r = 10 cm inizialmente con velocità v0 = 1 m/s, entra in una regione di spazio dove è presente un campo elettrostatico uniforme E = 100 V/m.

Calcolare il tempo che la sfera impiega a fermarsi se la sua massa è m = 10 g e la sua densità superficiale σ = 10-6 C/m2

Soluzione Si tratta di un moto uniformemente accelerato, per cui vale la seguente legge:

(1) atvv 0 −= Sapendo che:

mF

a = EqF ⋅= σπ= 2r4q

la (1) diventa:

tm

Er4vt

mqE

vtmF

vv2

000σπ

−=−=−=

da cui ricaviamo l’incognita tempo, tenendo presente che v = 0 (la sfera si ferma dopo un tempo t):

s796100101,04

101,0

Er4

mvt

6220 =

⋅⋅⋅π

⋅=

σπ=

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Tra due lastre caricate di segno opposto esiste un campo elettrico uniforme. Un elettrone viene lasciato libero sulla superficie della lastra carica negativamente e colpisce la superficie della lastra opposta, a distanza di 20 cm, in un tempo t = 1,5·10-8 s.

Calcolare il campo elettrico tra le due armature. Soluzione Per definizione il campo elettrico è dato da:

qF

E =

ed è diretto dall’armatura positiva a quella negativa. Mentre la forza F = ma è diretta nel verso opposto in quanto la carica su cui agisce è un elettrone (e = 1,602·10-19C; m = 9,108·10-31kg), ossia una carica di segno negativo. Pertanto, essendo un moto uniformemente accelerato (con a < 0), dalla legge del moto ricaviamo l’accelerazione:

216282

2 s/m1018,0)105,1(

2,02

t

s2aat

21

s ⋅=⋅

⋅==⇒=

per cui:

N1064,11018,010108,9F 151631 −− ⋅=⋅⋅⋅=

Infine, il campo elettrico tra le due armature sarà:

C/N1002,110602,1

1064,1E 4

19

15

⋅=⋅

⋅=

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Due gusci sferici conduttori concentrici hanno raggi R1 = 0,145 m e R2 = 0,207 m. La sfera interna reca una carica Q1 = -6,00·10-8 C. Un elettrone (e = 1,602·10-19C; m = 9,108·10-31kg) sfugge dalla sfera interna con velocità trascurabile. Supponendo che tra le due sfere ci sia il vuoto, calcolare con quale velocità l’elettrone colpisce la sfera esterna. Soluzione La sfera interna genera un campo elettrico pari a:

25714145,0

1000,6109

2

89 =

⋅⋅⋅

R

QKE

21

11 =⋅=

e ,1EqF =⋅=

ata da:

N/C

per cui sull’elettrone che sfugge dalla superficie della sfera interna agirà una forza pari a:

1519 101,42571410602 −− ⋅=⋅⋅ N

con una conseguente accelerazione, per la 2a legge della dinamica, d

21631

15

s/m1045,010108,9

101,4mF

a ⋅=⋅

⋅==

In un moto accelerato, la velocità è legata all’accelerazione dalla relazione:

as2v =

per cui, nel nostro caso, la velocità con la quale l’elettrone colpisce la sfera esterna è:

s/m1024,0)145,0207,0(1045,02)RR(a2v 81612 ⋅=−⋅⋅⋅=−⋅=

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Un condensatore piano ha un campo elettrico E = 104 V/m e una lunghezza L = 5 cm. Un elettrone entra tra le armature con una velocità v0 = 107 m/s ortogonale ad E.

Calcolare l’angolo di deflessione all’uscita del condensatore ed il modulo della velocità (trascurare gli effetti al bordo).

Soluzione Dalla definizione di campo elettrico ricaviamo che la forza elettrostatica che agisce sull’elettrone è data da:

EqF ⋅=

y0 ⋅

per cui F ha la stessa direzione di E ma verso opposto in quanto la carica q è negativa. Pertanto F agisce perpendicolarmente alla velocità iniziale dell’elettrone v0 e lo devia verso destra. Il moto dell’elettrone in queste condizioni è paragonabile a quello di un proiettile, cioè costituito da due moti indipendenti:

moto rettilineo uniforme lungo l’asse y y tv= (1)

moto uniformemente accelerato lungo l’asse x

(2) tavx ⋅=

Ricavando il tempo t dalla (1): y0v

Lt = e sostituendolo nella (2) otteniamo la componente

x della velocità:

67

2

31

419

y0y0y0x 108,8

10

105

1011,9

10106,1vL

mEe

vL

mF

vL

av ⋅=⋅

⋅⋅

⋅⋅=⋅

⋅=⋅=⋅=

m/s

dove mF

a = (2° principio della dinamica).

Pertanto il modulo della velocità e l’angolo di deflessione sono dati da:

727262y

2xFin 1033,1)10()108,8(vvv ⋅=+⋅=+= m/s

°=α⇒=⋅

==α 7,4814,1108,8

10v

vtg

6

7

x

y

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Due superfici piane distano tra loro d = 0,5 cm e portano ciascuna una carica elettrica di densità superficiale pari a +σ e –σ. Un elettrone le attraversa perpendicolarmente (si trascuri la deviazione subita dall’elettrone). L’elettrone oltrepassa la superficie carica negativamente con velocità v1 = 1,0·105 m/s e quella carica positivamente con velocità v2 = 1,0·106 m/s.

Calcolare il valore della densità

superficiale σ

Cosa succede all’elettrone se entra dalla parte della superficie carica positivamente?

Spiegare cosa succede se al posto

dell’elettrone poniamo un protone.

Soluzione

1. Dalla definizione di campo elettrico ricaviamo che la forza elettrostatica che agisce sull’elettrone è data da:

EqF ⋅= (1)

per cui F ha la stessa direzione di E ma verso opposto in quanto la carica q è negativa. La densità superficiale è data come formula inversa del campo elettrico di un condensatore piano:

00

EE ε⋅=σ⇒εσ

=

Ma il campo elettrico non è noto, per cui dalla (1) si ricava che:

eF

E =

pertanto il problema si riduce al calcolo della forza elettrica che agisce sull’elettrone. Dal 2° principio della dinamica sappiamo che:

amF ⋅=

dove l’accelerazione viene calcolata attraverso l’utilizzo delle leggi che regolano il moto uniformemente accelerato:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

+=

−=

21

12

at21

tvd

tvv

a

Il sistema ottenuto è così costituito da due equazioni in altrettante incognite a e t, pertanto:

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

+=

−=

⇒⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

−=

⇒⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

−=

⇒⎪⎩

⎪⎨⎧

−+=

−=

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⋅/−

⋅+=

−=

/

21

12

21

12

21

12

121

12

2121

12

vvd2

t

tvv

a

d2t)vv(t

vva

d2tvtvt

vva

tvtvtv2d2t

vva

tt

vv21

tvd

tvv

a

⎪⎪

⎪⎪

=⋅=⋅+⋅

⋅⋅=

⋅=⋅

⋅−⋅=

−−

ns1,9s101,9101101

105,02t

s/m101,0101,9

101101a

965

2

2159

56

Nota l’accelerazione, siamo in grado di calcolare la forza elettrica F, il campo elettrico E e quindi la densità superficiale σ:

N109,0101,0101,9amF 161531 −− ⋅=⋅⋅⋅=⋅=

C/N1056,0106,1

109,0eF

E 319

16

⋅=⋅

⋅==

229123

0 m/nC5m/C1051086,81056,0E =⋅=⋅⋅⋅=ε⋅=σ −−

In maniera alternativa, e più convincente, possiamo calcolare la forza che agisce sulla carica attraverso l’utilizzo del teorema dell’energia cinetica, che stabilisce: la variazione di energia cinetica della particella è uguale al lavoro compiuto dalle forze del campo sulla particella:

( ) [ ] J105,4)10()10(101,921

vvm21

mv21

mv21

EL 1925263121

22

21

22c

−− ⋅=−⋅⋅⋅=−⋅=−=∆=

Dalla definizione di lavoro ricaviamo la forza che agisce sulla particella:

N109105,0

105,4dL

FdFL 172

19−

⋅=⋅

⋅==⇒⋅=

per cui possiamo calcolare il campo elettrico e quindi la densità di carica superficiale:

C/N1056,0106,1

109eF

E 319

17

⋅=⋅

⋅==

2291230 m/nC5m/C1051086,81056,0E =⋅=⋅⋅⋅=ε⋅=σ −−

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

2. Se l’elettrone entra dalla parte della superficie

carica positivamente, sempre in base alla legge (1), avremo che la particella, essendo carica negativamente, sarà sottoposta ad una forza che avrà verso opposto al campo elettrico, per cui subirà un rallentamento.

3. Se al posto dell’elettrone poniamo un protone, in base alla legge (1), avremo che la particella, essendo carica positivamente, subirà una decelerazione se entrerà dalla parte della superficie carica negativamente (vedi figura), e una accelerazione se entrerà dalla parte della superficie carica positivamente (vedi figura).

I calcoli da eseguire al punto 2. e al punto 3. sono gli stessi di quelli eseguiti al punto 1.

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Determinare il punto nel quale una goccia carica d’inchiostro tocca il foglio di carta. I dati del problema sono: m = 1,3 · 10-10 kg Q = -1,5 · 10-13 C Vx = 18 m/s L = 1,6 cm E = 1,4 · 106 N/C

Soluzione La goccia viene caricata negativamente nell’apposito dispositivo ed entra con una velocità Vx tra i piatti deflettenti, dove viene deflessa verso l’alto dalla presenza del campo elettrico E diretto verso il basso, infatti:

F = Q · E = -1,5 · 10-13 · 1,4 · 106 = -2,1 · 10-7 N

La presenza di F, grazie al secondo principio della dinamica, comporta una accelerazione anch’essa verso l’alto:

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

2310

7

yy s/m106,1103,1

101,2mF

aamF ⋅−=⋅

⋅−==⇒⋅=

Pertanto: lungo l’asse X il moto della goccia è rettilineo uniforme, per cui la legge del moto è:

1) L = Vx · t

lungo l’asse Y il moto è uniformemente accelerato, per cui la legge del moto è:

2) 2tg21

y ⋅=

Ricavando t dalla 1):

s1009,018106,1

VL

t 22

x

−−

⋅=⋅

==

E sostituendola nella 2), otteniamo il punto nel quale la goccia tocca il foglio di carta:

mm65,0105,6)1009,0(8,921

y 522 =⋅=⋅⋅⋅= −−

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Data la distribuzione di carica in figura, determinare il flusso del campo elettrico attraverso la superficie S. I dati sono: Q1 = Q4 = + 3,1 nC Q2 = Q5 = -5,9 nC Q3 = -3,1 nC Q6 = neutra

S

Q6neutra

Q3-

Q5-

Q2-

Q4+

Q1+

Soluzione Il flusso del campo elettrico attraverso la superficie S, che chiameremo superficie gaussiana, si calcola attraverso la legge di Gauss:

CmN

6701085,8

101,3109,5101,3QQQQ)E(

2

12

999

0

321

0

ernaint ⋅−=

⋅−⋅−⋅+=

ε++

=Φ−

−−−∑

Notare:

• La carica neutra non dà nessun contributo al flusso, anche se è inclusa nella superficie S • Le cariche Q4 e Q5 non danno nessuno contributo al flusso perché sono esterne alla

superficie S e non sono perciò incluse in ΣQinterna • Il segno meno indica che la carica netta all’interno della superficie S è negativa e che il

flusso attraverso S è entrante.

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema La parte visibile di un fulmine è preseduta da una fase invisibile in cui una colonna di elettroni si estende da una nuvola verso terra. Questi elettroni provengono dalla nuvola e dalle molecole dell’aria ionizzate all’interno della colonna. La densità di carica lineare lungo la colonna è tipicamente λ = -1 · 10-3 C/m. Quando la colonna raggiunge la terra, gli elettroni contenuti in essa vengono scaricati rapidamente a terra. Durante la scarica, le collisioni tra gli elettroni e l’aria della colonna danno luogo ad un lampo brillante di luce. Se le molecole d’aria si ionizzano quando l’intensità di campo elettrico è E = 3 · 106 N/C, qual è il raggio della colonna? Soluzione Per risolvere questo problema, facciamo prima delle considerazioni di carattere generale. Sia data una bacchetta di plastica, carica, infinitamente lunga, con una densità di carica λ uniforme. Troviamo il campo elettrico ad una distanza R dall’asse della bacchetta, utilizzando il teorema di Gauss. La scelta della superficie gaussiana dovrebbe adattarsi alla simmetria del problema, che è cilindrica, per cui scegliamo un cilindro circolare di raggio R e lunghezza h, coassiale con la bacchetta. Attraverso la superficie laterale SL il flusso è dato da:

SESE)E( L ⋅⋅=•=Φ )hR2(ESEcos ⋅π⋅=⋅=α Notare :

• tra E ed S °=α 0 10cos =°⇒ hR2SL ⋅π=

Attraverso le basi del cilindro il flusso è nullo perché:

°=α 90 )E(10 =Φ⇒=° tra E ed S 0cos⇒ In definitiva, applicando il teorema di Gauss, otteniamo:

R2E

hhR2E

Q)E(

000

int

⋅πελ

=⇒ε⋅λ

=⋅π⋅⇒ε

=Φ ∑ (1) dove: hQint ⋅λ=

Ritorniamo al nostro problema, e sebbene la colonna non sia rettilinea né infinitamente lunga, si può considerare approssimativamente una carica lineare. Per trovare il raggio della colonna, risolviamo la (1) rispetto ad R:

m61031085,82

101E2

R612

3

0=

⋅⋅⋅⋅π

⋅=

⋅πελ

=−

Notare

• Il campo elettrico E si dirige radialmente verso l’interno poiché la colonna è fatta di elettroni

• Sebbene la colonna possa essere soltanto di 6 m di raggio, non si creda di essere al sicuro se ci si trova ad una distanza maggiore dal punto d’impatto del fulmine, perché gli elettroni trasportati dal fulmine si propagano sul terreno e queste correnti di terra sono letali.

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Un pendolino elettrico di massa m = 4,0 g e carica q = 0,20 µF si trova in equilibrio nel campo elettrico generato da un filo carico infinitamente lungo, la cui densità lineare di carica è λ = 4,0·10-5 C/m. Se all’equilibrio la distanza della sferetta del pendolino dal filo carico è r = 1,5 m e il pendolino è deviato di un angolo θ rispetto alla verticale, calcolare: 1. l’intensità del campo elettrico 2. l’intensità T della tensione del filo e l’ampiezza dell’angolo θ

Soluzione

1. Si dimostra che l’intensità di un filo infinitamente lungo è data da:

r2E

0πελ

=

Sostituendo i dati del problema otteniamo:

5108,4 ⋅=12

5

5,11085,82

100,4E

⋅⋅⋅π

⋅=

N/C

2. Come si vede dalla figura, sulla sferetta agiscono la forza elettrica Fe = qE, la forza peso P = mg e la tensione T del filo.

Essendo il pendolino in equilibrio, applichiamo la condizione d’equilibrio alla carica q:

∑ =++⇒= 0TPF0F e (1)

Fissato un sistema di assi cartesiani, scomponiamo la (1) secondo gli assi e otteniamo un sistema di due equazioni nelle incognite T e θ :

⎩⎨⎧

=−ϑ=ϑ−

0mgcosT0sinTqE

Il sistema ammetterà le seguenti soluzioni:

°=ϑ⇒=⋅⋅

⋅⋅⋅==ϑ

6845,281,9100,4

108,41020,0mgqE

tg3

56

10,068cos

81,9100,4cosmg

T3

=⋅⋅

=−

N

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Determinare il campo elettrico generato in ogni punto dello spazio da una sfera conduttrice omogenea di raggio R elettrizzata con una carica Q Soluzione In condizioni di equilibrio elettrostatico il campo elettrico, in base al teorema di Gauss, è nullo in tutti i punti interni alla sfera. Inoltre sappiamo che la carica elettrica di un conduttore si distribuisce interamente sulla sua superficie. In particolare, avendo a che fare con una sfera conduttrice, ossia con un conduttore di forma simmetrica, la carica Q si disporrà sulla superficie in maniera uniforme. Si tratta, dunque, di una distribuzione superficiale di carica a simmetria sferica, il cui campo elettrico esterno coincide con quello di una carica puntiforme Q posta nel centro.

Per punti esterni alla sfera (r > R) il campo è diretto radialmente (verso uscente se Q è positiva, entrante se Q negativa) e il suo modulo è:

2r

QKE ⋅=

ossia il campo decresce come 1/r2 a partire dal valore

massimo 2max

R

QKE ⋅= raggiunto sulla superficie della

sfera (r = R)

Per punti interni alla sfera (r < R) il campo è nullo.

Problema Quattro cariche puntiformi sono disposte nei vertici di un quadrato come in figura. Dopo aver eseguito una rappresentazione in scala dei campi generati dalle singole cariche nel centro del quadrato, determinare il campo elettrico totale. (Q1 = +3 · 10-10 C Q2 = +6 · 10-10 C Q3 = +6 · 10-10C Q 4 = -2 · 10-10C L = 10 cm) Soluzione

L D

Q2Q1

ET

E1E4

E3

E2

Q3 Q4

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

La distanza di ciascuna carica dal centro del quadrato è pari alla metà della diagonale del quadrato, che si calcola applicando il teorema di Pitagora al triangolo di lato L:

m07,02D

m14,021,02LL2LLD 222 =⇒=⋅=⋅==+= Il campo elettrico prodotto da ciascuna carica nel centro del quadrato è dato da:

C/N105,5)07,0(

103109

2D

QKE 2

2

109

21

1 ⋅+=⋅

⋅⋅=

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅=

C/N1011)07,0(

106109

2D

QKE 2

2

109

22

2 ⋅+=⋅

⋅⋅=

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅=

C/N1011)07,0(

106109

2D

QKE 2

2

109

23

3 ⋅+=⋅

⋅⋅=

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅=

C/N107,3)07,0(

)102(109

2D

QKE 2

2

109

24

4 ⋅−=⋅−

⋅⋅=

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅=

A questo punto siamo in grado di riportare in scala i singoli campi elettrici e determinare graficamente il campo elettrico totale prodotto nel centro del quadrato. Come si vede dalla figura, i campi elettrici E2 e E3 sono uguali ed opposti, quindi si annullano, mentre E1 e E2 sono concordi e quindi si possono sommare. Pertanto il campo elettrico totale è dato da:

C/N102,9107,3105,5EEE 22241T ⋅=⋅+⋅=+=

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Due cariche puntiformi Q1 = 20 µC e Q2 = -40µC distano 1 m l’una dall’altra. Determinare il punto sulla retta individuata dalle due cariche in cui il campo elettrico è nullo. Soluzione Innanzitutto stabiliamo da che parte è situato il punto:

X

x

E2

E1E2E1

-+C

E2 E1

B A

Q2Q1

L

Tenendo presente la definizione di campo elettrico, valgono le seguenti considerazioni: se il punto fosse C, in esso agirebbero due campi elettrici opposti, ma E2 sarebbe più

grande di E1 in quanto la carica Q2, oltre ad essere più vicina al punto C, ha un valore più grande della carica Q1;quindi nel punto C il campo elettrico totale non può essere nullo;

se il punto fosse in B, su di esso agirebbero due campi elettrici concordi, per cui in B il

campo elettrico totale non può essere nullo;

se il punto fosse A, su di esso agirebbero due campi elettrici opposti, ed essendo la carica Q2 più lontana, la posizione A sarà quella in cui il campo elettrico totale è nullo.

La condizione per cui nel punto A il campo elettrico totale sia nullo è la seguente:

(1) E1 - E2 = 0

Se fissiamo l’origine dell’asse X nel punto A e indichiamo con x la posizione del punto A rispetto a Q1, la (1) diventa:

01x2x0LLx2x0LLx2x0x2LLx2x

x2)Lx()Lx(

2

x

1

)Lx(

1040

x

1020

)Lx(

QK

x

QK

22222222

22222

6

2

6

22

21

=−−⇒=−⋅−⇒=+⋅+−⇒=−+⋅+

=+⇒+

=⇒+

⋅=

⋅⇒

+⋅/=⋅/

−−

L’equazione da risolvere è un’equazione di 2° grado le cui soluzioni sono:

m4.02

8.22xm41.2

282.22

x2

8.222

442a2

ac4bbx 21

2

−=−

=⇒=+

=⇒±

=+±

=−±−

=

Per come abbiamo fissato l’asse X, la soluzione x2 è da scartare per cui la soluzione del problema è:

x2 = 2.41 m il campo elettrico è nullo all’esterno del segmento individuato dalle due cariche a 2,41 m di distanza da Q1.

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Determinare in quale punto P, compreso tra due cariche, il campo elettrico è nullo. In dati sono:

Q1 = + 1,5 · 10-7 C Q2 = + 3,5 · 10-7 C d = 70 cm = 0,7 m Soluzione Rappresentiamo la situazione descritta dal problema:

X E2

d - x x

Q2Q1

d

E1P

++ +

La condizione per cui nel punto P il campo elettrico totale sia nullo è la seguente:

(1) E1 = E2

Se fissiamo l’origine dell’asse X nella carica Q1 e indichiamo con x la distanza di Q1 rispetto a P e con (d – x) la distanza di Q2 rispetto a P, la (1) diventa:

074,0x1,2x2x5,3x1,2x5,174,0x5,3)x4,1x49,0(5,1

x5,3)x7,0(5,1x5,3)xd(5,1)xd(

015,3

x

015,1

)xd(

QK

x

QK

22222

22222

7

2

7

22

21

=−+⇒=−+⇒=−+⋅

⇒⋅=−⋅⇒⋅=−⋅⇒−

//⋅=

//⋅⇒

−⋅/=⋅/

−−

L’equazione da risolvere è un’equazione di 2° grado le cui soluzioni sono:

m3,14

2,31,2xm28,0

42,31,2

x2

2,31,24

9,54,41,2a2

ac4bbx 21

2

−=−−

=⇒=+−

=⇒±−

=+±−

=−±−

=

Per come abbiamo fissato le cariche sull’asse X (ricorda che la carica Q1 è nell’origine dell’asse X), la soluzione x2 è da scartare (perché si riferisce ad un punto che è alla sinistra della carica Q1), per cui la soluzione del problema è:

x2 = 0,28 m

perché rappresenta la posizione di un punto P compreso tra le due cariche, come richiesto dal problema.

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Una piccola sfera di plastica di masse m = 3g e carica elettrica q1 = +2µC viene lanciata, alla velocità v1 = 4 m/s, contro una sfera metallica ferma avente carica elettrica q2 = + 4µC. E distante d = 4m. Determinare la distanza tra le due sfere nel punto di massimo avvicinamento.

Soluzione

x V1q2q1 P

d Le due cariche, avendo lo stesso segno, tendono a respingersi; però la carica q1, avendo un’energia cinetica, riesce a vincere la forza repulsiva e quindi si avvicina alla carica q2 fino alla posizione P, che rappresenta il punto di massimo avvicinamento. Poiché la forza elettrica è conservativa, l’energia totale del sistema si conserva durante il movimento:

xqq

Kdqq

Kmv21

tetancosUE 21212C

⋅⋅=

⋅⋅+⇒=+

Sostituendo i dati del problema, otteniamo una equazione di 1° grado dove l’incognita è proprio la posizione di massimo avvicinamento:

m7,1042,0072,0

x072,0x042,0

x072,0

018,0024,04

104102109

4104102

1091610321 66

966

93

==⇒=

⇒=+⇒⋅⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅⋅

⋅⋅+⋅⋅⋅−−−−

Problema Due elettroni distano 2 m. Un altro elettrone, lanciato dall’infinito, si ferma a metà strada tra essi. Quale deve essere la sua velocità iniziale?

Soluzione Per il principio di conservazione, l’energia meccanica dell’elettrone proveniente dall’infinito (cinetica + potenziale), si conserva:

EC + U = costante ossia: ECi + Ui = ECf + Uf

Poiché l’elettrone proviene dall’infinito, la sua energia potenziale iniziale è nulla; mentre, poiché si ferma a metà strada tra i due elettroni, la sua energia cinetica finale è nulla. Pertanto, il principio di conservazione diventa:

de4

Kmv21

2/de

2/de

Kmv21

UE2

2i

222ifCi ⋅=⇒⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅=⇒=

da cui è possibile ricavare l’incognita vi:

32210108,9

)10602,1(1098mdKe8

v31

21992

i =⋅⋅

⋅⋅⋅⋅==

m/s

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema In un campo elettrico, per trasportare una particella da un punto A a un punto B fra i quali esiste una differenza di potenziale VAB = 3,0·105 V, la forza del campo elettrico compie un lavoro L = 4,8·10-14 J. Supponendo che sulla particella non agiscano altre forze diverse da quella elettrica, determinare:

la carica della particella l’aumento dell’energia cinetica

Soluzione Dalla definizione di differenza di potenziale ricaviamo il valore della carica della particella:

195

14

ABAB 106,1

100,3

108,4VL

qqL

V −−

⋅=⋅

⋅==⇒= C

Attraverso l’ausilio del teorema dell’energia cinetica determiniamo l’aumento dell’energia cinetica della carica:

14108,4LE −⋅==∆ J

Problema 12 elettroni sono posti ugualmente distanziati su un cerchio di raggio R = 1 mm . Rispetto a V = 0 all'infinito (preso come livello di zero per il potenziale):

1. che valore hanno il potenziale elettrico ed il campo elettrico nel centro C del cerchio 2. discutere qualitativamente la situazione per quanto riguarda il potenziale elettrico

ed il campo elettrico in C nel caso in cui gli elettroni fossero disposti lungo il cerchio in maniera non uniforme.

Soluzione

1. Poiché tutti gli elettroni hanno la stessa carica negativa e tutti sono disposti alla stessa distanza R dal centro, il potenziale nel punto C, con l’ausilio del principio di sovrapposizione, è:

∑ ∑= =

−−

⋅−=⋅

⋅⋅⋅−=⋅πε

⋅−=πε

==n

1i

n

i

73

199

0i

i

0i 10173

10

106,110912

Re

41

12rq

41

VV V

Poiché il potenziale elettrico è uno scalare, l’orientamento di ciascuna carica rispetto a C è irrilevante per il potenziale V. Al contrario, poiché il campo elettrico è un vettore, l’orientamento degli elettroni è importante per la determinazione di E. Infatti, il vettore campo elettrico nel punto C, dovuto ad un certo elettrone, a causa della disposizione simmetrica viene annullato dal vettore campo elettrico dovuto all’elettrone che si trova diametralmente opposto. Per cui nel punto C:

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

E = 0

2. Se gli elettroni fossero spostati lungo il cerchio fino ad avere una distribuzione disuniforme, il potenziale sarebbe sempre lo stesso in quanto ogni elettrone ha sempre la stessa distanza da C e, come abbiamo detto, l’orientamento è irrilevante. Invece, il campo elettrico, sempre per ciò che abbiamo detto, non è più nullo in quanto la disposizione degli elettroni non è più simmetrica. Pertanto esisterà un campo elettrico netto risultante diretto verso la maggiore distribuzione di cariche.

Problema Calcolare il potenziale elettrico nel punto P al centro di un quadrato di lato L = 1,3 m e sui cui vertici sono collocate quattro cariche puntiformi:

Q1 = + 12 nC Q2 = - 24 nC Q3 = + 31 nC Q4 = + 17 nC Soluzione Poiché tutte le cariche hanno la stessa distanza r dal punto P, il potenziale nel punto P, con l’ausilio del principio di sovrapposizione, deve essere:

∑ ∑= =

=⋅++−

⋅⋅=πε

n

i

99

i

i

0352

92,010)17312412(

109rq1

==n

1ii 4

VV V

dove: 92,02

3,1

2

L2L

2L

r m 22

===⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛+⎟

⎞⎜⎝

⎛=

Problema Calcolare il potenziale del campo elettrico di una carica Q = 2,0 µC nel punto P distante 1,0 m. Quanto vale il lavoro compiuto contro le forze del campo per spostare una carica q = -1,0 µC dal punto P al punto O che dista 2,0 m da Q. Soluzione

Applicando la definizione di potenziale elettrico di una carica puntiforme otteniamo:

36

10181100,2

⋅=⋅

⋅−

9

0109

dQ

41

V ⋅=⋅πε

= V

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Per trovare il lavoro, possiamo eseguire lo stesso ragionamento applicato al campo gravitazionale terrestre ponendo le cariche in luogo delle masse e la costante K in luogo di quella gravitazionale:

3669

10109

21

11

100,1100,2109d1

d1

4qQ

L −−− ⋅=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

πε⋅

= J

Problema Le cariche elettriche puntiformi Q1 = -40,0 nC e Q2 = +20,0 nC sono separate da una distanza d = 10,0 m.

Determinare sulla retta passante per le due cariche i punti in cui il potenziale elettrico è nullo.

Soluzione

Tenendo presente la definizione di potenziale elettrico di una carica puntiforme:

rQ

41

V0

⋅πε

= (1)

notiamo che V1 < 0 in quanto Q1 è negativa e V2 > 0 in quanto Q2 è positiva. Pertanto il potenziale totale V, che per il principio di sovrapposizione è la somma algebrica dei singoli potenziali V1 e V2, sarà nullo nei punti in cui V1 e V2 sono uguali in valore assoluto. Il potenziale V non si può annullare in nessun punto alla sinistra della carica Q1 in quanto in questi punti V1 è sempre maggiore di V2 visto che dai dati del problema Q1 è maggiore di Q2 e dalla (1) il potenziale è direttamente proporzionale alla carica ed inversamente proporzionale alla distanza. Pertanto il potenziale si potrà annullare solo nei punti più vicini a Q2, e cioè nei punti compresi tra le due cariche e a sinistra di Q2. Indichiamo con x l’ascissa di un punto a potenziale nullo e supponiamo che si trovi a destra di Q2 e applichiamo, quindi, il principio di sovrapposizione:

∑=

=−

+⇒=−

⋅πε

+⋅πε

⇒=+==n

1i

212

0

1

021i 0

dxQ

xQ

0dx

Q4

1x

Q4

10VVVV

da cui, risolvendo rispetto ad x si ha:

0,2010)0,200,40(

)100,40(0,10QQ

Qdx

9

9

21

1 =⋅+−

⋅−⋅=

+⋅

=−

m

Vediamo se esiste anche tra le due cariche un punto a potenziale nullo. Indichiamo ancora con x l’ascissa di tale punto e applichiamo di nuovo il principio di sovrapposizione:

∑=

=−

+⇒=−

⋅πε

+⋅πε

⇒=+==n

1i

212

0

1

021i 0

xdQ

xQ

0xd

Q4

1x

Q4

10VVVV

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

da cui, risolvendo rispetto ad x si ha:

67,610)0,200,40(

)100,40(0,10QQ

Qdx

9

9

21

1 =⋅+

⋅−⋅−=

+−⋅−

=−

m

In definitiva esistono due punti a potenziale nullo sulla retta passante per le due cariche.

Problema In un condensatore piano ideale, infinitamente esteso, le due armature possiedono densità superficiali di carica rispettivamente uguali a +σ e a –σ. Determinare il campo elettrico all’interno e all’esterno del condensatore. Soluzione

Per il principio di sovrapposizione, il campo elettrico E in ogni punto dello spazio è uguale alla somma vettoriale dei campi elettrici E1 ed E2 generati in quello stesso punto, separatamente, dalle due armature cariche. L’armatura a sinistra che possiede una densità superficiale di carica +σ, produce un campo elettrico E1 diretto perpendicolarmente alla sua superficie in verso uscente, di modulo:

01 2

Eεσ

=

L'armatura a destra, con densità superficiale –σ, produce

invece un campo elettrico E2 in verso entrante, avente modulo.

12 EE = All'esterno del condensatore i due campi elettrici si annullano, per cui il campo risultante ha modulo:

0E = Nello spazio compreso fra le due piastre, invece, i due campi hanno verso concorde e quindi i loro moduli, entrambi uguali a:

021 2

EEεσ

==

si sommano. In conclusione, dentro al condensatore il campo è uniforme, diretto perpendicolarmente dall'armatura positiva a quella negativa, con modulo:

00021 22

EEEεσ

=εσ

+εσ

=+=

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Una particella di massa m = 2,0 g e carica q = -2,5·105 C si trova in equilibrio nel campo elettrico uniforme di un condensatore carico. Calcolare la densità superficiale di carica sulle armature del condensatore. Soluzione

Il campo elettrico tra le armature piane del condensatore è dato da:

0εσ

=E

E0

da cui ricaviamo la formula per il calcolo della densità superficiale:

ε=σ Pertanto il problema si riduce al calcolo del campo elettrico tra le armature del condensatore. Poiché la particella è in equilibrio nel campo elettrico, le due forze che agiscono su q, la forza peso P = mg diretta verticalmente verso il basso e la forza elettrica F = -qE diretta verticalmente verso l’alto, per la condizione di equilibrio, si devono bilanciare, quindi:

mgqE =

da cui ricaviamo il valore del campo elettrico uniforme:

C/N,,

,,q

mgE 8

5

31087

10528191002 −

⋅=⋅

⋅⋅==

Infine, noto il campo elettrico, possiamo calcolare la densità superficiale:

220812 10691087108598 m/C,, −−− ⋅=⋅⋅⋅=σ

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Due condensatori di capacità 3 µF e 6 µF rispettivamente sono connessi in serie ed il sistema così ottenuto è caricato a 500 V. Calcolare la carica su ciascuna armatura e l’energia immagazzinata da ciascun condensatore. Soluzione

V

C2

C1

CE

V

Poiché i condensatori sono in serie, sulle loro armature si accumulerà una stessa carica, che è la stessa che si accumula sul condensatore equivalente:

F25,0

1C5,0

61

31

C1

C1

C1

E21E

µ==⇒=+=+=

C10C101000500102VCQ 366E

−−− =⋅=⋅⋅=⋅=

L’energia immagazzinata da ciascun condensatore, sotto forma di energia elettrica, non è altro il lavoro speso dal generatore per caricare i singoli condensatori:

J08,0106

)10(21

CQ

21

LE

J17,0103

)10(21

CQ

21

LE

6

23

2

2

22

6

23

1

2

11

=⋅

⋅=⋅==

=⋅

⋅=⋅==

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Due condensatori di capacità 4µF e 8µF collegati in parallelo sono caricati con una differenza di potenziale di 100 V. Determinare la carica accumulata sulle armature di ciascun condensatore e l’energia immagazzinata dal sistema. Soluzione

C2

V

C1

CE

V

I due condensatori, essendo in parallelo, sono sottoposti alla stessa differenza di potenziale V, per cui la carica accumulata su di essi è data da:

C108100108VCQ

C104100104VCQ46

22

4611

−−

−−

⋅=⋅⋅=⋅=

⋅=⋅⋅=⋅=

Per calcolare l’energia immagazzinata dal sistema, dobbiamo prima calcolare la capacità equivalente, che nel caso di condensatori in parallelo è data da:

F1284CCC 21E µ=+=+=

per cui:

J106100101221

VC21

LE 2262E

−− ⋅=⋅⋅⋅===

Ricorda: l’energia immagazzinata dal sistema sotto forma di energia elettrica è il lavoro speso dal generatore V per caricare il condensatore equivalente che rappresenta il sistema dei due condensatori.

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Una sfera metallica di 10 cm di raggio è portata al potenziale di 2·104 V. Determinare la capacità e la carica della sfera. Soluzione Dalla formula del potenziale di un conduttore sferico ricaviamo la carica della sfera:

C1022310101021086,84RV4QRQ

41

V 924120

0

−−− ⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅π=⋅⋅πε=⇒πε

= La capacità della sfera la calcoliamo attraverso la sua definizione:

pF2,11F102,11F105,111102

10223VQ

C 12134

9

=⋅=⋅=⋅⋅

== −−−

Problema Un condensatore piano ha le armature circolari di raggio 10 cm, distanti tra loro 2 cm, e come dielettrico l’aria. Quanta energia viene immagazzinata dal condensatore se è caricato con una differenza di potenziale (d.d.p.) uguale a 1000 V? Soluzione L’energia immagazzinata da un condensatore è data da:

2CV21

E =

e per calcolarla dobbiamo prima determinare il valore della capacità. Poiché il problema fornisce le caratteristiche geometriche e fisiche del condensatore, allora la capacità la calcoliamo come:

pF9,13F109,13102

1014,31086,8

dS

C 122

212

0 =⋅=⋅

⋅⋅⋅=ε= −

−−

dove:

22222 m1014,3)1010(RS −− ⋅=⋅⋅π=π=

In definitiva:

J1071000109,1321

E 6212 −− ⋅=⋅⋅⋅=

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Un condensatore piano , con le armature di superficie 20,0 cm2 distanti nel vuoto 1,00 mm, viene caricato con una differenza di potenziale di 1000 V. Calcolare:

1. la carica accumulata sulle armature 2. l’energia immagazzinata 3. la densità di energia del campo elettrico

Soluzione 1. Poiché sono note le caratteristiche fisiche e geometriche del condensatore, possiamo calcolare la sua capacità:

pF,F,,

,,

dS

C 717107171000110020108598 12

3

412

0 =⋅=⋅

⋅⋅⋅=ε= −

−−

Dalla definizione di capacità ricaviamo la formula per calcolare la carica accumulata sulle armature:

nC,C,,VCQVQ

C 71710717100010717 912 =⋅=⋅⋅=⋅=⇒= −−

2. Il lavoro speso per caricare il condensatore è immagazzinato sotto forma di energia potenziale elettrica, per cui:

J,J,,QVLE µ=⋅=⋅⋅⋅=== −− 8581085810001071721

21 69

3. Poiché fra le armature del condensatore esiste un campo elettrico che si annulla quando il condensatore si scarica, possiamo anche pensare che l’energia spesa dal generatore per caricare il condensatore venga immagazzinata nel campo elettrico. Pertanto possiamo parlare di densità di energia del campo elettrico, che calcoliamo nel seguente modo:

4341010859821

21 26122

0 ,)(,Eu =⋅⋅⋅=ε= − J/m3

dove il campo elettrico è dato da:

63

1010001

1000=

⋅==

−,dV

E V/m

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Un condensatore C1 = 3,55 µF viene caricato a una differenza di potenziale V0 = 6.30 V, utilizzando una batteria da 6.30 V. La batteria viene poi rimossa e il condensatore viene connesso a un secondo condensatore C2 = 8,95 µF. 1. Cosa succede dopo che l'interruttore S è stato chiuso? una certa carica scorre da C1 a C2

fino a che non si raggiunge una condizione di equilibrio in cui entrambi i condensatori presentano la stessa differenza di potenziale V.

2. Qual è la differenza di potenziale comune? Soluzione

1. Dopo che il condensatore C1 si è caricato ed è poi connesso al condensatore C2, una certa carica scorre da C1 a C2 fino a che non si raggiunge una condizione di equilibrio in cui entrambi i condensatori presentano la stessa differenza di potenziale V.

2. La carica iniziale q0 viene condivisa dai due condensatori in modo che

si ottiene l’equazione:

210 qqq +=

Facendo uso della relazione q = CV per ciascun termine di questa equazione si ha:

VCVC 101 += VC2

che risolta ci consente di ottenere il valore del potenziale comune ai due condensatori:

79,195,855,3

55,330,6

CCC

VV21

10 =

+⋅=

+⋅= J

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Un condensatore C = 2µF è caricato con una differenza di potenziale Vi = 200 V. Esso, dopo il distacco dal generatore, viene collegato in parallelo ad un condensatore C = 6µF, inizialmente scarico. Calcolare:

1. la differenza di potenziale Vf ai capi dei due condensatori in parallelo 2. la variazione di energia elettrostatica.

Soluzione

1. Quando i due condensatori vengono collegati in parallelo il sistema ha una capacità:

21p CCC +=

Nell’operazione di collegamento la carica resta inalterata, per cui:

f21i1finaleiniziale V)CC(VCQQ +=⇒=

dalla quale segue:

5020062

2V

CCC

V i21

1f =⋅

+=⋅

+= V

2. L’energia elettrostatica iniziale e finale sono:

2i1i VC

21

U = 2f21f V)CC(

21

U +=

Sostituendo i valori numerici si ottiene:

04,020010221

U 26i =⋅⋅⋅= − J 01,050108

21

U 26f =⋅⋅⋅= − J

Pertanto la variazione di energia elettrostatica è:

03,001,004,0UUU fi =−=−=∆ J

OSSERVAZIONE - Come era prevedibile, l’energia elettrostatica del sistema è diminuita nel passaggio da una configurazione all’altra, e la variazione di energia si è trasformata in calore, per effetto Joule, nei conduttori che collegano i due condensatori in parallelo.

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania

IL CAMPO ELETTRICO

Problema Un condensatore è costituito da due armature piane e parallele di superficie S = 80 cm2 poste a una distanza d = 2 mm. Fra le armature c’è il vuoto. Il condensatore viene caricato portando le sue armature ad una differenza di potenziale V = 100 V. Staccato il condensatore dal generatore, una delle armature viene allontanata finché la distanza fra le armature diventa d1 = 1 cm.

Calcolare:

1. la differenza di potenziale finale Vf fra le armature 2. il lavoro fatto per spostare le armature

Soluzione

1. Durante l’allontanamento delle armature la carica resta costante, per cui:

ffiifinaleiniziale VCVCQQ =⇒= (1)

Siccome le capacità sono date da:

dS

C 0i ε= 1

0fi dS

C ε= (2)

la (1) diventa:

1

fif

10i0 d

VdV

VdS

VdS

=⇒⋅ε=⋅ε

da cui ricaviamo la differenza di potenziale finale fra le armature:

500100102

10V

dd

V3

2

i1

f =⋅⋅

=⋅=−

V

2. L’energia elettrostatica iniziale e finale sono:

J18,0J1018,0100104,3521

VC21

U 62122iii µ=⋅=⋅⋅⋅== −−

J89,01089,05001008,721

VC21

U 62122fff µ=⋅=⋅⋅⋅== −−

dove Ci e Cf sono state calcolate attraverso le (2):

4,35F104,35102

108010859,8C 12

3

412

i =⋅=⋅

⋅⋅⋅= −

−− pF

08,7F1008,710

108010859,8C 12

2

412

f =⋅=⋅

⋅⋅= −−

−− pF

Il lavoro fatto per spostare le armature è pari alla differenza delle energie potenziali elettrostatiche:

J71,018,089,0UUL if µ=−=−=

Prof. A.Guarrera Liceo Scientifico Galilei-Catania