Esercizio 10 – Esercizi misti elettromagnetismo

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Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar).$ Una carica positiva è distribuita lungo una circonferenza di raggio $R$ , posta nel piano $xy$ col centro nell’origine, con una densità lineare non uniforme data da $\lambda=\lambda_0 \vert \sin \phi \vert$ dove $\phi$ è l’angolo individuato dal punto rispetto all’asse $x$ e $\lambda_0=costante\,\text{C/m}$ . Si determini:
a) il potenziale $V$ e il campo elettrico $E$ in un generico punto dell’asse $x$ ;
b) il valore numerico massimo del potenziale $V$ .

Svolgimento Punto a.

Prima di procedere alla risoluzione dell’esercizio, calcoliamo il seguente integrale che tornerà utile nel seguito

$I=\int_0^{\pi}\dfrac{\sin x}{(1+a^2+2a\cos x)^{\frac{1}{2}}}dx\quad \text{con}\,\, a\neq0.$

Dunque

$\begin{aligned} &I=\int_0^{\pi}\dfrac{\sin x}{(1+a^2+2a\cos x)^{\frac{1}{2}}}dx=\int_0^\pi \sin x(1+a^2+2a\cos x)^{-\frac{1}{2}}dx=\\\\ &=-\int_0^\pi \dfrac{1}{2a}(-2a\sin x)(1+a^2+2a\cos x)^{-\frac{1}{2}}dx=\\\\ &=-\dfrac{1}{2a}(1+a^2+2a\cos x)^{\frac{1}{2}} \cdot 2\bigg\vert_0^\pi=\\\\ &=-\dfrac{1}{a}\left( (1+a^2-2a)^{\frac{1}{2}}-(1+a^2+2a)^{\frac{1}{2}}\right)=\\\\ &=-\dfrac{1}{a}(\vert 1-a\vert-\vert a+1\vert)=-\dfrac{1}{a}(\vert a-1\vert-\vert a+1\vert) \end{aligned}$

Adesso vediamo i diversi casi a seconda dell’intervallo di valori per $a$ .

Se $a> 1:$

(1) $\begin{equation*} I=-\dfrac{1}{a}(a-1-a-1)=\dfrac{2}{a} \end{equation*}$

Se $-1\le a \le 1:$

(2) $\begin{equation*} I=-\dfrac{1}{a}(-a+1-a-1)=2 \end{equation*}$

Se $a<-1:$

(3) $\begin{equation*} \,\,\,\,I=-\dfrac{1}{a}(-a+1+a+1)=-\dfrac{2}{a} \end{equation*}$

quindi

(4) $\begin{equation*} \begin{aligned} &I=\int_0^{\pi} \dfrac{\sin x}{(1+a^2+2a\cos x)^{\frac{1}{2}}}dx= \begin{cases} \dfrac{2}{a}\quad &\mbox{se } \, a>1\\\\ 2\quad &\mbox{se } \, -1\le a\le1\\\\ -\dfrac{2}{a}\quad &\mbox{se } \, a<-1. \end{cases}=\\ & = \begin{cases} \dfrac{2}{\vert a\vert}\quad &\mbox{se } \, \vert a\vert>1\\\\ 2\quad &\mbox{se } \, \vert a \vert\le1. \end{cases} \end{aligned} \end{equation*}$

Ora torniamo al nostro problema. Consideriamo un generico elementino $dq$ della circonferenza e andiamo a valutare il potenziale in un generico punto $(a,0,0)$ con $a>0$ , come in figura

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ottenendo

(5) $\begin{equation*} dV=\dfrac{dq}{4\pi\varepsilon_0 r}. \end{equation*}$

Dalla geometria del problema abbiamo \footnote{E’ importante osservare che il triangolo in figura non è rettangolo e quindi possiamo applicare il teorema di Carnot (o teorema del coseno).}

$r^2=R^2+a^2-2Ra\cos\phi$

e poichè

$\lambda=\dfrac{dq}{d\ell}=\lambda_0\vert \sin\phi \vert.$

Allora (5) diventa

$dV=\dfrac{\lambda_0\left \vert \sin \phi \right \vert}{4 \pi \varepsilon_0 r}d\ell=\dfrac{\lambda_0\left \vert \sin \phi \right \vert}{4 \pi \varepsilon_0 r}R \, d \phi.$

Ora integriamo su tutta la circonferenza ottenendo

$\begin{aligned} V(a)& =\int_0^{2\pi}\dfrac{\lambda_0 \vert \sin\phi\vert R }{4\pi\varepsilon_0 \sqrt{R^2+a^2-2Ra\cos\phi}} \; d\phi=\\ &=\dfrac{\lambda_0 R}{4\pi\varepsilon_0}\left(\underbrace{\int_0^\pi \dfrac{\sin\phi }{\sqrt{R^2+a^2-2Ra\cos\phi}} \; d\phi}_{I_1}-\underbrace{\int_\pi^{2\pi}\dfrac{\sin\phi}{\sqrt{R^2+a^2-2Ra\cos\phi}} \; d\phi}_{I_2}\right) \end{aligned}$

Calcoliamo $I_2$ richiamando (4):

$\begin{aligned} I_2=&\int_\pi^{2\pi}\dfrac{\sin\phi}{\sqrt{R^2+a^2-2aR\cos\phi}} \; d\phi\underset{\phi-\pi=\theta}{=} \int_0^\pi \dfrac{\sin(\pi+\theta)}{\sqrt{R^2+a^2-2Rx\cos(\pi+\theta)}}d\theta=\\\\ &=\int_0^\pi \dfrac{-\sin\theta}{\sqrt{R^2+a^2+2Ra\cos\theta}}d\theta=-\int_{0}^\pi \dfrac{\sin \theta}{\sqrt{R^2+a^2+2Ra\cos\theta}}d\theta=\\\\ &=\dfrac{1}{R}\int_0^\pi \dfrac{\sin \theta}{\sqrt{1+\dfrac{a^2}{R^2}+\dfrac{2a}{R}\cos\theta}}d\theta=\dfrac{1}{R}\begin{cases} \dfrac{2}{\left\vert\frac{a}{R}\right\vert}\qquad &\mbox{se } \, \left\vert \frac{a}{R}\right\vert>1\\\\ 2 \qquad \qquad &\mbox{se } \, \left\vert \dfrac{x}{R} \right\vert \le1 \end{cases} =\begin{cases} \dfrac{2}{\left\vert a\right\vert}\quad &\mbox{se } \, \left\vert a\right\vert>R\\\\ \dfrac{2}{R} \quad &\mbox{se } \, \left\vert a\right\vert \le R, \end{cases} \end{aligned}$

mentre per $I_1$ abbiamo:

$\begin{aligned} &\int_0^\pi \dfrac{\sin\phi}{\sqrt{R^2+a^2-2Rx\cos\phi}}d\phi=\dfrac{1}{R}\int_0^\pi \dfrac{\sin\phi}{\sqrt{1+\dfrac{a^2}{R^2}-2\dfrac{a}{R}\cos\phi}}d\phi=\\ &=\qquad \dfrac{1}{R}\begin{cases} \dfrac{2}{\left\vert\frac{a}{R}\right\vert}\qquad &\mbox{se } \, \left\vert \frac{a}{R}\right\vert>1\\\\ 2 \qquad \qquad& \mbox{se } \, \left\vert \dfrac{a}{R} \right\vert \le1 \end{cases} = \begin{cases} \dfrac{2}{\left\vert a\right\vert}\qquad &\mbox{se } \, \left\vert a \right\vert>R\\\\ \dfrac{2}{R} \qquad \qquad &\mbox{se } \, \left\vert a \right\vert \le 1. \end{cases} \end{aligned}$

Quindi\footnote{L’uguaglianza dei due integrali è dovuta a ragioni di simmetria: la distribuzione di carica presenta una simmetria rispetto all’asse $x$ , pertanto il contributo della parte inferiore della circonferenza ( $y<0$ ) è identico al contributo della parte superiore ( $y>0$ ).}

$V(a)=\dfrac{\lambda_0 R}{4\pi\varepsilon_0}\left(I_1+I_2 \right) = \dfrac{\lambda_0 R}{4\pi\varepsilon_0}\begin{cases} \dfrac{4}{\vert a\vert}\,\qquad &\mbox{se } \, \vert a\vert>R\\\\ \dfrac{4}{R} \qquad \qquad &\mbox{ se } \, \vert a\vert\le R. \end{cases}$

pertanto possiamo concludere che il potenziale vale

$\boxcolorato{fisica}{V(a)=\dfrac{\lambda_0 R}{4\pi\varepsilon_0}\begin{cases} \dfrac{4}{\vert a\vert}\,\qquad &\mbox{se } \, \vert a\vert>R\\\\ \dfrac{4}{R} \qquad \qquad &\mbox{ se } \, \vert a\vert\le R. \end{cases}}$

iscriviamo $V(a)$ come segue

$V(a)=\dfrac{\lambda_0}{\pi\varepsilon_0}\begin{cases} \dfrac{R}{a} \qquad &\mbox{ se } \, a>R\\\\ -\dfrac{R}{a} \qquad &\mbox{ se } \, a<-R\\\\ 1\qquad &\mbox{ se } \, \vert a \vert\le R. \end{cases}\\$

Dal momento che

$\vec{E}(a)=-\dfrac{dV}{da}\hat{x}$

allora

$\begin{aligned} \vec{E}(a) & =\dfrac{\lambda_0}{\pi\varepsilon_0} \begin{cases} \dfrac{R}{a^2} \qquad &\mbox{ se } \, x>R\\\\ -\dfrac{R}{a^2}\qquad &\mbox{ se } \, x<-R\\\\ 0\qquad &\mbox{ se } \, \vert x\vert <R \end{cases}= \dfrac{\lambda_0}{\pi\varepsilon_0}\begin{cases} \dfrac{R}{a^2} \qquad &\mbox{ se } \, x>R\\\\ -\dfrac{R}{a^2}\qquad &\mbox{ se } \, x<-R\\\\ 0\qquad &\mbox{ se } \, \vert x\vert <R. \end{cases} \qquad =\\\\ & \qquad = \begin{cases} \dfrac{\lambda_0R}{\pi\varepsilon_0a^2}\, \text{sgn(a)}\qquad &\mbox{ se } \, \left \vert x \right \vert >R\\\\ 0\qquad &\mbox{ se } \, \vert x\vert <R. \end{cases} \end{aligned}$

pertanto possiamo concludere che il campo elettrico vale

$\boxcolorato{fisica}{\vec{E}(a)=\begin{cases} \dfrac{\lambda_0R}{\pi\varepsilon_0a^2}\, \text{sign(a)}\qquad &\mbox{ se } \, \left \vert x \right \vert >R\\\\ 0\qquad &\mbox{ se } \, \vert x\vert <R. \end{cases}}$

Svolgimento Punto b.

Ricordiamo che per il potenziale si ha

ed il grafico è dato da

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da cui si evince

$\boxcolorato{fisica}{ V_{\max}=\dfrac{\lambda_0}{\pi\varepsilon_0}. }$

Fonte.

Sergio Rosati e Lionel Lovitch – Problemi di fisica generale, Ambrosiana.

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