Esercizi svolti sui conduttori, condensatori e dielettrici

Conduttori-Condensatori-Dielettrici ed energia elettrostatica

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Esercizi svolti sui conduttori, condensatori, dielettrici ed energia elettrostatica

I seguenti esercizi svolti sui conduttori sono tratti dal libro Elementi di Fisica Elettromagnetismo e Onde di P. Mazzoldi, M. Nigro, e C. Voci. Lo scopo di questo lavoro è fornire soluzioni del capitolo 4 cercando di fornire delle soluzioni più chiare e dettagliate possibile.

Questi esercizi sono pensati per un corso di Fisica 2, rivolto agli studenti di ingegneria, fisica e matematica. La raccolta comprende 35 esercizi, ordinati per difficoltà crescente, che trattano argomenti fondamentali come conduttori, condensatori, dielettrici e circuiti. Ogni esercizio è risolto passo passo, con attenzione ai dettagli teorici e pratici, per favorire una comprensione completa dei concetti trattati.

Contenuti degli Esercizi sui Conduttori, condensatori e dielettrici

Conduttori: Esplorazione delle proprietà elettrostatiche dei conduttori, distribuzione delle cariche e potenziale elettrico.
Condensatori: Analisi delle capacità, configurazioni in serie e parallelo, e l’effetto dei dielettrici sui condensatori.
Dielettrici: Studio dei materiali dielettrici, polarizzazione e come influenzano i campi elettrici e le capacità dei condensatori.
Circuiti: Applicazione delle leggi di Kirchhoff, analisi di circuiti RC e RL, e la transizione da stati stazionari a transitori.
Energia Elettrostatica: Calcolo dell’energia immagazzinata nei campi elettrici e nei sistemi di condensatori.

Obiettivi

Attraverso la risoluzione degli esercizi, gli studenti saranno in grado di:

Applicare le leggi dell’elettromagnetismo a situazioni pratiche.
Sviluppare abilità di problem solving e pensiero critico.
Prepararsi efficacemente per esami e prove pratiche.

Struttura delle Soluzioni sui conduttori, condensatori e dielettrici

Ogni soluzione è presentata con:

Descrizione del Problema: Introduzione al problema e ai concetti chiave.
Svolgimento Dettagliato: Passaggi risolutivi con spiegazioni teoriche e formule utilizzate.
Conclusioni: Riassunto dei risultati ottenuti e delle loro implicazioni.

Scarica gli esercizi svolti

Ottieni il documento contenente 35 esercizi risolti, contenuti in 54 pagine ricche di dettagli, per migliorare la tua comprensione dei condensatori e conduttori .

Autori e revisori degli esercizi sui conduttori, condensatori dielettrici ed energia elettrostatica.

Leggi...

Autore: Valerio Brunetti.

Revisore: Silvia lombardi.

Testi degli esercizi su conduttori, condensatori, dielettrici ed energia elettrostatica

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Un conduttore sferico, di raggio $R_1=10\,\text{cm}$

, è concentrico ad un conduttore sferico cavo di raggio interno $R_2=20\,\text{cm}$

e raggio esterno $R_3=40\,\text{cm}$

. Una carica $q=10^{-8}\,\text{C}$

è depositata sul conduttore interno. Calcolare:

le cariche $q_1,q_2$ e $q_3$ presenti sulle tre superfici sferiche;
il campo elettrico $E(r)$ in funzione della distanza $r$ dal centro $O$ del sistema;
la differenza di potenziale $\Delta V$ tra i due conduttori;
l’energia elettrostatica $U_e$ del sistema.

Figura 1: geometria esercizio 1.

Premessa.

Nel seguente esercizio, verranno proposti per il punto 4 due svolgimenti.

Svolgimento punto 1.

Abbiamo a che fare con conduttori elettrici, questo vuole dire che le cariche si posizioneranno tutte spontaneamente in prossimità della superficie esterna del conduttore, affinché si abbia campo elettrico nullo all’interno del conduttore. Il conduttore interno, inizialmente neutro, ottiene una carica $q$

che spontaneamente si distribuisce sulla superficie esterna del conduttore. Per induzione elettrostatica una carica $-q$

si sposta sulla superficie interna del conduttore cavo, tuttavia quest’ultimo è neutro quindi a sua volta si sposta una carica $q$

sulla superficie esterna come in figura 2.

Figura 2: situazione fisica svolgimento 1.

Quindi concludiamo che:

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} q_1=q\\ q_2=-q\\ q_3=q. \end{cases}}$

Svolgimento punto 2.

Dalla teoria sappiamo che all’interno di un conduttore il campo elettrico deve essere nullo, quindi

(1) $\begin{equation*} E(r)=0\,\dfrac{\text{N}}{\text{C}}\quad \text{se}\,\, \, 0<r<R_1 \,\, \, \vee \,\, \, R_2<r<R_3. \end{equation*}$

Calcoliamo il campo elettrico: $E(r)$ nello spazio vuoto tra i due conduttori applicando il teorema di Gauss. Scegliamo come superficie gaussiana una sfera di raggio $r$ e centro $O$ attraverso la quale calcoliamo il flusso del campo elettrico applicando il teorema di Gauss:

(2) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}(r))=\iint_\Sigma \vec{E}\cdot\hat{n} d\Sigma=\dfrac{Q}{\varepsilon_0}, \end{equation*}$

dove $\Sigma$ è la superficie Gaussiana e $Q$ è la carica totale contenuta all’interno di essa. Dalla geometria del problema si intuisce che il campo elettrico è radiale, pertanto $\hat{n}$ e $\vec{E}$ sono paralleli e si ha

$\vec{E}\cdot\hat{n}=E.$

Osserviamo che il modulo del campo elettrico, per com’è definito, assume lo stesso valore su ogni punto di $\Sigma$ e quindi possiamo portarlo fuori dall’integrale come segue

(3) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}(r))=\iint_{\Sigma}E\,d\Sigma=E\iint_{\Sigma}\,d\Sigma={Q\over \varepsilon_0}, \end{equation*}$

dove $\iint_{\Sigma}\,d\Sigma$ rappresenta la superficie della sfera. Notiamo che per: $r\in(R_1,R_2)$ si ha $Q=q$ e per: $r\in(R_3,+\infty)$ si ha $Q=q_1+q_2+q_3=q-q+q=q$ , cioè:

(4) $\begin{equation*} E\iint_{\Sigma}\,d\Sigma=E\left(4\pi r^2\right)={q\over \varepsilon_0} \quad \Leftrightarrow\quad E=\dfrac{q}{4\pi r^2}. \end{equation*}$

Concludiamo che:

$\boxcolorato{fisica}{E(r)=\begin{cases} 0\,\,\dfrac{\text{N}}{\text{C}} & \text{per \,\, \,\,\,\,} 0<r<R_1 \quad\vee\quad R_2<r<R_3 \\\\ \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2} & \text{per \,\, } R_1<r<R_2 \quad\vee\quad r>R_3. \end{cases}}$

Svolgimento punto 3.

Utilizziamo il fatto che il campo elettrico è definito come

(5) $\begin{equation*} E(r)=-{\text{d}V(r)\over \text{d}r}. \end{equation*}$

Quest’ultima formula, se integrata, ci permette di ricavare una differenza di potenziale. Nello specifico vogliamo calcolare la differenza di potenziale elettrostatico tra i due condensatori, ovvero:

(6) $\begin{align*} V(R_2)-V(R_1)&=-\int_{R_1}^{R_2}E(r)\text{d}r=-\int_{R_1}^{R_2}{q\over 4\pi\varepsilon_0r^2}\text{d}r\\ &={q\over 4\pi\varepsilon_0r}\bigg|_{R_1}^{R_2}={q\over 4\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_2}-{1\over R_1}\bigg). \end{align*}$

Questa quantità è negativa, scegliamo di prendere la differenza di potenziale positiva come soluzione. Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{\Delta V=V(R_1)-V(R_2)={q\over 4\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_1}-{1\over R_2}\bigg)=450\,\text{V}.}$

Svolgimento punto 4 tramite la capacità del condensatore sferico.

Possiamo considerare il sistema come se fossimo in presenza di due condensatori sferici, uno di raggi $R_1$

e $R_2$

mentre l’altro di raggi: $R_3$

e $R_4=\infty$

. L’energia elettrostatica di un condensatore è data da

(7) $\begin{equation*} U_e={1\over 2}Q\Delta V, \end{equation*}$

dove $\Delta V$ è la differenza di potenziale elettrico tra le due armature del condensatore e $Q$ è la carica sulle armature. Sfruttando i risultato del punto 3, e, tenendo conto che $Q=q$ si può calcolare l’energia elettrostatica associata a questo condensatore come segue

(8) $\begin{align*} U_{e,1}={1\over 2}Q\Delta V=\dfrac{q}{2}\left({q\over 4\pi\varepsilon_0}\right)\bigg({1\over R_1}-{1\over R_2}\bigg)={q^2\left(R_2-R_1\right)\over 8\pi\varepsilon_0R_1R_2}. \end{align*}$

Nel caso del condensatore di raggi $R_3$ e $R_4=\infty$ otteniamo

(9) $\begin{equation*} U_{e,2}=\dfrac{1}{2}Q(V_3-V_{\infty}), \end{equation*}$

dove $Q=q$ , $V_{\infty}=0$ V e $V_3=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0R_3}$ , da cui si ricava che

(10) $\begin{equation*} U_{e,2}=\dfrac{1}{2}Q(V_3-V_{\infty})=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0R_3}\right)={q^2\over 8\pi\varepsilon_0R_3}. \end{equation*}$

L’energia elettrostatica del sistema somma dei due condensatori sferici considerati è la somma delle loro energie elettrostatiche

(11) $\begin{equation*} U_e=U_{e,1}+U_{e,2}={q^2\left(R_2-R_1\right)\over 8\pi\varepsilon_0R_1R_2}+{q^2\over 8\pi\varepsilon_0R_3}={q^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_3}+{1\over R_1}-{1\over R_2}\bigg). \end{equation*}$

Sostituendo i valori numerici si ha

$\boxcolorato{fisica}{U_e={q^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_3}-{1\over R_2}+{1\over R_1}\bigg)=\text{3,37}\cdot 10^{-6}\,\text{J}.}$

Svolgimento punto 4 tramite l'energia associata al campo elettrico.

L’energia elettrostatica del sistema corrisponde al lavoro necessario per costruire la distribuzione di cariche che dà origine al campo elettrostatico e si ottiene integrando su tutto lo spazio in cui il campo elettrico non è nullo

(12) $\begin{align*} U_e=\iiint_{\text{Tutto lo spazio}} {1\over 2}\varepsilon_0E^2(r)\text{dV}&\overset{\clubsuit}{=}{4\pi\varepsilon_0\over 2}\left(\int_{R_1}^{R_2}{q^2\over 16\pi^2\varepsilon_0^2 r^4}\ r^2\text{d}r+\int_{R_3}^{\infty}{q^2\over 16\pi^2 \varepsilon_0^2r^4}\,r^2\text{d}r\right)=\\ &={q^2\over8\pi\varepsilon_0}\bigg[-{1\over r}\bigg|_{R_1}^{R_2}-{1\over r}\bigg|_{R_3}^{\infty}\bigg]=\\ &={q^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_3}-{1\over R_2}+{1\over R_1}\bigg), \end{align*}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo usato il seguente fatto: $dV=d\left(\dfrac{4}{3}\pi r^3\right)=4\pi r^2 dr.$ Concludiamo che:

$\boxcolorato{fisica}{ U_e={q^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_3}-{1\over R_2}+{1\over R_1}\bigg)=\text{3,37}\cdot 10^{-6}\,\text{J}.}$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Partendo dalla condizione di equilibrio del problema 1, la sfera interna viene appoggiata sul fondo della cavità. Calcolare:

le cariche $q_1,q_2$ e $q_3$ presenti sulle tre superfici sferiche;
il campo elettrico $E(r)$ in funzione della distanza $r$ dal centro $O$ del sistema;
la differenza di potenziale $\Delta V$ tra le due sfere;
la variazione di energia elettrostatica $\Delta U_e$ del sistema.

Premessa.

Anche in questo esercizio, per il punto 4 verranno proposte due soluzioni che utilizzano approcci differenti.

Svolgimento punto 1.

I due conduttori sono ora a contatto, possiamo considerarli quindi come un unico conduttore cavo. La carica $q$

presente nel conduttore interno ora può disporsi liberamente su tutto il conduttore cavo portando il sistema ad un nuovo equilibrio elettrostatico. Per rispettare lo stato di conduttore in equilibrio elettrostatico la carica $q$

del conduttore deve disporsi sulla superficie esterna, ovvero $q_3=q$

. Per quanto riguarda la superficie interna del conduttore, essa deve essere priva di carica elettrica sempre per rispettare la condizione di conduttore in equilibrio elettrostatico, quindi $q_1=q_2=0\,\text{C}$

Figura 3: geometria esercizio 2.

Svolgimento punto 2.

Il campo elettrico all’interno di un conduttore cavo è sempre nullo. All’esterno del condensatore invece possiamo utilizzare il teorema di Gauss prendendo una superficie gaussiana sferica di area $4\pi r^2$

, il campo elettrico è radiale quindi il suo flusso attraverso la superficie sferica è

(13) $\begin{equation*} \Phi(\vec{E}(r))=E(r)4\pi r^2={q\over \varepsilon_0} \quad\Leftrightarrow \quad E(r)={q\over 4\pi\varepsilon_0 r^2}, \end{equation*}$

dove $q$ è la carica del conduttore. Concludiamo che:

$\boxcolorato{fisica}{E(r)=\begin{cases} 0 & \text{per \,\, } 0<r<R_3 \\\\ \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2} & \text{per \,\, } r>R_3. \end{cases}}$

Svolgimento punto 3.

Le due sfere fanno parte di uno stesso conduttore cavo all’equilibrio elettrostatico che quindi possiede in ogni suo punto lo stesso potenziale elettrostatico, ovvero all’interno del conduttore cavo la differenza di potenziale è nulla

$\boxcolorato{fisica}{ \Delta V=0\,\text{V}.}$

Svolgimento punto 4 tramite le capacità del condensatore sferico.

Il conduttore cavo costituisce uno schermo elettrostatico perfetto tra spazio interno ed esterno, questo significa che esternamente possiamo considerare il conduttore come un condensatore sferico con una distanza infinita tra le armature. Abbiamo già calcolato l’energia elettrostatica di un condensatore sferico di raggi $R_3$

e $R=\infty$

nell’esercizio precedente. Chiamiamo con A il sistema dell’esercizio precedente, mentre con B il sistema studiato in questo esercizio. L’energia del sistema, che è formato solo da questo condensatore sferico, è quindi

(14) $\begin{equation*} U_e^B={q^2\over 8\pi\varepsilon_0 R_3}. \end{equation*}$

Ne segue la variazione di energia elettrostatica $\Delta U_e$ , ovvero l’opposto del lavoro necessario per mettere la sfera a contatto con il conduttore esterno

(15) $\begin{equation*} \Delta U_e=U_e^B-U_e^A={q^2\over 8\pi\varepsilon_0 R_3}-{q^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_3}-{1\over R_2}+{1\over R_1}\bigg)={q^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_2}-{1\over R_1}\bigg), \end{equation*}$

dove $U_e^A$ è l’energia elettrostatica (11) data dal sistema A. Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ \Delta U_e={q^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_2}-{1\over R_1}\bigg)=-\text{2,25}\cdot 10^{-6}\,\text{J}.}$

Svolgimento punto 4 tramite l'energia associata al campo elettrico.

La variazione di energia del sistema è pari alla variazione di energia associata al campo elettrostatico. In questo sistema non abbiamo più campo elettrico interno al conduttore, mentre nel sistema iniziale (quello dell’esercizio precedente) abbiamo un campo elettrico sia tra le armature del condensatore sferico che esternamente. Chiamiamo con $A$

il sistema dell’esercizio precedente mentre con $B$

il sistema studiato in questo esercizio, allora

(16) $\begin{equation*} \Delta U_e=U_{E,\text{esterno}}^B-U_{E,\text{esterno}}^A-U_{E,\text{interno}}^A, \end{equation*}$

dove $U_E$ indica l’energia associata al campo elettrico. Siccome i campi elettrici all’esterno sono uguali per entrambi i sistemi, sono uguali anche le loro energie $U_{E,\text{esterno}}^B=U_{E,\text{esterno}}^A$ . Abbiamo quindi solamente un’energia da calcolare nel sistema dell’esercizio precedente ovvero l’energia interna del condensatore di raggio $R_1$ e $R_2$ avente carica $q$ sulle proprie armature. Abbiamo dunque

(17) $\begin{align*} \Delta U_e=-U_{E,\text{Interno}}^B=-{1\over 2}\varepsilon_0\int_{\text{Interno}}E^2(r)\text{d}V&=-{1\over 2}4\pi\varepsilon_0\int_{R_1}^{R_2}\left({q^2\over 16\pi^2\varepsilon_0^2r^4}\right)r^2\text{d}r=\\ &={q^2\over 8\pi\varepsilon_0r}\bigg|_{R_1}^{R_2}={q^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_2}-{1\over R_1}\bigg). \end{align*}$

Concludiamo dunque

$\boxcolorato{fisica}{ \Delta U_e={q^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_2}-{1\over R_1}\bigg)=-\text{2,25}\cdot 10^{-6}\,\text{J}.}$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Partendo dalla condizione di equilibrio del problema 1 una carica $q^*=-3\cdot 10^{-8}\,\text{C}$

viene depositata sulla superficie del conduttore cavo. Calcolare:

le cariche $q_1,q_2$ e $q_3$ presenti sulle tre superfici sferiche;
il campo elettrico $E(r)$ in funzione della distanza $r$ dal centro $O$ del sistema;
la differenza di potenziale $\Delta V$ tra le due sfere;
la variazione di energia elettrostatica $\Delta U_e$ del sistema.

Premessa.

Nel seguente esercizio, per il punto 4, verranno proposte due soluzioni che sono basate su differenti approcci.

Svolgimento punto 1.

Consideriamo il sistema dell’esercizio 1, ovvero prima di depositare la carica $q^*$

sulla superficie esterna, esso è un condensatore sferico dove il campo elettrico al suo interno non può oltrepassare l’armatura esterna. Questo significa che il conduttore esterno, ovvero l’armatura esterna, agisce come uno schermo elettrostatico e quindi un osservatore esterno non distinguerebbe questo condensatore da un conduttore sferico di carica $q$

. Questa osservazione ci permette ora di capire cosa succede se inserisco una carica $q^*$

al conduttore esterno: per un osservatore esterno questo sistema è un conduttore sferico di carica $q$

, la carica $q^*$

si somma alla carica $q$

superficiale, ovvero $q_3=q+q^*$

. Concludiamo quindi con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{q_1=q \qquad q_2=-q \qquad q_3=q+q^*=-2\cdot 10^{-8} \,\text{C}.}$

Il problema ora si risolve esattamente come fatto nel problema 1, bisogna solo fare attenzione ad inserire le giuste cariche.

Figura 4: geometria esercizio 3.

Svolgimento punto 2.

All’interno dei conduttori il campo elettrico è nullo. Tra $R_1<r<R_2$

il campo elettrico è lo stesso calcolato nel problema 1. Nello spazio di raggio $r>R_3$

il campo elettrico è sempre dato dal teorema di Gauss, tuttavia la superficie sferica gaussiana ora contiene una carica $q+q^*$

che è negativa, quindi il campo elettrico risulta essere entrante nel conduttore. Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{E(r)=\begin{cases} 0 & \text{per \,\, } 0<r<R_1 \quad \wedge\quad R_2<r<R_3 \\\\ \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2} & \text{per \,\, } R_1<r<R_2\\\\ -\dfrac{|q+q^*|}{4\pi\varepsilon_0r^2} & \text{per \,\, } r>R_3. \end{cases}}$

Svolgimento punto 3.

Il campo elettrico tra le armature del condensatore sferico è lo stesso dell’esercizio 1, quindi abbiamo anche la stessa differenza di potenziale elettrostatico. Seguendo gli stessi passaggi del punto 3 dell’esercizio 1, concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{\Delta V={q\over 4\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_1}-{1\over R_2}\bigg)=450\,\text{V}.}$

Svolgimento punto 4 tramite la capacità del condensatore sferico.

Il sistema può essere visto come due condensatori sferici, uno di raggi $R_1$

e $R_2$

mentre l’altro di raggi $R_3$

e $R_4=\infty$

. Indichiamo con $A$

il sistema dell’esercizio 1 mentre con $B$

il sistema studiato in questo esercizio. Utilizzando i risultati della prima soluzione del punto 4 del problema 1 sappiamo che l’energia del condensatore interno $U_{e,1}$

rimane la stessa, quindi $U_{e,1}^A=U_{e,1}^B$

, mentre varia quella del condensatore con armature a distanza infinita

(18) $\begin{equation*} U_{e,\infty}^B={(q+q^*)^2\over 8\pi\varepsilon_0 R_3}. \end{equation*}$

La variazione di energia elettrostatica, ovvero l’opposto del lavoro necessario per aggiungere la carica $q^*$ al conduttore esterno, risulta essere

(19) $\begin{equation*} \Delta U_e=\cancel{U_{e,1}^B}+U_{e,\infty}^B-\cancel{U_{e,1}^A}-U_{e,\infty}^A={(q+q^*)^2\over 8\pi\varepsilon_0 R_3}-{q^2\over 8\pi\varepsilon_0 R_3}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{\Delta U_e={(q+q^*)^2-q^2\over 8\pi\varepsilon_0R_3}=\text{3,37}\cdot 10^{-6}\,\text{J}.}$

Svolgimento punto 4 tramite energia associata al campo elettrico.

La variazione dell’energia elettrostatica è pari alla variazione di energia associata al campo elettrico. Indichiamo con $A$

il sistema dell’esercizio 1, mentre con $B$

il sistema studiato in questo esercizio. Il campo elettrico interno è lo stesso per entrambi i sistemi, quindi $U_{E,\text{interno}}^A=U_{E,\text{interno}}^B$

, dove $U_E$

indica l’energia associata al campo elettrico. L’unica variazione la vediamo nel campo elettrico esterno

(20) $\begin{align*} \Delta U_e&=\cancel{U_{E,\text{interno}}^B}+U_{E,\text{esterno}}^B-\cancel{U_{E,\text{interno}}^A}-U_{E,\text{esterno}}^A=\\ &={1\over 2}\varepsilon_0 \int_{\text{esterno}}E^{B}(r)\text{d}V-{1\over 2}\varepsilon_0 \int_{\text{esterno}}E^{A}(r)\text{d}V=\\ &\overset{\clubsuit}{=}{1\over 2}4\pi\varepsilon_0\int_{R_3}^{\infty}{(q+q^*)^2\over 16\pi^2\varepsilon_0^2 r^4}r^2 \text{d}r-{1\over 2}4\pi\varepsilon_0\int_{R_3}^{\infty}{q^2\over 16\pi^2\varepsilon_0^2 r^4}r^2 \text{d}r =\\ &={(q+q^*)^2\over 8\pi\varepsilon_0}{1\over R_3}-{q^2\over 8\pi\varepsilon_0}{1\over R_3}. \end{align*}$

, dove in $\clubsuit$ siamo passati alle coordinate polari sferiche. Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{t\Delta U_e={(q+q^*)^2-q^2\over 8\pi\varepsilon_0R_3}=\text{3,37}\cdot 10^{-6}\,\text{J}.}$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Due fogli metallici sferici, di spessore trascurabile, concentrici, aventi rispettivamente raggi $R_1$

e $R_2=5\,\text{cm}$

, sono collegati con un sottile filo conduttore. Una carica $q=10^{-10}\,\text{C}$

è posta al centro del sistema e una carica $q_0=q$

è posta in un punto $B$

distante $d=25\,\text{cm}$

dal foglio esterno. Calcolare la forza $F$

esercitata da $q_0$

su ciascun foglio.

Figura 5: geometria esercizio 4.

Svolgimento.

I due fogli metallici sono collegati da un filo conduttore, quindi li possiamo considerare come un unico conduttore. Per induzione elettrostatica nel foglio metallico interno si distribuisce una carica $-q$

mentre in quello esterno, per mantenere la neutralità di carica del conduttore, una carica $q$

, creando così uno schermo elettrostatico. Un osservatore esterno non distingue quindi il sistema formato dalla carica interna $q$

e dai due fogli metallici da un semplice conduttore sferico di carica $q$

. Il campo elettrico generato da un conduttore sferico si calcola utilizzando il teorema di Gauss, trovando così

(21) $\begin{equation*} E(r)={q\over 4\pi\varepsilon_0 r^2} \qquad\text{per }\quad r>R_2. \end{equation*}$

La forza che questo campo esercita sulla carica $q_0$ è

(22) $\begin{equation*} \vec{F}_{q_0}=q_0\underbrace{E\left(R_2+d\right)}\,\hat{x}={q_0 q\over 4\pi\varepsilon_0 (R_2+d)^2}\,\hat{x}. \end{equation*}$

Ne segue per il principio di azione e reazione che la forza esercitata dalla carica $q_0$ sul condensatore sferico, ovvero sul foglio metallico esterno, è

(23) $\begin{equation*} \vec{F}_{\substack{\text{foglio} \\\text{esterno}}}=-\vec{F}_{q_0}=-{q_0q\over 4\pi\varepsilon_0(R_2+d)^2}\hat{x}=-10^{-9}\,\text{N}\,\hat{x}. \end{equation*}$

Sul foglio interno non viene esercitata alcuna forza, infatti nello spazio tra i due fogli il campo elettrico è nullo e quindi il campo elettrico generato da $q_0$ non può andare ad influire sul foglio interno, proprio come ci si aspetta da uno schermo elettrostatico perfetto. Concludiamo, allora, con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{F}_{\substack{\text{foglio} \\\text{esterno}}}=-{q_0q\over 4\pi\varepsilon_0(R_2+d)^2}\hat{x}=-10^{-9}\,\text{N}\,\hat{x}.}$

In figura 6 rappresentiamo la situazione fisica.

Figura 6: schema soluzione esercizio 4.

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Cinque fogli metallici, sferici di spessore trascurabile, tutti concentrici, aventi raggi pari rispettivamente a: $R_1=1\,\text{cm},R_2=2\,\text{cm},R_3=3\,\text{cm},R_4=4\,\text{cm}$

e $R_5=5\,\text{cm}$

, sono collegati con sottili fili conduttori come in figura 7. Il sistema è inizialmente scarico. Una carica $q=10^{-10}\,\text{C}$

è depositata sulla superficie più interna. Calcolare:

le cariche $q_1,\,q_2,\,q_3,\,q_4$ e $q_5$ presenti su ciascuna superficie;
il campo elettrostatico $E(r)$ in funzione della distanza $r$ dal centro $O$ del sistema;
l’energia elettrostatica del sistema.

Determinare inoltre come variano il campo elettrostatico $E(r)$ e l’energia elettrostatica $U_e$ quando:

la sfera 1 è posta in contatto con la sfera 2;
la sfera 3 è posta in contatto con la sfera 4;
la sfera 5 è collegata a terra.

Figura 7: geometria esercizio 5.

Svolgimento punto 1.

Un foglio metallico è un conduttore, possiamo quindi subito affermare che la carica $q$

depositata sul foglio 1 si distribuisce omogeneamente sulla sua superficie, affinché il campo elettrico al suo interno sia nullo. I fogli metallici 2 e 3 sono collegati da un filo conduttore, quindi posso considerarli come un unico conduttore, che chiameremo (2,3) e questo vale anche per i fogli 4 e 5. Partiamo dal centro e studiamo la carica su ciascun foglio indotta a catena dalla carica sulla superficie più interna. Per induzione sul foglio 2 si distribuisce una carica $-q$

mentre, per mantenere il conduttore neutro, si dispone una carica $+q$

sul foglio metallico 3. Il conduttore (2,3) agisce da schermo elettrostatico per il foglio 1, ne segue che si può pensare il conduttore (4,5) come se racchiudesse un conduttore sferico di carica $q$

. Vale quindi lo stesso ragionamento utilizzato per dedurre le cariche sul conduttore (2,3). Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{q_1=q, \qquad q_2=-q,\qquad q_3=q, \qquad q_4=-q, \qquad q_5=q.}$

Svolgimento punto 2.

Il campo elettrico lo si calcola utilizzando il teorema di Gauss con una superficie gaussiana sferica. Il flusso di un campo elettrico radiale attraverso una superficie sferica di raggio $r$

è $\Phi(\vec{E}(r))=E(r)4\pi r^2$

. Utilizziamo ora il teorema di Gauss:

(24) $\begin{equation*} \Phi(\vec{E}(r))={q\over \varepsilon_0} \quad\Leftrightarrow\quad E(r)={q\over 4\pi\varepsilon_0r^2}, \end{equation*}$

dove $q$ è la carica contenuta nella superficie sferica. All’interno di un conduttore, che sia cavo o meno, il campo elettrico è nullo, possiamo subito concludere che all’interno del foglio 1, nel conduttore (2,3) e nel conduttore (4,5) il campo elettrico è nullo

(25) $\begin{equation*} E(r)=0 \,\,\dfrac{\text{N}}{\text{C}}\quad\text{per}\quad r<R_1\quad\vee\quad R_2<r<R_3 \quad\vee\quad R_4<r<R_5. \end{equation*}$

Se poniamo la superficie gaussiana nello spazio tra il foglio 1 e 2, come nel foglio 3 e 4, vediamo che essa contiene una carica $q$ . Questo vale anche all’esterno del nostro sistema, dove un osservatore non distingue il complesso sistema di fogli da un semplice conduttore sferico di carica $q$ . Il campo elettrico in queste regioni spaziali è:

(26) $\begin{equation*} E(r)={q\over 4\pi\varepsilon_0 r^2} \quad\text{per}\quad R_1<r<R_2 \quad\vee\quad R_3<r<R_4 \quad\vee\quad r>R_5. \end{equation*}$

Concludiamo con la soluzione presentata in figura 8.

Figura 8: diagramma campo elettrico.

Svolgimento punto 3.

I fogli metallici 1 e 2, come 3 e 4, sono in induzione completa, infatti tutte le linee di campo elettrico partono da un foglio e finiscono nell’altro, quindi sono un condensatore sferico la cui energia elettrostatica è data da:

(27) $\begin{equation*} U_e={1\over 2}q\Delta V, \end{equation*}$

dove $q$ è la carica positiva posta su un armatura e $\Delta V$ è la differenza di potenziale positiva tra le due armature. Utilizzando il risultato ottenuto nell’esercizio 1, identità (6), possiamo calcolare l’energia potenziale elettrostatica associata al conduttore (1,2) e al conduttore (3,4).

(28) $\begin{align*} U_{e,(1,2)}&={1\over 2}q(V(R_1)-V(R_2))={1\over 2}q\bigg[{q\over 4\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_1}-{1\over R_2}\bigg)\bigg]={q^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_1}-{1\over R_2}\bigg)\\[10pt] U_{e,(3,4)}&={1\over 2}q(V(R_3)-V(R_4))={1\over 2}q\bigg[{q\over 4\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_3}-{1\over R_4}\bigg)\bigg]={q^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_3}-{1\over R_4}\bigg). \end{align*}$

Il conduttore 5 può essere visto come un condensatore sferico con una distanza infinita tra le armature, l’energia si ottiene allora portando un raggio all’infinito:

(29) $\begin{equation*} U_{e,(5,\infty)}=\lim_{R\rightarrow\infty}{q^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_5}-{1\over R}\bigg)={q^2\over 8\pi\varepsilon_0R_5}. \end{equation*}$

L’energia potenziale elettrostatica del sistema è la somma di queste energie potenziali:

(30) $\begin{equation*} U_e= U_{e,(1,2)}+ U_{e,(3,4)}+ U_{e,(5,\infty)}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ U_e={q^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_1}-{1\over R_2}+{1\over R_3}-{1\over R_4}+{1\over R_5}\bigg)=\text{3,52}\cdot 10^{-9}\,\text{J}.}$

Svolgimento punto 4.

Per mettere in contatto la sfera 1 con la sfera 2 è sufficiente inserire un filo conduttore tra i due fogli e questo significa scaricare il condensatore (1,2). Infatti in questa situazione la carica $q$

posta sul foglio 1 si dispone tutta sulla superficie del foglio 3, eliminando così il campo elettrico tra i fogli 1 e 2 e togliendo così la loro completa induzione. All’esterno del foglio 3 non cambia nulla, grazie al suo effetto di schermo elettrostatico. Quindi la carica sui vari conduttori è:

$\boxcolorato{fisica}{q_1=q_2=0\,\text{C},\qquad q_3=q, \qquad q_4=-q, \qquad q_5=q.}$

da cui:

(31) $\begin{equation*} E(r)=\begin{cases} 0\,\,\dfrac{\text{N}}{\text{C}}\quad \text{per}\,\,0<r<R_3\quad \vee \quad R_4<r<R_5\\\\ \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\quad \text{per}\,\,R_3<r<R_4\quad \vee \quad r>R_5. \end{cases} \end{equation*}$

Il campo elettrico del nuovo sistema è descritto dalla figura 9.

Figura 9: campo elettrico del punto 4.

L’energia del nuovo sistema è dunque data solamente dai due condensatori (3,4) e (5, $\infty$ ). Chiamiamo con B il seguente sistema, mentre con A il sistema precedente. Abbiamo dunque

(32) $\begin{equation*} U_e^B=U_{e,(3,4)}+ U_{e,(5,\infty)}. \end{equation*}$

Si ha:

$\boxcolorato{fisica}{ \Delta U_e=U_e^B-U_e^A=-U_{e,(1,2)}=-{q^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_1}-{1\over R_2}\bigg)=-\text{2,25}\cdot 10^{-9}\,\text{J}.}$

Svolgimento punto 5.

I ragionamenti del punto precedente si applicano allo stesso modo anche in questa situazione. Mettendo in contatto la sfera 3 con la sfera 4 perdiamo la loro completa induzione, ovvero si annulla il campo elettrico tra loro e quindi viene a meno il condensatore (3,4). All’esterno non cambia nulla perché il foglio 5 agisce da schermo elettrostatico, come anche nell’area tra il foglio 1 e il foglio 2. Quindi la carica sui vari conduttori è:

$\boxcolorato{fisica}{ q_1=q,\qquad q_2=-q, \qquad q_3=q_4=0\,\text{C}, \qquad q_5=q,}$

da cui:

(33) $\begin{equation*} E(r)=\begin{cases} 0\,\,\dfrac{\text{N}}{\text{C}}\quad \text{per}\,\,0<r<R_1\quad \vee \quad R_2<r<R_5\\\\ \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\quad \text{per}\,\,R_1<r<R_2\quad \vee \quad r>R_5. \end{cases} \end{equation*}$

Il campo elettrico del nuovo sistema è descritto dalla figura 10.

Figura 10: campo elettrico punto 5.

L’energia del nuovo sistema è dunque data solamente dai due condensatori: (1,2) e (5, $\infty$ ). Chiamiamo con B il seguente sistema, mentre con A il sistema precedente.

(34) $\begin{equation*} U_e^B=U_{e,(1,2)}+ U_{e,(5,\infty)}. \end{equation*}$

La variazione di energia elettrostatica è quindi:

$\boxcolorato{fisica}{ \Delta U_e=U_e^B-U_e^A=-U_{e,(1,2)}=-{q^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_3}-{1\over R_4}\bigg)=-\text{0,37}\cdot 10^{-9}\,\text{J}.}$

Svolgimento punto 6.

Collegare la sfera 5 a terra significa portare il conduttore di raggio $R_4$

e $R_5$

a potenziale nullo e questo implica che tali conduttori diventino una cosa sola con il terreno che è a sua volta può essere immaginato un conduttore di raggio infinito. Nel collegamento la carica $q_5$

si sposta ad $R=\infty$

e pertanto la carica sulla superficie di raggio $R_5$

risulta nulla. Questa situazione è molto delicata perché, ad esempio, se avessimo avuto una sfera carica di carica $q>0$

e l’avessimo collegata a terra, il conduttore non è detto che si sarebbe scaricato ma avrebbe raggiunto una nuova situazione di equilibrio e la carica complessiva sarebbe stata $q^\prime \neq q$

. Ne segue che per $r>R_5$

il campo elettrico risulta nullo, è sufficiente prendere una qualsiasi superficie gaussiana che contiene i rimanenti fogli e osservare che la carica che contiene è nulla. Sulla superficie del foglio 4 rimane la carica $-q$

indotta dal conduttore $(2,3)$

, quindi all’interno il campo elettrico non varia. Quindi la carica sui vari conduttori è

$\boxcolorato{fisica}{ q_1=q,\qquad q_2=-q, \qquad q_3=q, \qquad q_4=-q, \qquad q_5=0\,\text{C}.}$

da cui

(35) $\begin{equation*} E(r)=\begin{cases} 0\,\,\dfrac{\text{N}}{\text{C}}\quad \text{per}\,\,0<r<R_1\quad \vee \quad R_2<r<R_3\quad \vee \quad r>R_5\\\\ \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\quad \text{per}\,\,R_1<r<R_2\quad \vee \quad R_3<r<R_4. \end{cases} \end{equation*}$

Il campo elettrico del nuovo sistema è descritto dalla figura 11 di seguito riportata.

Figura 11: campo elettrico del punto 6.

L’energia del nuovo sistema è dunque data solamente dai due condensatori (1,2) e (3,4). Chiamiamo con B il seguente sistema, mentre con A il sistema precedente.

(36) $\begin{equation*} U_e^B=U_{e,(1,2)}+ U_{e,(3,4)}. \end{equation*}$

La variazione di energia elettrostatica è quindi:

$\boxcolorato{fisica}{ \Delta U_e=U_e^B-U_e^A=-U_{e,(5,\infty)}=-{q^2\over 8\pi\varepsilon_0R_5}=-\text{8,99}\cdot 10^{-9}\,\text{J}.}$

Figura 12: sistema punto 3.

Figura 13: sistema punto 4.

Figura 14*: distribuzione della carica q nelle diverse configurazioni.

Figura 15: sistema punto 5.

Figura 16: sistema iniziale.

Figura 17*: distribuzione della carica q nelle diverse configurazioni.

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Tre conduttori $C_1,\,C_2, C_3$

sferici, cavi, concentrici, hanno rispettivamente raggi $R_1=5\,\text{cm}$

, $R_2=10\,\text{cm}$

, $R_3=20\,\text{cm}$

. Una carica positiva $q_1= \text{0,5}\cdot 10^{-8}\,\text{C}$

viene trasferita a $C_1$

, una carica negativa $q_2=-\text{4,5}\cdot 10^{-8}\,\text{C}$

a $C_2$

e una carica positiva $q_3=6\cdot 10^{-8}\,\text{C}$

a $C_3$

. Calcolare:

il campo elettrostatico $E_P$ in un punto $P$ distante $d=30\, \text{cm}$ dalla superficie di $C_3$ ;
la differenza di potenziale tra i conduttori $C_3$ e $C_1$ .

I conduttori $C_1$ e $C_2$ vengono collegati con un filo conduttore. Calcolare:

la variazione di energia elettrostatica $\Delta U_e$ .

Figura 18: geometria esercizio 6.

Svolgimento punto 1.

Per calcolare il campo elettrico sul punto $P$

prendiamo una superficie sferica Gaussiana concentrica ai conduttori $C_1,C_2$

e $C_3$

di raggio $r=R_3+d$

, il flusso del campo attraverso questa superficie è:

(37) $\begin{equation*} \Phi(\vec{E}(R_3+d))=E(R_3+d)\cdot 4\pi(R_3+d)^2. \end{equation*}$

La carica contenuta nella superficie è data dalla somma delle cariche poste sui conduttori, applicando il teorema di Gauss otteniamo:

(38) $\begin{equation*} \Phi(\vec{E}(R_3+d))={q_1+q_2+q_3\over \varepsilon_0} \quad\Leftrightarrow\quad E(R_3+d)={q_1+q_2+q_3\over 4\pi\varepsilon_0(R_3+d)^2}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{E(R_3+d)={q_1+q_2+q_3\over 4\pi\varepsilon_0(R_3+d)^2}=719 \,{\text{V}\over \text{m}}.}$

Svolgimento punto 2.

Il potenziale elettrostatico in un conduttore all’equilibrio è costante, quindi la differenza di potenziale $C_3$

e $C_1$

si può esprimere somma tra la differenza di potenziale tra $C_3$

e $C_2$

con quella tra $C_2$

e $C_1$

, ovvero:

(39) $\begin{equation*} \Delta V_{C_3,C_1}=\Delta V_{C_3,C_2}+\Delta V_{C_2,C_1}=\big (V(R_3)-V(R_2)\big)+\big(V(R_2)-V(R_1)\big). \end{equation*}$

Calcoliamo separatamente queste due differenze di potenziale. Utilizzando lo stesso procedimento del punto precedente troviamo che il campo elettrico tra i conduttori $C_2$ e $C_3$ è

(40) $\begin{equation*} E(r)={q_1+q_2\over 4\pi\varepsilon_0 r^2} \qquad\text{per }\quad R_2<r<R_3, \end{equation*}$

la differenza di potenziale è data dall’integrale del campo elettrico

(41) $\begin{equation*} V(R_3)-V(R_2)=-\int_{R_2}^{R_3}E(r)\text{d} r =-\int_{R_2}^{R_3}{q_1+q_2\over 4\pi\varepsilon_0 r^2} \text{d} r ={q_1+q_2\over 4\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_3}-{1\over R_2}\bigg). \end{equation*}$

Analogamente troviamo che il campo elettrico tra i conduttori $C_1$ e $C_2$ è

(42) $\begin{equation*} E(r)={q_1\over 4\pi\varepsilon_0 r^2} \qquad\text{per }\quad R_1<r<R_2, \end{equation*}$

ne segue la differenza di potenziale tra questi due conduttori

(43) $\begin{equation*} V(R_2)-V(R_1)=-\int_{R_1}^{R_2}E(r)\text{d} r =-\int_{R_1}^{R_2}{q_1\over 4\pi\varepsilon_0 r^2} \text{d} r ={q_1\over 4\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_2}-{1\over R_1}\bigg). \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione

$\boxcolorato{fisica}{ \Delta V_{C_3,C_1}={q_1+q_2\over 4\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_3}-{1\over R_2}\bigg) +{q_1\over 4\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_2}-{1\over R_1}\bigg) =\text{1,3}\cdot 10^{3}\,\text{V}.}$

Svolgimento punto 3.

Inizialmente il sistema può essere visto come l’insieme di tre conduttori sferici, il primo di raggi $R_1$

e $R_2$

che chiameremo $C_{1,2}$

, il secondo di raggi $R_2$

e $R_3$

che chiameremo $C_{2,3}$

e il terzo di raggi $R_3$

e $R=\infty$

che chiameremo $C_{3,\infty}$

. L’energia di questo sistema, che indichiamo con $A$

, è la somma delle energie associate a ciascun conduttore

(44) $\begin{equation*} U_e^A=U_{e,C_{1,2}}+U_{e,C_{2,3}}+U_{e,C_{3,\infty}}. \end{equation*}$

Collegando i conduttori $C_1$ e $C_2$ con un filo conduttore creiamo un unico conduttore di carica $q=q_1+q_2$ che per preservare l’equilibrio elettrostatico si distribuirà uniformemente sulla superficie di $C_2$ . Il campo elettrico tra i conduttori: $C_1$ e $C_2$ risulta nullo, poiché scelta una qualsiasi superficie gaussiana in questo spazio non racchiude più nessuna carica, di conseguenza non abbiamo più il condensatore $C_{1,2}$ . All’esterno del conduttore $C_2$ il campo elettrico rimane uguale a (40), infatti una superficie gaussiana nello spazio tra i conduttori $C_2$ e $C_3$ racchiude la stessa carica $q=q_1+q_2$ con l’unica differenza che ora è disposta unicamente sulla superficie di $C_2$ . All’esterno del conduttore $C_3$ il campo elettrico non varia per la stesso ragionamento. Questo sistema, che indichiamo con $B$ , è quindi formato dagli stessi conduttori sferici $C_{2,3}$ e $C_{3,\infty}$ del sistema A.

(45) $\begin{equation*} U_e^B=U_{e,C_{2,3}}+U_{e,C_{3,\infty}}. \end{equation*}$

La variazione di energia potenziale è quindi:

(46) $\begin{equation*} \Delta U_e=U_e^{B}-U_e^A=-U_{e,C_{1,2}}. \end{equation*}$

Utilizzando il risultato già ottenuto in (28), concludiamo questo esercizio con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ \Delta U_e=-U_{e,C_{1,2}}=-{q_1^2\over 8\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over R_1}-{1\over R_2}\bigg)=-\text{1,12}\cdot 10^{-6}\,\text{J}.}$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Una lastra di rame di spessore $b=\text{0,3}\,\text{cm}$

viene introdotta parallelamente tra le armature di un condensatore piano di capacità $C_0=100\,\text{nF}$

e distanza tra le armature $h=\text{0,5}\,\text{cm}$

, collegato ad un generatore che mantiene una differenza di potenziale $V_0=12 \text{V}$

tra le armature stesse. Calcolare:

la capacità $C$ dopo l’introduzione della lastra;
il campo elettrico $E$ nelle pareti vuote;
la variazione della carica $\Delta q$ fornita dal generatore.

Figura 19: geometria esercizio 7.

Svolgimento punto 1.

Le due armature sono tenute ad una differenza di potenziale costante $V_0$

da un generatore, quindi si dispone una carica $q$

e $-q$

nelle due armature generando così una campo elettrico tra di esse. Abbiamo così inizialmente un condensatore piano di capacità nota, data dalla formula:

(47) $\begin{equation*} C_0={\varepsilon_0 \Sigma \over h}, \end{equation*}$

dove $\Sigma$ è la superficie del condensatore e $h$ è la distanza tra le armature. Per semplicità inizialmente ipotizziamo che la lastra di rame venga messa esattamente a metà tra le due armature del condensatore; otteniamo una nuova configurazione di cariche dovuta all’induzione elettrostatica mostrata in figura 20 di seguito riportata.

Figura 20: distribuzione delle cariche.

Figura 21: modello a circuito.

La lastra di rame all’equilibrio elettrostatico è in completa induzione con entrambe le armature del condensatore iniziale, siamo così in presenza di due nuovi condensatori piani di stessa superficie $\Sigma$ , ma di diversa distanza tra le armature. Una modello circuitale del sistema è dato in figura 21. La capacità di questi due condensatori è la stessa ed è data da:

(48) $\begin{equation*} C_1=C_2=\dfrac{\varepsilon_0 \Sigma}{\dfrac{h-b}{2}}\overset{\clubsuit}{=}{2h C_0\over h-b}, \end{equation*}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo utilizzato l’equazione (47). I condensatori sono posti in serie, la capacità equivalente è allora data da:

(49) $\begin{equation*} {1\over C}={1\over C_1}+{1\over C_2}={2\over C_1}={h-b\over hC_0}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ C={h\over h-b}C_0=250\,\text{nF}.}$

Trattiamo ora il caso generale ovvero assumiamo ora che ci sia un’asimmetria, ad esempio la distanza tra l’armatura superiore e la lastra di rame è ora $x$ , di conseguenza la distanza tra l’armatura inferiore e la lastra è di $h-b-x$ . Le capacità dei due condensatori sono ora diverse e valgono:

(50) $\begin{align*} C_1={\varepsilon_0\Sigma\over h-b-x} \quad \text{e} \quad C_2={\varepsilon_0\Sigma\over x}. \end{align*}$

La capacità equivalente è di:

(51) $\begin{align*} {1\over C}={1\over C_1}+{1\over C_2}={x\over \varepsilon_0 \Sigma}+{h-b-x\over \varepsilon_0\Sigma}={h-b\over \varepsilon_0\Sigma}. \end{align*}$

Osserviamo che non abbiamo alcuna dipendenza da $x$ , infatti se sostituiamo $\Sigma=C_0 h/\varepsilon_0$ troviamo esattamente il risultato del punto 1. Si ha

(52) $\begin{equation*} C={\varepsilon_0\Sigma\over h-b}={h\over h-b}C_0. \end{equation*}$

Osservazione 1. Quindi è importante notare che a prescindere di dove avremmo messo la lastra il risultanto non varia.

Svolgimento punto 2.

Il campo elettrico all’interno di un condensatore piano è costante ed è dato dalla seguente formula:

(53) $\begin{equation*} E={\sigma\over \varepsilon_0}, \end{equation*}$

dove $\sigma$ è la densità di carica superficiale in una delle armature. La direzione del campo è perpendicolare alle armature con verso dall’armatura carica positivamente a quella carica negativamente. Nel punto precedente abbiamo visto come i due condensatori in serie possono essere modellizzati da un condensatore equivalente di capacità C sottoposto alla differenza di potenziale $V_0$ del generatore. Questo ci permette di calcolare la densità di carica in una delle armature:

(54) $\begin{equation*} \sigma= {q\over \Sigma}={C V_0\over \Sigma}=C V_0{\varepsilon_0\over hC_0}, \end{equation*}$

dove abbiamo utilizzato la definizione di capacità: $C=q/ \Delta V$ . A questo punto possiamo calcolare il campo elettrico negli spazi vuoti, infatti all’interno dei conduttori è nullo. Si ha

(55) $\begin{equation*} E={1\over \cancel{\varepsilon_0}}C V_0{\cancel{\varepsilon_0}\over hC_0}={C V_0\over hC_0}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{E={C V_0\over hC_0}=6000 \,{\text{V}\over \text{m}}.}$

Svolgimento punto 3.

La differenza di potenziale rimane costante durante l’inserimento della lastra di rame, possiamo allora calcolare la differenza di carica tramite una differenza di capacità del condensatore equivalente:

(56) $\begin{equation*} \Delta q=q_F-q=CV_0-C_0V_0=(C-C_0)V_0. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{\Delta q=(C-C_0)V_0=\text{1,8}\cdot 10^{-6}\,\text{C}.}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Un condensatore piano, armature di area $\Sigma=400\,\text{cm}^2$

distanti $d=\text{0,5}\,\text{cm}$

, viene caricato alla differenza di potenziale tra le armature $V=50\,\text{V}$

e quindi isolato. Le armature vengono allontanate finché la loro distanza è $2d=1\,\text{cm}$

. Calcolare:

la differenza di potenziale $V'$ tra le armature;
il campo elettrico $E$ prima e $E'$ dopo l’allontanamento;
l’energia elettrostatica del sistema iniziale $U_e$ e finale $U_e'$ ;
il lavoro $W$ fatto per allontanare le armature.

Figura 22: geometria esercizio 8.

Svolgimento punto 1.

La capacità di un condensatore piano dipende dalla superficie e dalla distanza tra le armature, abbiamo infatti:

(57) $\begin{align*} C={\varepsilon_0 \Sigma \over d} \quad \text{e} \quad C'={\varepsilon_0 \Sigma \over 2d}. \end{align*}$

Il condensatore è isolato, quindi allontanando le armature non si modifica la carica presente in esse. Possiamo allora utilizzare la definizione di capacità per calcolare la differenza di potenziale $V'$ :

(58) $\begin{align*} C={q\over V}={\varepsilon_0 \Sigma \over d}\quad\text{e}\quad C'={q\over V'}={\varepsilon_0 \Sigma \over 2d}. \end{align*}$

Mettendo a sistema queste due ultime equazione troviamo una relazione tra $V$ e $V'$ :

(59) $\begin{equation*} {\varepsilon_0\Sigma \over d}V= {\varepsilon_0\Sigma \over 2d}V' \quad\Leftrightarrow \quad V'=2 V. \end{equation*}$

. Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ V'=2V=100\,\text{V}.}$

Svolgimento punto 2.

Il campo elettrico tra le armature di un condensatore piano non dipende dalla distanza tra le armature, almeno finché questa distanza sia piccola in confronto alla lunghezza delle armature in quanto deve essere valida l’approssimazione di piano carico infinito affinché valga la seguente identità per il campo elettrico:

(60) $\begin{equation*} E=E'={\sigma \over \varepsilon_0}, \end{equation*}$

dove $\sigma$ rappresenta la densità superficiale di carica, osserviamo che la direzione del campo elettrostatico è perpendicolare alle armature del condensatore. Per illustrare ulteriormente, consideriamo i passaggi algebrici seguenti: la capacità $C$ del condensatore è definita come $C = \frac{q}{\Delta V}$ . Esprimendo la carica $q$ in termini della densità superficiale di carica $\sigma$ e dell’area $\Sigma$ delle armature, abbiamo che $C = \frac{\sigma \Sigma}{\Delta V}$ . Da questa relazione segue che $\sigma = \frac{C \Delta V}{\Sigma}$ , evidenziando come la capacità e la differenza di potenziale influenzino la distribuzione delle cariche. Abbiamo quindi:

(61) $\begin{equation*} E=E'={1\over \varepsilon_0}{C V\over \Sigma}={1\over \cancel{\varepsilon_0}\cancel{\Sigma}}{\cancel{\varepsilon_0}\cancel{\Sigma }\over d}V={V\over d}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{E=E'={V\over d}=10^4\,{\text{V}\over \text{m}}.}$

Svolgimento punto 3.

Il sistema è formato unicamente da un condensatore isolato, quindi l’energia del sistema non è altro che l’energia associata al condensatore, ovvero:

(62) $\begin{equation*} U_e={1\over 2}CV^2={1\over 2}{\varepsilon_0\Sigma\over d}V^2 \end{equation*}$

(63) $\begin{equation*} U_e'={1\over 2}C'(V')^2={1\over 2}{\varepsilon_0 \Sigma\over 2d}(V')^2. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{U_e={\varepsilon_0 \Sigma\over 2 d}V^2=\text{8,85}\cdot 10^{-8}\,\text{J} \qquad\text{e}\qquad U_e'={\varepsilon_0 \Sigma\over 4 d}(V')^2= \text{1,77}\cdot 10^{-7}\,\text{J}.}$

Svolgimento punto 4.

Il lavoro $W$

svolto per allontanare le armature è pari a:

(64) $\begin{equation*} W=-\Delta U_e=U_e-U_e'. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ W=U_e-U_e'=-\text{8,85}\cdot 10^{-8}\,\text{J}.}$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Tre condensatori di capacità $C_1=2\,\mu\text{F}$

, $C_2=2\,\mu\text{F}$

e $C_3=4\,\mu\text{F}$

sono collegati come in figura 23. La differenza di potenziale applicata tra $A$

e $B$

è $V=100$

V. Calcolare:

la capacità equivalente $C_{eq}$ del sistema tra $A$ e $B$ ;
la carica $q_i$ per ciascun condensatore;
la differenza di potenziale $V_i$ per ciascun condensatore;
l’energia elettrostatica $U_e$ del sistema.

Figura 23: geometria esercizio 9.

Svolgimento punto 1.

Notiamo che i condensatori di capacità $C_2$

e $C_3$

sono in serie e formano un condensatore di capacità equivalente:

(65) $\begin{equation*} {1\over C_{eq,1}}={1\over C_2}+{1\over C_3} \quad\Rightarrow\quad C_{eq,1}=\bigg({1\over C_2}+{1\over C_3}\bigg)^{-1}. \end{equation*}$

Successivamente vediamo che i condensatori di capacità $C_{eq,1}$ e $C_1$ sono in parallelo, questi formano un condensatore di capacità equivalente di:

(66) $\begin{equation*} C_{eq,2}=C_{eq,1}+C_1. \end{equation*}$

Figura 24:i due circuiti equivalenti che portano alla capacità del condensatore equivalente.

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{C_{eq,2}=\bigg({1\over C_2}+{1\over C_3}\bigg)^{-1}+C_1=\text{3,33}\,\mu\text{F}.}$

Svolgimento punto 2.

Conoscendo la capacità di un condensatore e la differenza di potenziale tra le sue armature possiamo calcolare la carica che esso contiene. La differenza di potenziale tra il condensatore di capacità $C_1$

è $V_0$

, quindi:

(67) $\begin{equation*} q_1=C_1 V_0=2\cdot 10^{-4}\,\text{C}. \end{equation*}$

I condensatori in serie condividono per induzione la stessa carica, quindi $q_2=q_3=q$ . Il condensatore di capacità equivalente $C_{eq,1}$ è posto alla differenza di potenziale $V_0$ del generatore, quindi abbiamo:

(68) $\begin{equation*} q=C_{eq,1}V_0=\bigg({1\over C_2}+{1\over C_3}\bigg)^{-1}V_0=\text{1,33}\cdot 10^{-4}\,\text{C}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ q_1=2\cdot 10^{-4}\,\text{C}\quad\text{e}\quad q_2=q_3=\text{1,33}\cdot 10^{-4}\,\text {C}.}$

Svolgimento punto 3.

Come abbiamo già detto nel punto precedente, la differenza di potenziale ai capi del condensatore di capacità $C_1$

è proprio $V_0$

. La differenza di potenziale tra i condensatori di capacità $C_2$

e $C_3$

si calcola dalla definizione di capacità:

(69) $\begin{align*} V_2={q_2\over C_2}=66,5\,\text{V}\quad \text{e} \quad V_1={q_3\over C_3}=33,3\,\text{V}. \end{align*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{V_1=V_0=100 \text{V}, \qquad V_2=\text{66,5}\,\text{V},\qquad V_3=\text{33,3}\,\text{V}.}$

Svolgimento punto 4.

Il sistema è formato da tre condensatori, l’energia è quindi data dalla somma delle energie elettrostatiche associate ai condensatori:

(70) $\begin{equation*} U_e=U_{e,1}+U_{e,2}+U_{e,3}={1\over 2}\big[C_1V_0^2+C_2V_2^2+C_3V_3^2\big]. \end{equation*}$

Più facilmente avremmo potuto prendere il condensatore di capacità equivalente $C_{eq}$ che è sottoposto alla differenza di potenziale $V_0$ del generatore. Avremmo calcolato quindi:

(71) $\begin{equation*} U_e={1\over 2}C_{eq}V_0^2. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ U_e={1\over 2}C_{eq}V_0^2=\text{0,0167}\,\text{J}.}$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. In figura 25 abbiamo $C_1= 20\,\text{pF}$

, $C_2= 40\,\text{pF}$

, $C_3=30\,\text{pF}$

, $C_4=60\,\text{pF}$

e la carica sul condensatore $C_1$

vale $q_1=200\, \text{pC}$

. Calcolare:

la differenza di potenziale $\Delta V$ tra i punti $A$ e $B$ ;
la carica $q_i$ sui rispettivi condensatori $C_i$ .

Figura 25: geometria esercizio 10.

Svolgimento punto 1.

Da ora in poi per comodità identificheremo ciascun condensatore dalla propria capacità $C_i$

. Scriviamo a fianco di ciascuna armatura la carica come mostrato in figura 26 e prendiamo in considerazione la parte di circuito che contiene $C_1$

e $C_2$

. La parte di filo conduttore che collega $C_1$

a $C_2$

è neutra, quindi necessariamente dobbiamo avere $q_1=q_2$

. Lo stesso ragionamento vale per i condensatori $C_3$

e $C_4$

, quindi $q_3=q_4$

. Come primo risultato intermedio abbiamo quindi:

(72) $\begin{align*} q_1=q_2 \quad \text{e}\quad q_3=q_4. \end{align*}$

Osserviamo ora che i condensatori $C_1$ e $C_2$ sono in serie, essi formano un condensatore di capacità equivalente:

(73) $\begin{equation*} C_{eq,1}=\bigg({1\over C_1}+{1\over C_2}\bigg)^{-1}, \end{equation*}$

che ha una carica $q_1$ nota, possiamo quindi calcolare la differenza di potenziale ai suoi capi utilizzando la definizione di capacità:

(74) $\begin{equation*} \Delta V=V_A-V_B={q_1\over C_{eq,1}}. \end{equation*}$

Questa è la differenza di potenziale tra i punti $A$ e $B$ .

Figura 26: cariche sui condensatori.

Figura 27: circuito equivalente.

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{\Delta V=\bigg({1\over C_1}+{1\over C_2} \bigg)q_1=15\,\text{V}.}$

Svolgimento punto 2.

Ora che conosciamo la differenza di potenziale tra $A$

e $B$

possiamo calcolare la la capacità del condensatore equivalente $C_{eq,2}$

alla serie $C_3$

e $C_2$

e ottenere così la carica $q_3$

posta su di esso.

(75) $\begin{equation*} q_3=C_{eq,2}\Delta V=\bigg({1\over C_3}+{1\over C_4}\bigg)^{-1}\Delta V=300 \,\text{pC}. \end{equation*}$

Dall’equazione (72) e (75) concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ q_1=q_2=200\,\text{pC}\qquad\text{e}\qquad q_3=q_4=300\,\text{pC}.}$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. In figura: $C_1= 20\,\text{pF}$

, $C_2= 40\,\text{pF}$

, $C_3=30\,\text{pF}$

, $C_4=60\,\text{pF}$

e la carica sul condensatore $C_1$

vale $q_1=200\,\text{pC}$

. Calcolare:

la differenza di potenziale $\Delta V$ tra i punti $A$ e $B$ ;
la carica $q_i$ sui rispettivi condensatori $C_i$ .

Figura 28: geometria esercizio 11.

Svolgimento punto 1.

Scriviamo il circuito equivalente, i condensatori $C_1$

e $C_3$

sono in parallelo, come lo sono i condensatori $C_2$

e $C_4$

. Le capacità equivalenti sono:

(76) $\begin{align*} C_{eq,1}=C_1+C_3 \quad \text{e}\quad C_{eq,2}=C_2+C_4, \end{align*}$

la carica posta su un condensatore equivalente è la somma delle cariche dei condensatori in parallelo, abbiamo quindi che la carica posta su $C_{eq,1}$ è $q_1+q_3$ mentre quella posta su $C_{eq,2}$ è $q_2+q_4$ . Il circuito che otteniamo dopo questa prima semplificazione è una serie di due condensatori equivalenti.

Figura 29: primo circuito equivalente e disposizione delle cariche sulle capacità equivalenti.

Dal circuito rappresentato in figura 29, osserviamo che affinché il pezzo di circuito che collega le due capacità equivalenti sia neutro deve essere soddisfatta la seguente uguaglianza:

(77) $\begin{equation*} q_1+q_3=q_2+q_4. \end{equation*}$

La capacità equivalente del circuito è data dalla serie di $C_{eq,1}$ e $C_{eq,2}$ , ovvero:

(78) $\begin{equation*} C_{eq}=\bigg({1\over C_{eq,1}}+{1\over C_{eq,2}}\bigg)^{-1}, \end{equation*}$

questo condensatore ha una carica $q_1+q_3$ , ne segue che la differenza di potenziale tra $A$ e $B$ è

(79) $\begin{equation*} \Delta V_{AB}={q_1+q_3\over C_{eq}}. \end{equation*}$

Per calcolare la carica $q_3$ calcoliamo prima la differenza di potenziale $\Delta V_{AP}$ tra i punti $A$ e $P$ , conosciamo la carica $q_1$ e la capacità del condensatore $C_1$ che effettivamente è posto alla differenza di potenziale $\Delta V_{AP}$ . Abbiamo quindi:

(80) $\begin{equation*} \Delta V_{AP}={q_1\over C_1}, \end{equation*}$

possiamo ora calcolare la carica $q_3$ del condensatore $C_3$ posto alla medesima differenza di potenziale

(81) $\begin{equation*} q_3=C_3\Delta V_{AP}={C_3\over C_1}q_1=300 \,\text{pC}. \end{equation*}$

Tornando all’equazione (79) concludiamo con la seguente soluzione

$\boxcolorato{fisica}{\Delta V_{AB}=(q_1+q_3)\bigg({1\over C_1+C_3}+{1\over C_2+C_4}\bigg)=15\,\text{V}.}$

Svolgimento punto 2.

I condensatori $C_2$

e $C_4$

sono posti alla medesima differenza di potenziale $\Delta V_{PB}$

per cui abbiamo

(82) $\begin{equation*} \begin{cases} \Delta V_{PB}=\dfrac{q_2}{C_2}\\\\ \Delta V_{PB}=\dfrac{q_4}{C_4} \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad q_2={C_2\over C_4}q_4. \end{equation*}$

Sostituiamo il valore appena ottenuto in (77)

(83) $\begin{equation*} q_1+q_3=q_2+q_4={C_2\over C_4}q_4+q_4 \qquad \Leftrightarrow\qquad q_4=(q_1+q_3)\bigg(1+{C_2\over C_4}\bigg)^{-1}=300\,\text{pC}, \end{equation*}$

da cui sostituendo in (82) otteniamo $q_2$

(84) $\begin{equation*} q_2={C_2\over C_4}q_4=200\,\text{pC}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione

$\boxcolorato{fisica}{ q_2=200\,\text{pC},\qquad q_3=300\,\text{pC},\qquad q_4=300\,\text{pC}.}$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. In figura 30 abbiamo i condensatori di capacità: $C_1= 2\,\mu\text{F}$

, $C_2=6\,\mu\text{F}$

, $C_3=\text{3,5}\,\mu\text{F}$

e la tensione minima alla quale si innesca la scarica in ciascun condensatore è rispettivamente $V_1=100\,\text{V}$

, $V_2=50\,\text{V}$

e $V_3=400\,\text{V}$

. Calcolare la massima differenza di potenziale $V_{\max}$

possibile tra i punti $A$

e $B$

Figura 30: geometria esercizio 12.

Svolgimento.

In un condensatore si innesca una scarica elettrica quando la tensione ai suoi capi è troppo elevata, quindi quando contiene una carica elettrica troppo grande. Conosciamo la tensione limite su ciascun condensatore, possiamo quindi calcolare la carica elettrica massima che ciascuno di essi può contenere:

(85) $\begin{align*} q_1^{\max}=C_1V_1=0,2\,\text{mC},&& q_2^{\max}=C_2V_2=0,3\,\text{mC},&& q_3^{\max}=C_3V_3=1,4\,\text{mC}. \end{align*}$

Il condensatore $C_1$ è quello che riesce a tenere la carica minore, prendiamolo allora come metro di riferimento e cerchiamo di massimizzare la differenza di potenziale $V_2$ . Infatti abbiamo che $V_{AB}=V_1+V_2$ e $V_1$ è già stabilito dal fatto di avere $q_1^{\max}$ carica sul condensatore $C_1$ . I condensatori $C_1$ e $C_2$ sono in serie, ne segue allora che $q_2=q_1$ , ovvero nel nostro caso specifico $q_2=q_1^{max}$ . Ne segue la differenza di potenziale $\tilde{V}_2$ necessaria:

(86) $\begin{equation*} \tilde{V}_2={q_2\over C_2}={q_1^{\max}\over C_2}=\text{33,3}\,\text{V}. \end{equation*}$

Questo è minore di $V_2$ , quindi il condensatore $C_2$ non scarica. Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{V_{AB}^{\max}=V_1+\tilde{V}_2=133\text{V}.}$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Si consideri il sistema di condensatori di figura 31, in cui: $C_1=2\,\text{nF}$

, $C_2=3\,\text{nF}$

, $C_3=5\,\text{nF}$

e $C_4=4\,\text{nF}$

, collegati ad un generatore con $V_0=15\,\text{V}$

. Calcolare:

la capacità equivalente $C_{eq}$ tra i punti $A$ e $B$ ;
la carica $q_i$ su ciascun condensatore;
l’energia elettrostatica $U_e$ del sistema.

Figura 31: geometria del problema 13.

Svolgimento punto 1.

Osserviamo che in condensatori $C_3$

e $C_4$

sono in parallelo, la loro capacità equivalente è allora:

(87) $\begin{equation*} C_{3,4}^{eq}=C_3+C_4, \end{equation*}$

a questo punto siamo in presenza di tre condensatori in serie, la capacità equivalente si calcola quindi come:

(88) $\begin{equation*} C_{eq}=\bigg({1\over C_1}+{1\over C_{3,4}^{eq}}+{1\over C_4}\bigg)^{-1}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{C_{eq}=\bigg({1\over C_1}+{1\over C_{3}+C_{4}}+{1\over C_4}\bigg)^{-1}=\text{1,06}\,\text{nF}.}$

Figura 32: circuito iniziale.

Figura 33: primo circuito equivalente.

volgimento punto 2.

I condensatori $C_1$

, $C_2$

e quello equivalente $C_{3,4}^{eq}$

sono in serie, quindi contengono la stessa carica $q$

che è anche la stessa contenuta nel condensatore equivalente $C_{eq}$

. Con quest’ultima osservazione possiamo calcolare la carica $q$

(89) $\begin{equation*} q=C_{eq}V_0=\text{15,9}\,\text{nC}. \end{equation*}$

I condensatori $C_3$ e $C_4$ sono in parallelo, quindi la somma delle cariche che contengono deve essere pari a quella depositata sul loro condensatore equivalente:

(90) $\begin{equation*} q_3+q_4=q, \end{equation*}$

sappiamo inoltre che questi due condensatori sono sottoposti alla stessa tensione, che chiamiamo $V$ . Abbiamo quindi:

(91) $\begin{equation*} \begin{cases} V=\dfrac{q_3}{C_3}\\\\ V=\dfrac{q_4}{C_4} \end{cases} \qquad\Leftrightarrow \quad {q_3\over C_3}={q_4\over C_4} \quad\Leftrightarrow\quad q_4={C_4\over C_3}q_3. \end{equation*}$

Sostituiamo $q_4$ in (90) e ricaviamo $q_3$ :

(92) $\begin{equation*} q_3+{C_4\over C_3}q_4=q \quad\Leftrightarrow\quad q_3=\bigg(1+{C_4\over C_3}\bigg)^{-1}q=\text{8,83}\,\text{nC}, \end{equation*}$

da cui sostituendo $q_3$ in (90) si ha:

(93) $\begin{equation*} q_4=q-q_3=\text{7,06}\,\text{nC}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{q_1=q_2=q=\text{15,9}\,\text{nC},\qquad q_3=\text{8,83}\,\text{nC},\qquad q_4=\text{7,06}\,\text{nC}.}$

volgimento punto 3.

Abbiamo calcolato il circuito equivalente, formato unicamente da un condensatore di capacità $C_{eq}$

posto ad una tensione elettrica di $V_0$

, ne segue che l’energia del sistema è unicamente data dall’energia associata a questo condensatore. Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{U_e={1\over 2}C_{eq}V_0^2=\text{1,19}\cdot 10^{-7}\,\text {J}.}$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Nel sistema di condensatori di figura 34, $C_1=20\,\text{nF}$

, $C_2=40\,\text{nF}$

, $C_3=50\,\text{nF}$

, $C_4=30\,\text{nF}$

e $V_0=90\,\text{V}$

. Calcolare:

la capacità equivalente $C_{eq}$ del sistema tra i punti $P$ e $Q$ ;
la differenza di potenziale $V_i$ ai capi di ciascun condensatore.

Figura 34: geometria esercizio 14.

Svolgimento punto 1.

Osserviamo che in condensatori $C_1$

e $C_2$

, come i condensatori $C_3$

e $C_4$

, sono in serie, per cui la loro capacità equivalente è data da:

(94) $\begin{align*} C_{1,2}^{eq}=\bigg({1\over C_1}+{1\over C_2}\bigg)^{-1} \quad\quad \text{e} \quad \quad C_{3,4}^{eq}=\bigg({1\over C_3}+{1\over C_4}\bigg)^{-1}. \end{align*}$

Questi due condensatori equivalenti sono posti in parallelo, ne segue allora che la capacità equivalente del sistema è data da:

(95) $\begin{equation*} C_{eq}=C_{1,2}^{eq}+C_{3,4}^{eq}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ C_{eq}=\bigg({1\over C_1}+{1\over C_2}\bigg)^{-1}+\bigg({1\over C_3}+{1\over C_4}\bigg)^{-1}=32\,\text{nF}.}$

Figura 35: circuito iniziale.

Figura 36: primo circuito equivalente.

Svolgimento punto 2.

Per conoscere la differenza di potenziale su ciascun condensatore è sufficiente conoscere la carica elettrica che ciascuno di essi contiene. Dal circuito rappresentato in figura 36, possiamo calcolare la carica $q_{1,2}$

contenuta in $C_{1,2}^{eq}$

e $q_{2,3}$

contenuta in $C_{2,3}^{eq}$

(96) $\begin{align*} q_{1,2}=C_{1,2}^{eq}V_0 \quad \text{e} \quad q_{3,4}=C_{3,4}^{eq}V_0. \end{align*}$

La capacità equivalente $C_{1,2}^{eq}$ è data dalla connessione in serie di $C_1$ e $C_2$ , dove è importante ricordare che, quando due condensatori sono collegati in serie, mantengono la stessa carica su entrambi. La capacità $C_{3,4}^{eq}$ è data dalla serie di $C_3$ e $C_4$ quindi la carica su entrambi è: $q_{3,4}=\tilde{q}$ . A questo punto conosciamo la carica su ciascun condensatore, possiamo quindi procedere con il calcolo della tensione utilizzando la definizione di capacità:

(97) $\begin{align*} &V_{1}={q\over C_1}={C_{1,2}^{eq}\over C_1} V_0=\bigg({1\over C_1}+{1\over C_2}\bigg)^{-1}{V_0\over C_1}, \quad\quad\quad \quad V_2={q\over C_2}={C_{1,2}^{eq}\over C_2} V_0=\bigg({1\over C_1}+{1\over C_2}\bigg)^{-1}{V_0\over C_2},\\ &\nonumber\\ &V_{3}={\tilde{q}\over C_3}={C_{3,4}^{eq}\over C_3} V_0=\bigg({1\over C_3}+{1\over C_4}\bigg)^{-1}{V_0\over C_3},\quad \quad\quad\quad V_4={\tilde{q}\over C_4}={C_{3,4}^{eq}\over C_4} V_0=\bigg({1\over C_3}+{1\over C_4}\bigg)^{-1}{V_0\over C_4}. \end{align*}$

Sostituendo i valori numerici si ottiene:

$\boxcolorato{fisica}{ V_1=60\,\text{V},\quad V_2=30\,\text{V},\quad V_3=34\,\text{V},\quad V_4=56\,\text{V}.}$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Dopo aver caricato due condensatori di capacità $C_1=5\,\mu\text{F}$

e $C_2=4\,\mu\text{F}$

rispettivamente alla differenza di potenziale $V_1=300\,\text{V}$

e $V_2= 250\,\text{V}$

, si collegano tra loro le armature positive e le armature negative e, viene posto in parallelo ai primi, un condensatore $C_3=1\,\mu\text{F}$

. Calcolare:

la carica $q_i$ presente alla fine su ciascun condensatore;
la variazione $\Delta U_e$ di energia nel processo.

Figura 37: geometria esercizio 15.

Svolgimento punto 1.

Inizialmente i due condensatori contengono la seguente carica:

(98) $\begin{align*} q_1=C_1V_1=\text{1,5}\,\text{mC} \quad \quad \text{e}\quad \quad q_2=C_2V_2=1\,\text{mC}. \end{align*}$

Successivamente le loro armature positive vengono messe in contatto, come anche le loro armature negative, ovvero vengono messi in parallelo. Si crea così un condensatore equivalente con carica: $q=q_1+q_2$ e capacità data da:

(99) $\begin{equation*} C_{1,2}^{eq}=C_1+C_2, \end{equation*}$

posta ad una tensione di:

(100) $\begin{equation*} \tilde{V}={q_1+q_2\over C_{1,2}^{eq}}={q_1+q_2\over C_1+C_2}. \end{equation*}$

Il condensatore $C_3$ viene posto in parallelo ai primi due, equivalentemente significa che è posto in parallelo alla capacità equivalente $C_{1,2}^{eq}$ . Viene inserito scarico, ovvero, $q_3$ inizialmente è nulla, quindi la tensione del condensatore equivalente di capacità $C_{eq}=C_3+C_{1,2}^{eq}$ risulta essere di:

(101) $\begin{equation*} V={q_1+q_2\over C_{eq}}={q_1+q_2\over C_1+C_2+C_3}=250\,\text{V}. \end{equation*}$

Conosciamo la tensione $V$ a cui ciascun condensatore è sottoposto e anche le loro capacità, possiamo calcolare la carica che ciascuno di essi contiene. Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ q_1=C_1V=\text{1,25}\,\text{mC},\qquad q_2=C_2V=1\,\text{mC},\qquad q_3=C_3V=\text{0,25}\,\text{mC}.}$

Svolgimento punto 2.

Calcoliamo la variazione di energia elettrostatica:

(102) $\begin{equation*} \delta U_e=-\dfrac{1}{2}q_1V_1-\dfrac{1}{2}q_2V_2+\dfrac{1}{2}\left(q_1+q_2\right)V\approx -\text{0,0375}\,\,\text{V}. \end{equation*}$

Osservazione 2. La somma di questa cariche è $\text{2,5}\,\text{mC}$ , che è la stessa del sistema iniziale prima di inserire in parallelo il condensatore $C_3$ . Infatti quest’ultimo viene inserito scarico e quindi vale la conservazione della carica elettrica essendo il sistema isolato.

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Due condensatori $C_1=120\,\text{pF}$

e $C_2=240\,\text{pF}$

sono caricati tramite una batteria ciascuno ad una differenza di potenziale $V=200\,\text{V}$

. I due condensatori vengono collegati tra loro, l’armatura positiva dell’uno con la negativa dell’altro chiudendo l’interruttore in figura. Calcolare:

la differenza di potenziale $V'$ ai capi del sistema;
la variazione di energia elettrostatica $\Delta U_e$ .

Figura 38: geometria esercizio 16 prima di collegare i condensatori.

Svolgimento punto 1.

Inizialmente i condensatori vengono caricati con le seguenti cariche:

(103) $\begin{align*} q_1=C_1V=24\,\text{nC} \quad \text{e}\quad q_2=C_2V=48\,\text{nC}. \end{align*}$

I due condensatori sono in parallelo, quindi la capacità equivalente è data da:

(104) $\begin{equation*} C_{eq}=C_1+C_2=360\,\text{pF}, \end{equation*}$

e in particolare la carica totale è:

(105) $\begin{equation*} q=q_2-q_1=24\,\text{nC}. \end{equation*}$

Conosciamo la capacità del condensatore equivalente e la carica in esso depositata, ne segue la differenza di potenziale a cui è sottoposto è:

(106) $\begin{equation*} V'={q\over C_{eq}}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{V'={|q_2-q_1|\over C_1+C_2}=\text{66,7}\,\text{V}.}$

Svolgimento punto 2.

L’energia iniziale del sistema è data dall’energia associata a due condensatori posti ad una tensione $V$

(107) $\begin{equation*} U_e^i={1\over 2}C_1V^2+{1\over 2}C_2V^2=\text{7,2}\cdot 10^{-6}\,\text{J}. \end{equation*}$

L’energia finale del sistema è invece quella associata ad un condensatore di capacità $C_{eq}$ posto ad una tensione $V'$

(108) $\begin{equation*} U_{e}^f={1\over 2}(C_1+C_2)(V')^2=8\cdot 10^{-7}\,\text{J}, \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{\Delta U_e=U_e^f-U_e^i=-\text{6,4}\cdot 10^{-6}\,\text{J}.}$

Osservazione 3. Si vuole far osservare al lettore che i due condensatori inizialmente sono sottoposti alla stessa differenza di potenziale ma in verso opposto; in particolare, la variazione di energia cinetica trovata, rappresenta il lavoro fatto dalle forze esterne per costruire il nuovo circuito.

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Due sfere conduttrici $C_1$

e $C_2$

, rispettivamente di raggi $R_1=6\,\text{cm}$

e $R_2=12\,\text{cm}$

, hanno la stessa carica $q=6\cdot 10^{-8}\,\text{C}$

e sono molto distanti. Le due sfere vengono collegate tra loro con un filo sottile. Calcolare:

le cariche $q_1$ e $q_2$ sui conduttori;
il numero di elettroni $N_e$ trasferiti da un conduttore all’altro.

Figura 39: geometria esercizio 17.

Svolgimento punto 1.

Supponendo il potenziale ad infinito nullo si ha che il potenziale elettrico di una sfera isolata di carica $q$

è dato dalla seguente formula:

(109) $\begin{equation*} V={q\over 4\pi\varepsilon_0 R}, \end{equation*}$

dove $R$ è il raggio della sfera. Le due sfere sono molto distanti tra loro, questo significa che la loro mutua interazione è trascurabile e quindi il loro potenziale può essere calcolato utilizzando l’equazione (109). Le due sfere vengono collegate da un filo, otteniamo così un nuovo conduttore formato da queste due sfere e il filo, che essendo sottile, è trascurabile nel nostro sistema di conduttori. Il potenziale di questo nuovo conduttore deve rimanere costante, ovvero il potenziale associato alle due sfere deve essere lo stesso:

(110) $\begin{equation*} V_1=V_2 \quad\Rightarrow\quad {q_1\over 4\pi\varepsilon_0 R_1}={q_2\over 4\pi\varepsilon_0 R_2} \quad\Rightarrow\quad q_{1}={R_1\over R_2}q_2, \end{equation*}$

abbiamo quindi una redistribuzione di cariche tra le due sfere. Dobbiamo considerare anche la conservazione della carica elettrica:

(111) $\begin{equation*} q_1+q_2=2q. \end{equation*}$

Otteniamo un sistema di due equazione in due incognite che possiamo risolvere:

(112) $\begin{equation*} \begin{cases} q_1=\dfrac{R_1}{R_2}q_2\\\\ q_1+q_2=2q \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \bigg({R_1+R_2\over R_2}\bigg)q_2=2q\quad \Leftrightarrow \quad q_2=\dfrac{2qR_2}{R_1+R_2}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{q_2=2q\bigg({R_2\over R_1+R_2}\bigg)=8\cdot 10^{-8}\,\text{C}\qquad\text{e}\qquad q_1=2q-q_2=4\cdot10^{-8}\,\text{C}.}$

Svolgimento punto 2.

Dividendo la carica iniziale $q$

su ciascun conduttore per la carica elementare $e$

, possiamo determinare il numero di elettroni persi rispetto allo stato di neutralità, ossia:

(113) $\begin{equation*} N_{i}={q\over e}=3,75\cdot 10^{11}. \end{equation*}$

Avendo entrambi i conduttori la stessa carica $q$ , è evidente che avranno perso lo stesso numero di elettroni $N_i$ . Ripetendo lo stesso ragionamento dopo il collegamento tra i due conduttori, si ottiene per il conduttore di raggio $R_1$ e per il conduttore di raggio $R_2$ rispettivamente:

(114) $\begin{align*} N_1={q_1\over e}=2,5\cdot 10^{11}\quad \text{e}\quad N_2={q_2\over e}=5\cdot 10^{11}. \end{align*}$

Dalle precedenti equazioni risulta chiaro che, essendo il conduttore di raggio $R_2$ con un numero maggiore di elettroni persi rispetto al conduttore di raggio $R_1$ , entrambi rispetto alla situazione iniziale, gli elettroni si sono spostati dal conduttore di raggio $R_2$ al conduttore di raggio $R_1$ durante il collegamento. Il numero totale di elettroni spostati è quindi $N - N_1$ . Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{N_e=N-N_1=\text{1,25}\cdot 10^{11}.}$

Osservazione 4. Per comprendere il movimento degli elettroni, è utile ricordare che essi si spostano da un potenziale minore a uno maggiore. I potenziali iniziali del conduttore di raggio $R_1$ e del conduttore di raggio $R_2$ sono rispettivamente:

(115) $\begin{align*} V_1^{i} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0R_1} = 9 \cdot 10^3\, \text{V} \quad \text{e} \quad V_2^{i} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0R_2} = 4,5 \cdot 10^3\, \text{V}. \end{align*}$

Osserviamo che il potenziale iniziale della sfera $1$ è maggiore di quello della sfera $2$ . Questo significa che lo spostamento degli elettroni avviene dal conduttore di raggio $R_2$ al conduttore di raggio $R_1$ , come dedotto in precedenza.

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Due piccole sfere conduttrici identiche cariche $q_1$

e $q_2$

si attraggono con la forza $F_1=\text{0,108}\,\text{N}$

, quando sono a distanza $r=50\,\text{cm}$

. Le due sfere vengono collegato con un filo sottilissimo conduttore, che viene quindi, poi, rimosso. Le sfere ora si respingono con una forza $F_2=\text{0,036}\,\text{N}$

. Calcolare $q_1$

e $q_2$

Figura 40: sistema iniziale.

Figura 41: sistema dopo aver collegato e poi rimosso il filo.

Svolgimento.

Le due sfere cariche interagiscono attraverso la forza di Coulomb allo stesso modo di due cariche puntiformi. Prendiamo il modulo della forza d’interazione, esso risulta essere

(116) $\begin{align*} F_1={|q_1||q_2|\over 4\pi\varepsilon_0 r^2}\quad \quad \text{e}\quad\quad F_2={|q_1^*||q_2^*|\over 4\pi\varepsilon_0 r^2}, \end{align*}$

dove $q_1^*$ è la carica sulla sfera di raggio $R_1$ e $q_2^*$ è la carica sulla sfera di raggio $R_2$ dopo il collegamento. Nello stato intermedio le due sfere sono collegate da un filo conduttore, questo comporta una redistribuzione di cariche che si conclude quando entrambe le sfere si trovano allo stesso potenziale elettrico. Le due sfere sono identiche, per simmetria abbiamo che la condizione di medesimo potenziale elettrico avviene soltanto quando entrambe contengono la stessa carica: $q_1^*=q_2^*.$ Una volta staccato il filo, le cariche $q_1^*$ e $q_2^*$ sono vincolate a rimanere nel rispettivo conduttore sferico. Aggiungendo questa identità all’equazione (116) possiamo ricavare la carica finale e di conseguenza la carica totale del sistema:

(117) $\begin{equation*} \begin{cases} q_1^*=q_2^* \\\\ F_2=\dfrac{|q_1^*||q_2^*|}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad |q_1^*|=\sqrt{4\pi\varepsilon_0 r^2 F_2}=r\sqrt{4\pi\varepsilon_0 F_2}. \end{equation*}$

La carica totale del sistema è due volte la carica $q_1^*$ , tuttavia non sappiamo se essa sia negativa o positiva perché in entrambi i casi la situazione di respingimento è soddisfatta (infatti $q_1^*$ e $q_2^*$ possono essere entrambe positive o negative). Possiamo scrivere il modulo della carica totale $q$ :

(118) $\begin{equation*} |q|=|q_1^*|+|q_2^*|=2|q_1^*|=2r \sqrt{4\pi\varepsilon_0 F_2}=2 \cdot 10^{-6}\,\text{C}. \end{equation*}$

Possiamo ora utilizzare la prima equazione di (116), con l’aggiunta della carica totale del sistema, per ricavare le cariche iniziali:

(119) $\begin{equation*} \begin{cases} |q|=|q_1+q_2| \\\\ F_1=\dfrac{|q_1||q_2|}{4\pi\varepsilon_0 r^2}. \end{cases} \end{equation*}$

Consideriamo il caso in cui $q$ è positiva. Abbiamo quindi $q=2\cdot 10^{-6}\,\text{C}$ e il modulo $q=|q_1+q_2|$ si elimina se vale: $q_1+q_2>0$ .

(120) $\begin{equation*} \begin{cases} q=q_1+q_2 \\\\ F_1=\dfrac{|q_1||q_2|}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \end{cases} \quad \Leftrightarrow\quad F_1={|q_1||q-q_1|\over 4\pi\varepsilon_0 r^2}. \end{equation*}$

La carica $q_1$ può essere sia positiva che negativa (di conseguenza avremmo la carica $q_2$ rispettivamente negativa o positiva, in quanto nel sistema iniziale abbiamo una forza d’interazione elettrica attrattiva), consideriamo entrambi i casi. Se $q_1>0$ allora di conseguenza avremmo $q_2=q-q_1<0$ , quindi:

(121) $\begin{equation*} \begin{cases} F_1=\dfrac{-q_1 (q-q_1)}{ 4\pi\varepsilon_0 r^2} \qquad\text{per }q_1<0\\\\ F_1=\dfrac{q_1 (-q+q_1)}{ 4\pi\varepsilon_0 r^2} \qquad\text{per }q_1>0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow\qquad \begin{cases} F_1(4\pi\varepsilon_0 r^2)=q_1^2-q q_1 \qquad\text{per }q_1<0\\\\ F_1(4\pi\varepsilon_0 r^2)=q_1^2-q q_1 \qquad\text{per }q_1>0, \end{cases} \end{equation*}$

la (121) vale per ogni valore $q_1$ , risolviamola:

(122) $\begin{equation*} q_1^2-qq_1-F_1(4\pi\varepsilon_0r^2)=0 \qquad\Rightarrow\qquad q_1={q\pm \sqrt{q^2+4F_1(4\pi\varepsilon_0r^2)}\over 2}, \end{equation*}$

da cui:

(123) $\begin{align*} q_1^-=-1\cdot 10^{-6}\,\text{C}\quad \quad\text{e} \quad\quad q_1^+=3\cdot 10^{-6}\,\text{C}. \end{align*}$

Entrambe le soluzioni sono accettabili, ricaviamo $q_2=q-q_1$ e otteniamo:

(124) $\begin{align*} q_2^-=3\cdot 10^{-6}\,\text{C}\quad\quad \text{e} \quad\quad q_2^+=-1\cdot 10^{-6}\,\text{C}. \end{align*}$

Consideriamo il caso in cui $q$ è negativa. Abbiamo quindi $q=-2\cdot10^{-6}\,\text{C}$ , soffermiamoci invece sul modulo della carica totale:

(125) $\begin{equation*} |q|=-q=|q_1+q_2|=-q_1-q_2 \qquad\Leftrightarrow\qquad q=q_1+q_2, \end{equation*}$

vale quindi scrivere: $q=q_1+q_2$ per $q<0$ solo se $q_1+q_2<0$ . Le equazioni da risolvere sono le stesse del caso precedente, cambia solamente che ora abbiamo una carica totale $q$ negativa in (122). Concludiamo subito allora che $q_1$ può assumere questi due valori:

(126) $\begin{align*} q_1^+=1\cdot 10^{-6}\,\text{C} \quad\quad \text{e} \quad\quad q_1^-=-3\cdot 10^{-6}\,\text{C}, \end{align*}$

e di conseguenza, utilizzando $q_2=q-q_1$ abbiamo:

(127) $\begin{align*} q_2^+=-3\cdot 10^{-6}\,\text{C}\quad\quad \text{e} \quad\quad q_2^-=1\cdot 10^{-6}\,\text{C}. \end{align*}$

Concludiamo con la seguente soluzione, per $q=2\cdot 10^{-6}\,\text{C}$ abbiamo:

$\boxcolorato{fisica}{ q_1=-1\cdot 10^{-6}\,\text{C}\quad \wedge\quad q_2=3\cdot 10^{-6}\,\text{C}\quad \text{oppure} \quad q_1=3\cdot 10^{-6}\,\text{C}\quad \wedge\quad q_2=-1\cdot 10^{-6}\,\text{C}.}$

mentre per $q=-2\cdot 10^{-6}\,\text{C}$ abbiamo:

$\boxcolorato{fisica}{q_1=1\cdot 10^{-6}\,\text{C}\quad \wedge\quad q_2=-3\cdot 10^{-6}\,\text{C}\quad \text{oppure} \quad q_1=-3\cdot 10^{-6}\,\text{C}\quad \wedge\quad q_2=1\cdot 10^{-6}\,\text{C}.}$

Osservazione 5. È chiara la simmetria del problema, le due sfere sono identiche e infatti otteniamo risultati per le loro cariche completamente scambiabili.

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Due sfere conduttrici di raggi rispettivamente $R_1=6\,\text{mm}$

e $R_2=4\,\text{mm}$

, sono poste a distanza $d\gg R_1$

. Una carica $q=10^{-10}\,\text{C}$

viene comunicata alla prima sfera; successivamente le due sfere vengono collegate con un filo sottilissimo conduttore. Calcolare:

la carica $q_1$ e $q_2$ sulle sfere;
il potenziale $V$ delle due sfere;
il campo elettrico $E_1$ e $E_2$ sulla superficie delle due sfere;
l’energia elettrostatica $\Delta U_e$ persa nel collegamento.

Figura 42: geometria esercizio 19.

Svolgimento punto 1.

Il fatto che $d\gg R_1$

significa che le due sfere sono poste molto distanti tra loro e possono essere dunque considerate come non interagenti, ovvero due sfere isolate. Il potenziale iniziale su ciascuna sfera è il seguente

(128) $\begin{align*} V_1^i={q\over 4\pi\varepsilon_0R_1}=150\,\text{V} \quad\quad \text{e}\quad \quad V_2^i=0\,\text{V}. \end{align*}$

Quando vengono collegate dal filo conduttore le due sfere si portano all’equilibrio elettrostatico, ovvero allo stesso potenziale elettrico $V_1^f=V_2^f$ :

(129) $\begin{equation*} {q_1\over 4\pi\varepsilon_0R_1}={q_2\over 4\pi\varepsilon_0R_2} \quad \Leftrightarrow\quad {q_1}={R_1\over R_2}q_2, \end{equation*}$

e osservando che la carica elettrica si conserva e che non si deposita carica sul filo conduttore, in quanto è sottilissimo (ovvero trascurabile), possiamo impostare il seguente sistema:

(130) $\begin{equation*} \begin{cases} q_1+q_2=q\\\\ q_1=\dfrac{R_1}{R_2}q_2 \end{cases}\quad \Leftrightarrow\quad q_1={R_1\over R_2}(q-q_1)\quad \Leftrightarrow\quad q_1=\bigg(1+{R_1\over R_2}\bigg)^{-1}{R_1\over R_2}q=6\cdot 10^{-11}\,\text{C}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{q_1=6\cdot 10^{-11}\,\text{C} \quad \text{e}\quad q_2=q-q_1=4\cdot 10^{-11}\,\text{C}.}$

Svolgimento punto 2.

Siccome $V_1^f=V_2^f$

il potenziale delle due sfere può essere calcolato in due modi:

(131) $\begin{align*} V=V_1^f={q_1\over 4\pi\varepsilon_0R_1} \qquad\text{oppure}\qquad V=V_2^f={q_2\over 4\pi\varepsilon_0R_2}. \end{align*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{V={q_1\over 4\pi\varepsilon_0R_1}=90\,\text{V}.}$

Svolgimento punto 3.

Controlliamo che l’approssimazione di sfere non interagenti data da $d\gg R_1$

sia valida. Dobbiamo quindi verificare che il campo elettrico $E_2$

, prodotto dalla seconda sfera, sulla superficie della prima sfera sia trascurabile rispetto ad $E_1$

. Il campo elettrico prodotto da una sfera carica si calcola semplicemente dal teorema di Gauss e risulta essere lo stesso di quello prodotto da una carica puntiforme. Consideriamo l’asse $x$

che congiunge i due centri delle sfere:

(132) $\begin{align*} \vec{E}_1(x_1)={q_1\over 4\pi\varepsilon_0 r_1^2}\,\hat{x} \quad \quad \text{e} \quad \quad \vec{E}_2(x_2)=-{q_2\over 4\pi\varepsilon_0 r_2^2}\,\hat{x}, \end{align*}$

dove $r_1$ e $r_2$ sono rispettivamente la distanza dal centro della prima sfera e la distanza dal centro della seconda sfera rispetto ad un punto $P$ nello spazio. Prendiamo un punto $P$ sulla superficie della prima sfera e sull’asse $x$ sul quale giacciono i centri delle due sfere, avremmo $r_1=R_1$ e $r_2=d-R_1$ . Il campo elettrico totale risulta essere la somma di due contributi:

(133) $\begin{align*} \vec{E}_P=\vec{E}_1(R_1)+\vec{E}_2(d-R_1)&={q_1\over 4\pi\varepsilon_0 R_1^2}\hat{x}-{q_2\over 4\pi\varepsilon_0 (d-R_1)^2}\,\hat{x}=\\ &={q_1\over 4\pi\varepsilon_0 R_1^2}\bigg[1-{q_2/q_1\over (d-R_1)^2/R_1^2}\bigg]\,\hat{x}. \end{align*}$

Nell’approssimazione $d\gg R_1$ il denominatore del secondo termine è una quantità molto grande e quindi complessivamente il secondo termine è trascurabile, ne segue che:

(134) $\begin{equation*} \vec{E}_P\approx\vec{E}_1(R_1)={q_1\over 4\pi\varepsilon_0 R_1^2}\,\hat{x}\quad \text{per}\,\,d\gg R_1. \end{equation*}$

Lo stesso ragionamento può esser fatto considerando un punto sulla seconda sfera. Questa approssimazione inoltre giustifica la considerazione iniziale di sfere indipendenti, infatti non vengono influenzate dai loro rispettivi campi elettrici. Aggiungiamo inoltre, data l’indipendenza delle due sfere, che il campo attorno la loro superficie è radiale, diretto quindi lungo $\hat{r}$ . Concludiamo, così, con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{E}_1={q_1\over 4\pi\varepsilon_0R_1^2}\,\hat{r}=\text{1,5}\cdot 10^4\,\frac{\text{V}}{\text{m}}\,\hat{r},\qquad\qquad\vec{E}_2={q_2\over 4\pi\varepsilon_0R_2^2}\,\hat{r}=\text{2,2}\cdot 10^4\,\frac{\text{V}}{\text{m}}\,\hat{r}.}$

Svolgimento punto 4.

Dalla teoria sappiamo che un conduttore sferico isolato può essere visto come un condensatore con la seconda armatura all’infinito. Pertanto, l’energia può essere espressa come segue, tenendo presente che non abbiamo considerato il conduttore di raggio $R_2$

poiché risulta essere scarico. Abbiamo dunque

(135) $\begin{equation*} U=\dfrac{1}{2}qV, \end{equation*}$

dove $q$ è la carica all’interno del conduttore e $V$ è la differenza di potenziale tra le due armature supponendo il potenziale nullo sulla seconda armatura. Calcoliamo l’energia iniziale e finale applicando (135)

(136) $\begin{equation*} U^i_1=\dfrac{1}{2}qV^i_1=\dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0R_1}, \end{equation*}$

(137) $\begin{equation*} U^f=U^f_1+U^f_2=\dfrac{q_1^2}{8\pi\varepsilon_0R_1}+\dfrac{q_2^2}{8\pi\varepsilon_0R_2}. \end{equation*}$

Calcoliamo la differenza di energia $\Delta U_e$

(138) $\begin{equation*} \Delta U_e=U^f-U^i_1=\dfrac{q_1^2}{8\pi\varepsilon_0R_1}+\dfrac{q_2^2}{8\pi\varepsilon_0R_2}-\dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0R_1}. \end{equation*}$

Osserviamo che le cariche $q_1$ e $q_2$ possono essere espresse in funzione di $q$ come segue

(139) $\begin{equation*} q_1=\dfrac{qR_1}{R_1+R_2}\quad \text{e}\quad q_2=\dfrac{qR_2}{R_1+R_2}, \end{equation*}$

da cui:

(140) $\begin{align*} \Delta U_e&=\dfrac{1}{8\pi\varepsilon_0R_1}\left(\dfrac{R_1q}{R_1+R_2}\right)^2+\dfrac{1}{8\pi\varepsilon_0R_2}\left(\dfrac{qR_2}{R_1+R_2}\right)^2-\dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0R_1}=\\ &=\dfrac{R_1q^2}{8\pi\varepsilon_0\left(R_1+R_2\right)^2}+\dfrac{q^2R_2}{8\pi\varepsilon_0\left(R_1+R_2\right)^2}-\dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0R_1}=\\ &=\dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{R_1+R_2}{\left(R_1+R_2\right)^2}-\dfrac{1}{R_1}\right)=\dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{1}{R_1+R_2}-\dfrac{1}{R_1}\right). \end{align*}$

Sostituendo i valori numerici si ottiene:

$\boxcolorato{fisica}{\Delta U_e\approx-3\cdot 10^{-9}\,\text{J}.}$

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Due gocce di mercurio identiche hanno ciascuna carica $q=10^{-10}\,\text{C}$

e potenziale $V=500\,\text{V}$

. Calcolare:

il raggio $R$ delle due gocce.

il raggio $R'$ della nuova goccia;
il potenziale $V'$ della stessa.

Figura 43: geometria esercizio 20.

Svolgimento punto 1.

Il potenziale di una sfera è dato da:

(141) $\begin{equation*} V={q\over 4\pi\varepsilon_0R}, \end{equation*}$

ne segue che il raggio di ciascuna goccia di mercurio è:

$\boxcolorato{fisica}{R={q\over 4\pi\varepsilon_0V}=\text{1,8}\,\text{mm}.}$

Svolgimento punto 2.

Nel fondersi le due sfere ne creano una nuova di volume dato dalla somma dei due volumi iniziali. Questo è chiaramente vero solo se la densità del mercurio rimane costante durante il processo, cosa che assumiamo vera. Scriviamo con $\tau$

i volumi

(142) $\begin{equation*} \tau' =2\tau \quad\Leftrightarrow\quad {4\over 3}\pi(R')^3={8\over 3}\pi R^3 \quad\Leftrightarrow\quad R'=R\sqrt[3]{2}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ R'=R\sqrt[3]{2}=\text{2,27}\,\text{mm}.}$

Svolgimento punto 3.

Per rispettare la conservazione della carica elettrica la carica finale sarà $q'=2q$

, conosciamo inoltre il raggio $R'$

della sfera. Applichiamo la formula per il calcolo del potenziale elettrostatico associato ad una sfera e otteniamo

$\boxcolorato{fisica}{V'={2q\over 4\pi\varepsilon_0 R'}=793\,\text{V}.}$

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Quattro condensatori sono posti come in figura 44. Un generatore è collegato tra i punti $A$

e $B$

e un elettroscopio ( $E$

) tra i punti $C$

e $D$

per misurare la differenza di potenziale $V_C-V_D$

. Dimostrare che l’elettroscopio segna zero quando $C_1/C_2=C_3/C_4$

(questa disposizione, nota come ponte capacitivo, permette di misurare la capacità di un condensatore note le altre tre).

Figura 44: geometria esercizio 21.

Svolgimento.

Nell’elettroscopio non scorre corrente, quindi i condensatori $C_1$

e $C_2$

, come $C_3$

e $C_4$

, sono in serie, ovvero vale: $q_1=q_2=q$

e $q_3=q_4=q'$

. Scriviamo le capacità per ciascun condensatore

(143) $\begin{equation*} C_1={q\over V_A-V_C}, \qquad C_2={q\over V_C-V_B}, \qquad C_3={q'\over V_A-V_D}, \qquad C_4={q'\over V_D-V_B}. \end{equation*}$

Per ipotesi sappiamo che deve valere $C_1/C_2=C_3/C_4$ e svolgiamo i calcoli per vedere se effettivamente vale $V_C-V_D=0$

(144) $\begin{align*} {C_1\over C_2}={C_3\over C_4} \quad\Leftrightarrow\quad {V_C-V_B\over V_A-V_C}={V_D-V_B\over V_A-V_D}, \end{align*}$

da cui

(145) $\begin{align*} &(V_A-V_D)(V_C-V_B)=(V_A-V_C)(V_D-V_B)\quad \Leftrightarrow \quad \\ &\Leftrightarrow \quad V_AV_C+V_BV_D=V_AV_D+V_CV_B\quad \Leftrightarrow \quad\\ &\quad \Leftrightarrow \quad V_C(V_A-V_B)+V_D(V_B-V_A)=0\quad \Leftrightarrow \quad\\ &\quad \Leftrightarrow \quad(V_C-V_D)(V_A-V_B)=0. \end{align*}$

Abbiamo che $V_A-V_B=V_0$ è diverso da zero, quindi deve valere $V_C-V_D=0$ . Questo conclude la nostra dimostrazione.

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Tra le armature piane di un condensatore, di area $\Sigma$

e distanti $x$

, è presente un campo elettrico $\vec{E}$

costante in modulo direzione e verso come in figura 45. Scrivere:

l’espressione dell’energia elettrostatica $U_e(x)$ ;
calcolare la forza $F_e$ tra le armature.

Figura 45: geometria esercizio 22.

Svolgimento punto 1.

La capacità di un condensatore piano è nota e vale

(146) $\begin{equation*} C={\varepsilon_0 \Sigma\over x}, \end{equation*}$

dove $\Sigma$ è la superficie e $x$ è la distanza tra le armature. La differenza di potenziale tra le due armature si calcola invece a partire dal campo elettrico interno al condensatore, che è costante

(147) $\begin{equation*} V=\int_{0}^{x} E \text{d} x=E x, \end{equation*}$

ne segue la formula dell’energia elettrostatica

(148) $\begin{equation*} U_e(x)={1\over 2} CV^2= {\varepsilon_0\Sigma E^2x^2\over2 x}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ U_e(x)={1\over 2}\varepsilon_0\Sigma E^2 x.}$

Svolgimento punto 2.

La forza elettrostatica tra le due armature non è altro che l’opposto del gradiente dell’energia potenziale, ovvero

(149) $\begin{equation*} \vec{F}_e=-\vec{\nabla} U_e\quad \Leftrightarrow\quad \vec{F}_e=-{dU_e\over dx}\,\hat{x}=-{1\over2}\varepsilon_0\Sigma E^2\,\hat{x}, \end{equation*}$

dove $\hat{x}$ è il versore perpendicolare alle armature, tuttavia il suo verso non è chiaro e cambia in base a quale armatura scegliamo venga applicata la forza. Il segno meno indica solamente che il verso della forza è tale da portare il sistema in configurazioni di minore energia potenziale elettrostatica. Vale comunque il fatto che armature di cariche opposte si attraggono e in base a questo è chiaro quale sia il verso della forza, ovvero attrattivo. Concludiamo con il seguente modulo della forza elettrostatica attrattiva

$\boxcolorato{fisica}{ F_e={1\over 2}\varepsilon_0\Sigma E^2.}$

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Due lastre di alluminio di area $\Sigma= 10^3\,\text{cm}^2$

sono separate da un foglio di carta di spessore $d$

. Calcolare la massima carica $q_s$

con cui si possono carica le due piastre. La carta ha una costante dielettrica relativa $\kappa=\text{3,7}$

e la sua rigidità dielettrica è $E_s=16\cdot 10^6\,\text{V}/\text{m}$

Figura 46: geometria esercizio 23.

Svolgimento.

La rigidità dielettrica è il valore limite che il campo elettrico può assumere prima che si verifichi una scarica attraverso il foglio di carta, prendiamo quindi questo valore del campo per calcolare la massima carica $q_s$

che è possibile depositare sulla lastre di alluminio. Il problema è del tutto simile ad un condensatore piano, è sufficiente sostituire la costante dielettrica del vuoto $\varepsilon_0$

con quella relativa al mezzo (carta nel nostro caso) $\varepsilon=\kappa \varepsilon_0$

. Il campo elettrico in un condensatore piano è:

(150) $\begin{equation*} E_s={\sigma\over \kappa\varepsilon_0}={q_s\over \kappa\varepsilon_0\Sigma}, \end{equation*}$

dove $\sigma$ è la densità di carica superficiale. Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ q_s=\kappa \varepsilon_0 \Sigma E_s=\text{5,24}\cdot 10^{-8}\,\frac{\text{V}}{\text{m}}.}$

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Un cavo sottomarino ha un conduttore interno di diametro $d_1=2\,\text{cm}$

circondato da uno schermo conduttore di diametro interno $d_2=4\,\text{cm}$

; tra i conduttori c’è teflon con una costante dielettrica relativa di $\kappa=\text{2,2}$

. Per un cavo lungo $L=1\,\text{Km}$

, calcolare:

la capacità $C$ del cavo;
l’energia elettrostatica $U_e$ immagazzinata, quando la differenza di potenziale tra i conduttori è $V=20\,\text{kV}$ .

Figura 47: geometria esercizio 24.

Svolgimento punto 1.

Per calcolare la capacità di un condensatore cilindrico prendiamo una sezione del cavo come mostrato in figura 48.

Figura 48: sezione cavo cilindrico, con armatura interna carica positivamente.

Sia $\lambda=q/L$ la densità di carica lineare del cavo, utilizzando il teorema di Gauss troviamo che il campo elettrico interno al conduttore è:

(151) $\begin{equation*} \vec{E}(r)={\lambda \over 2\pi\varepsilon_0 \kappa r}\,\hat{r}, \end{equation*}$

dove $r$ è la distanza dal centro del cavo e il campo è radiale per ragioni di simmetria cilindrica. Calcoliamo la differenza di potenziale a cui è sottoposta questa sezione di condensatore cilindrico:

(152) $\begin{equation*} \Delta V=-\int_{d_1}^{d_2} \vec{E}(r)\cdot\text{d}\vec{r}=-{\lambda\over 2\pi \varepsilon_0k}\int_{d_1}^{d_2}{\text{d} r\over r}=-{\lambda \over 2\pi\varepsilon_0\kappa}\ln \bigg({d_2\over d_1}\bigg). \end{equation*}$

Ne segue la capacità della sezione di un condensatore cilindrico dove lo spazio tra le armature è vuoto:

(153) $\begin{equation*} C={q\over \left \vert \Delta V\right \vert }={2q\pi\varepsilon_0\over \lambda}\bigg[\ln \bigg({d_2\over d_1}\bigg)\bigg]^{-1}. \end{equation*}$

Sapendo che $q=\lambda L$ si trova che:

$\boxcolorato{fisica}{ C={2\pi\kappa\varepsilon_0 L}\bigg[\ln \bigg({d_2\over d_1}\bigg)\bigg]^{-1}=\text{1,76}\cdot 10^{-7}\,\text{F}.}$

Svolgimento punto 2.

È sufficiente applicare la formula per l’energia associata ad un condensatore, concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{U_e={1\over 2}CV^2=\text{35,31}\,\text{J}.}$

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Un condensatore piano, con armature circolari di raggio $R=20\,\text{cm}$

distanti $d=\text{0,5}\,\text{cm}$

, è collegato ad un generatore con $V_0=100\,\text{V}$

. Lo spazio tra le armature viene completamente riempito con una lastra isolante, di costante dielettrica relativa $\kappa=\text{2,5}$

. Calcolare:

la variazione di energia elettrostatica $\Delta U_e$ ;
il valore del campo elettrico $E$ ;
il valore del vettore polarizzazione $P$ .

Figura 49: geometria esercizio 25.

Figura 50: con l’inserimento della lastra isolante.

Svolgimento punto 1.

Ricordando che la capacità di un condensatore piano è: $C=\dfrac{\varepsilon_0 \Sigma}{d}$

, dove $\Sigma$

è l’area del condensatore, nel nostro caso abbiamo $\Sigma=\pi R^2$

, e $d$

è la distanza tra le armature. L’energia potenziale elettrostatica iniziale è:

(154) $\begin{equation*} U_e^i={1\over 2}C V_0^2={\varepsilon_0\pi R^2\over 2d}V_0^2. \end{equation*}$

Nel processo il generatore permette di mantenere la differenza di potenziale $V_0$ costante, quindi l’energia finale è:

(155) $\begin{equation*} U_e^f={1\over 2}C_{\kappa} V_0^2={\kappa\varepsilon_0\pi R^2\over 2d}V_0^2, \end{equation*}$

dove abbiamo tenuto conto che nel sistema finale abbiamo tra le armature una lastra isolante di costante dielettrica relativa $\kappa$ , quindi è necessario sostituire $\varepsilon_0$ con $\kappa\varepsilon_0$ . Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{\Delta U_e=U_e^f-U_e^i={\varepsilon_0\pi R^2\over 2d}V_0^2(\kappa-1)=\text{1,67}\cdot10^{-6}\,\text{J}.}$

Svolgimento punto 2.

Il valore del campo elettrico all’interno di un condensatore piano è noto ed è pari a: $E=\dfrac{\sigma}{\kappa \varepsilon_0}$

, dove $\sigma$

è la densità di carica superficiale e la direzione del campo è ortogonale alle armature. L’energia elettrostatica finale del condensatore ci permette di calcolare la carica elettrica che esso contiene:

(156) $\begin{equation*} U_e^{f}={1\over 2}q V_0 \quad \Leftrightarrow \quad q={2U_e^f\over V_0}, \end{equation*}$

ne segue, allora, che la densità superficiale di carica nel condensatore riempito con la lastra isolante è:

(157) $\begin{equation*} \sigma={q\over \Sigma}={2U_e^f\over V_0 \Sigma}={\kappa \varepsilon_0\pi R^2\over d}{1\over V_0 \pi R^2 }V_0^2={\kappa \varepsilon_0 \over d}V_0, \end{equation*}$

dove abbiamo utilizzato il risultato (155). Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{E={\sigma\over \kappa \varepsilon_0}={V_0\over d}=2\cdot 10^4\,\frac{\text{V}}{\text{m}}.}$

Svolgimento punto 3.

Il vettore di polarizzazione si calcola a partire dal campo elettrico, aggiungendo un coefficiente data dalla suscettività elettrica $\chi=(\kappa-1)$

moltiplicata per la costante dielettrica nel vuoto:

(158) $\begin{equation*} \vec{P}=\varepsilon_0\chi \vec{E}=\varepsilon_0(\kappa-1)\vec{E}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione per il modulo:

$\boxcolorato{fisica}{P=\varepsilon_0(\kappa-1)E=\text{2,66}\cdot 10^{-7}\,\frac{\text{C}}{\text{m}^2 }.}$

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Un condensatore piano, con armature quadrate di area $\Sigma = 400\,\text{cm}^2$

distanti $d=2\,\text{mm}$

, è riempito per metà di mica ( $\kappa_1=5$

) e per metà da paraffina ( $\kappa_2=2$

), come mostrato in figura 51. Calcolare:

la capacità $C$ del condensatore.

Se tra le armature viene applicata una differenza di potenziale $V=2\cdot 10^3\,\text{V}$ , calcolare:

il campo elettrostatico $E$ ;
la carica $q$ ;
l’energia elettrostatica $U_e$ del sistema.

Figura 51: geometria esercizio 26.

Svolgimento punto 1.

Il condensatore può essere considerato come un parallelo di due condensatori (come mostrato in figura 52). Infatti è sufficiente notare che la carica libera $q$

può essere riscritta come la somma di due contributi: la carica libera $q_1$

nella parte a sinistra del condensatore (dove è presente il dielettrico: $\kappa_1$

) e la carica libera $q_2$

(per carica libera si intende carica di non polarizzazione). Per capire che la carica elettrica si distribuisce diversamente lungo la superficie delle armature basta notare che, essendo la differenza di potenziale ai capi del condensatore costante lungo le superfici delle armature, il campo elettrico è lo stesso su entrambi i dielettrici $E_1=E_2$

. Questo può avvenire solamente se esiste una diversa distribuzione di cariche libere: $\sigma_1\neq\sigma_2$

. Tornando alla capacità del condensatore possiamo allora scrivere:

(159) $\begin{equation*} C={q\over V}={q_1+q_2\over V}={q_1\over V}+{q_2\over V}=C_{\kappa_1}+C_{\kappa_2}. \end{equation*}$

Figura 52: circuito equivalente.

Risulta ora chiaro come questa configurazione può esser vista come il parallelo di due condensatori, ognuno con un differente isolante tra la armature e con area $\tilde{\Sigma}=\dfrac{\Sigma}{2}$ pari alla metà. La capacità dei sue singoli condensatori è nota, poiché ognuno di loro contene un singolo isolante.

(160) $\begin{align*} C_{\kappa_1}={\kappa_1\varepsilon_0\tilde{\Sigma} \over d}={\kappa_1\varepsilon_0\Sigma\over 2 d} \quad \text{e}\quad C_{\kappa_2}={\kappa_2\varepsilon_0\tilde{\Sigma} \over d}={\kappa_2\varepsilon_0\Sigma\over 2 d}. \end{align*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{C={\varepsilon_0\Sigma\over 2 d}(\kappa_1+\kappa_2)=\text{6,195}\cdot 10^{-10}\,\text{F}.}$

Svolgimento punto 2.

La soluzione del punto 2 dell’esercizio precedente afferma che il campo elettrico, all’interno di un condensatore piano, dipende unicamente dalla differenza di potenziale a cui è sottoposto il condensatore e dalla distanza tra le sue armature. Quindi a prescindere dall’isolante inserito tra le armature il campo elettrico non varia. Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{E={V\over d}=10^6\,\frac{\text{V}}{\text{m}}.}$

Svolgimento punto 3.

Nota la differenza di potenziale e la capacità del condensatore è immediato calcolare la carica che esso contiene utilizzando la definizione di capacità:

$\boxcolorato{fisica}{q=C V=\text{6,195}\cdot 10^{-4}\,\text{C}.}$

Svolgimento punto 4.

Anche l’energia elettrostatica si calcola a partire dalla capacità e dalla differenza di potenziale:

$\boxcolorato{fisica}{U_e={1\over 2} C V^2=\text{1,239}\cdot 10^{-3}\,\text{J}.}$

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Un condensatore piano con armature quadrate di area $\Sigma= 400\,\text{cm}^2$

distanti $d=5\,\text{mm}$

, è riempito per metà di mica ( $\kappa_1=5$

) e per metà di paraffina ( $\kappa_2=2$

), come mostrato in figura. Calcolare:

la capacità $C$ del condensatore.

Se la differenza di potenziale applicata è $V=2\cdot 10^3\,\text{V}$ , calcolare:

la carica $q$ sulle armature;
l’energia elettrostatica $U_e$ immagazzinata.

Figura 53: geometria esercizio 27.

Svolgimento punto 1.

Similmente all’esercizio precedente possiamo immaginare questo condensatore come la serie di due condensatori, ciascuno con un particolare isolante tra le armature, come mostrato in figura 54.

Figura 54: circuito equivalente.

La capacità equivalente è data da:

(161) $\begin{equation*} C={C_{\kappa_1}C_{\kappa_2}\over C_{\kappa_1}+C_{\kappa_2}}. \end{equation*}$

Le capacità dei singoli condensatori si ricavano dalla nota formula per il condensatore piano, facendo attenzione che ora la distanza tra le armature è la metà:

(162) $\begin{align*} C_{\kappa_1}={\kappa_1\varepsilon_0\Sigma\over d/2} \quad \text{e}\quad C_{\kappa_2}={\kappa_2\varepsilon_0\Sigma\over d/2}. \end{align*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{C={2\varepsilon_0\Sigma\over d}\bigg({1\over \kappa_1}+{1\over \kappa_2}\bigg)^{-1}=\text{2,02}\cdot 10^{-10}\,\text{F}.}$

Svolgimento punto 2.

Dalla capacità del condensatore possiamo calcolare facilmente la carica che esso contiene, utilizzando la definizione di capacità:

$\boxcolorato{fisica}{q=C V=\text{4,05}\cdot 10^{-7}\,\text{C}.}$

Svolgimento punto 3.

Sempre a partire dalla capacità del condensatore, calcolata nel punto a, possiamo calcolare l’energia elettrostatica del condensatore:

$\boxcolorato{fisica}{U_e={1\over 2}CV^2=4\cdot 10^{-4}\,\text{J}.}$

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Le armature del condensatore del problema 27, hanno una carica $q=4\cdot 10^{-7}\,\text{C}$

. Calcolare:

la carica di polarizzazione $q_{P1}$ presente sulla superficie della lastra di mica e la carica di polarizzazione $q_{P2}$ su quella di paraffina a contatto con le armature del condensatore;
la carica di polarizzazione $q_P$ presente sulla superficie di contatto mica-paraffina.

Svolgimento punto 1.

Il campo elettrico all’interno del condensatore è dato da:

(163) $\begin{equation*} \vec{E}=\vec{E}_0+\vec{E}_P, \end{equation*}$

dove abbiamo reso esplicito il fatto che questo campo è la somma di due contributi, uno dato dal campo elettrico nel vuoto e l’altro dalla configurazione di cariche polarizzate nell’isolante. Per ricavare la carica di polarizzazione in un condensatore piano separato da un isolante di costante dielettrica relativa $\kappa$ dobbiamo svolgere qualche passaggio algebrico:

(164) $\begin{equation*} E={\sigma \over \varepsilon_0 }{1\over \kappa}={\sigma\over \varepsilon_0}\bigg(1-{\kappa-1\over \kappa}\bigg)={\sigma\over \varepsilon_0}-\bigg({\kappa-1\over \kappa}\bigg){\sigma\over \varepsilon_0}={\sigma\over \varepsilon_0}-{\sigma_P\over \varepsilon_0}. \end{equation*}$

Abbiamo ricavato una relazione tra la densità di carica superficiale del condensatore $\sigma$ e la densità di carica di polarizzazione $\sigma_P$ , in valore assoluto abbiamo:

(165) $\begin{equation*} \sigma_P={\kappa-1\over \kappa}\sigma, \end{equation*}$

il segno meno nell’ultimo membro di (164) indica che il campo elettrico prodotto dalla carica di polarizzazione è opposto a quello del vuoto, quindi complessivamente il campo elettrico totale diminuisce in un isolante. Nel nostro caso, poiché la superficie è la stessa, l’equazione (165) si legge come:

(166) $\begin{align*} q_{P1}={\kappa_1-1\over \kappa_1}q \quad \text{e}\quad q_{P2}={\kappa_2-1\over \kappa_2}q. \end{align*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{q_{P1}={\kappa_1-1\over \kappa_1}q=\text{3,2}\cdot 10^{-7}\,\text{C},\qquad\qquad q_{P2}={\kappa_2-1\over \kappa_2}q=\text{2,0}\cdot 10^{-7}\,\text{C}.}$

Svolgimento punto 2.

La carica di polarizzazione di contatto tra mica e paraffina è la differenza tra: la carica sulla superficie inferiore della mica e la superficie superiore della paraffina; in particolare se ne prendiamo il valore assoluto otteniamo:

$\boxcolorato{fisica}{ q_P=|q_{P1}-q_{P2}|=\text{1,2}\cdot 10^{-7}\,\text{C}.}$

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Una sfera conduttrice di raggio $R=1\,\text{cm}$

è circondata da un guscio di materiale isolante di spessore $d$

e possiede una densità di carica $\sigma = \text{8,86}\cdot 10^{-6}\,\text{C/m}^2$

. La densità di carica di polarizzazione $\sigma_P$

sulla superficie dell’isolante di raggio $R$

è $\sigma_P=\text{0,75}\,\sigma$

. Calcolare:

la costante dielettrica relativa $\kappa$ dell’isolante;
il campo elettrostatico $E_1$ in un punto all’interno del dielettrico a distanza $r_1=2\,\text{cm}$ dal centro comune;
a quale distanza $r_2$ , al di fuori dell’isolante, $E_2=E_1$ .

Figura 55: geometria esercizio 29.

Svolgimento punto 1.

Dall’esercizio precedente, in particolare dall’equazione (165), sappiamo quando segue:

(167) $\begin{align*} \sigma_P&={\kappa-1\over \kappa}\sigma \quad\Leftrightarrow\quad {\sigma_P\over \sigma}=1-{1\over \kappa} \quad\Leftrightarrow\quad {1\over \kappa}=1-{\sigma_P\over \sigma}\quad \Leftrightarrow \quad\\ &\Leftrightarrow \quad \kappa=\bigg(1-{\sigma_P\over \sigma}\bigg)^{-1}=\left(\dfrac{\sigma-\sigma_P}{\sigma}\right)^{-1}=\dfrac{\sigma}{\sigma-\sigma_P}. \end{align*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{\kappa=\bigg(1-{\sigma_P\over \sigma}\bigg)^{-1}=4.}$

Svolgimento punto 2.

Ci sono due modi per risolvere questo esercizio, si può utilizzare solamente la densità di carica di polarizzazione o la costante dielettrica relativa. Nel primo caso utilizziamo il teorema di Gauss, la carica interna alla superficie sferica gaussiana di raggio $r_1$

contiene la carica libera del conduttore e la carica, opposta per induzione, di polarizzazione, ne segue che:

(168) $\begin{equation*} \vec{E}_1={(\sigma-\sigma_p)4\pi R^2\over 4\pi r_1^2\varepsilon_0}\hat{r}={(\sigma-\sigma_p) R^2\over r_1^2\varepsilon_0}\hat{r}=\text{6,3}\cdot 10^{4}\,\frac{\text{V}}{\text{m}}\,\hat{r}, \end{equation*}$

dove $(\sigma-\sigma_P) 4\pi R^2$ è la carica contenuta sulla superficie di contatto interna. Possiamo anche solamente utilizzare la costante dielettrica relativa, infatti vale la formula del campo elettrico in un mezzo:

(169) $\begin{equation*} \vec{E}_1={\sigma 4\pi R^2\over 4\pi\kappa r_1^2\varepsilon_0}\hat{r}={\sigma R^2\over \kappa r_1^2\varepsilon_0}\hat{r}=\text{6,3}\cdot 10^{4}\,\frac{\text{V}}{\text{m}}\,\hat{r}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{E}_1={\sigma R^2\over \kappa r_1^2\varepsilon_0}\hat{r}=\text{6,3}\cdot 10^{4}\,\frac{\text{V}}{\text{m}}\,\hat{r}.}$

Svolgimento punto 3.

Il campo elettrico per $r=r_2$

è:

(170) $\begin{equation*} \vec{E}_2={\sigma 4\pi R^2\over 4\pi\varepsilon_0 r_2^2}\,\hat{r}={\sigma R^2\over \varepsilon_0 r_2^2}\,\hat{r}. \end{equation*}$

Inponiamo $E_2=E_1$ e otteniamo:

(171) $\begin{align*} E_1=E_2 \quad\Leftrightarrow \quad {\sigma R^2\over \kappa r_1^2\varepsilon_0}={\sigma R^2\over \varepsilon_0 r_2^2}\quad\Leftrightarrow \quad {1\over \kappa r_1^2}={1\over r_2^2 }\quad\Leftrightarrow \quad r_2=\sqrt{\kappa}r_1. \end{align*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ r_2=\sqrt{\kappa}r_1=4\,\text{cm}.}$

Osservazione 5 Dimostriamo quanto segue:

(172) $\begin{align*} {\sigma R^2\over \kappa \varepsilon_0 r_1^2}={(\sigma-\sigma_p) R^2\over r_1^2\varepsilon_0}\quad \Leftrightarrow \quad{\sigma\over \kappa }=(\sigma-\sigma_p)\quad \Leftrightarrow \quad k=\dfrac{\sigma}{\sigma-\sigma_P}, \end{align*}$

che è esattamente l’equazione (167).

Esercizio 30 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Due condensatori, di capacità $C_1=200\,\text{pF}$

e $C_2=10^3\,\text{pF}$

, collegati in parallelo, vengono caricati ad una differenza di potenziale $V=400\,\text{V}$

e quindi isolati. Successivamente lo spazio tra le armature di $C_1$

viene completamente riempito di acqua distillata, contenuta in un sottile contenitore ( $\kappa=80$

). Calcolare:

la variazione $\Delta V$ della differenza di potenziale tra $A$ e $B$ ;
la variazione della carica $\Delta q_1$ sulle armature di $C_1$ .

Figura 56: geometria esercizio 30.

Svolgimento punto 1.

Il circuito dopo esser stato caricato ad un potenziale $V$

viene isolato, ne segue che la carica $q=q_1+q_2$

depositata sulle armature dei condensatori rimane costante. Per calcolarla è necessario conoscere la capacità equivalente del circuito che è la somma delle singole capacità (dato il sistema di condensatori in parallelo):

(173) $\begin{equation*} q=C_{eq}V=(C_1+C_2)V. \end{equation*}$

Con l’acqua inserita nel primo condensatore la capacità equivalente cambia:

(174) $\begin{equation*} \tilde{C}_{eq}=C_{1,\kappa}+C_2=\kappa C_1+C_2. \end{equation*}$

La carica rimane costante, quindi la nuova differenza di potenziale è:

(175) $\begin{equation*} \tilde{V}={q\over \tilde{C}_{eq}}={C_1+C_2\over \kappa C_1+C_2} V, \end{equation*}$

da cui:

$\boxcolorato{fisica}{ \Delta V=\tilde{V}-V=\bigg({C_1+C_2\over \kappa C_1+C_2} -1\bigg)V\approx-\text{371,76}\,\text{V}.}$

Svolgimento punto 2.

Anche se la carica complessiva $q$

rimane costante ciò non vale per le singole cariche poste sulle armature dei singoli condensatori. In particolare sul condensatore $C_1$

varia sia la capacità che la differenza di potenziale. La carica iniziale e quella finale sul condensatore $C_1$

è:

(176) $\begin{align*} q_1=C_1V\quad \text{e}\quad \tilde{q}_1=C_{1,\kappa}\tilde{V}=\kappa C_1 \tilde{V}. \end{align*}$

Ne segue che la variazione di carica è:

(177) $\begin{equation*} \Delta q_1=\tilde{q}_1-q_1=C_1(\kappa \tilde{V}-V)=C_1\bigg({\kappa (C_1+C_2)\over \kappa C_1+C_2}-1\bigg)V, \end{equation*}$

cioè:

$\boxcolorato{fisica}{\Delta q_1=C_1\bigg({\kappa (C_1+C_2)\over \kappa C_1+C_2}-1\bigg)V\approx\text{3,72}\cdot 10^{-7}\,\text{C}.}$

Esercizio 31 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. A due condensatori piani di capacità: $C_1=500\,\text{pF}$

e $C_2=1000\,\text{pF}$

, collegati in serie, è collegato un generatore che mantiene una differenza di potenziale costante $V=400\,\text{V}$

. Una lastra di dielettrico, con costante dielettrica relativa $\kappa=4$

, viene inserita tra le armature di $C_1$

, così da riempirlo completamente. Calcolare:

la variazione di carica $\Delta q$ erogata dal generatore;
la variazione $\Delta V_1$ della differenza di potenziale ai capi di $C_1$ ;
l’energia $W_{gen}$ fornita dal generatore nel processo.

Figura 57: geometria esercizio 31.

Svolgimento punto 1.

A differenza dell’esercizio precedente la quantità che rimane costante ora è la differenza di potenziale $V$

fornita dal generatore. La carica iniziale è data dalla capacità equivalente del sistema:

(178) $\begin{equation*} q=C_{eq}V=\bigg({1\over C_1}+{1\over C_2}\bigg)^{-1}V=\text{1,33}\cdot 10^{-7}\,\text{C}, \end{equation*}$

dopo aver inserito il dielettrico la capacità $C_1$ viene modificata in $C_{1,\kappa}=\kappa C_1$ , ne segue che la nuova carica totale è:

(179) $\begin{equation*} \tilde{q}=\tilde{C}_{eq}V=\bigg({1\over \kappa C_1}+{1\over C_2}\bigg)^{-1}V=\text{2,66}\cdot 10^{-7}\,\text{C}, \end{equation*}$

da cui:

$\boxcolorato{fisica}{\Delta q=\bigg[\bigg({1\over \kappa C_1}+{1\over C_2}\bigg)^{-1}-\bigg({1\over C_1}+{1\over C_2}\bigg)^{-1}\bigg]V\approx\text{1,33}\cdot10^{-7}\,\text{C}.}$

Svolgimento punto 2.

La carica totale $q$

e $\tilde{q}$

è la stessa su entrambi i condensatori essendo in serie, possiamo allora calcolare la differenza di potenziale ai capi di $C_1$

, utilizzando la definizione di capacità, nel sistema iniziale e finale:

(180) $\begin{align*} V={q\over C_1}\quad \text{e}\quad \tilde{V}={\tilde{q}\over \kappa C_1}. \end{align*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{\Delta V_1={1\over C_1}\bigg({\tilde{q}\over \kappa}-q\bigg)\approx-\text{133}\,\text{V}.}$

Svolgimento punto 3.

L’energia che il generatore deve fornire deve essere pari alla variazione di energia elettrostatica del circuito nello stato finale e iniziale. Le energie iniziale e finale del circuito sono pari a:

(181) $\begin{align*} U_e={1\over 2} q V \quad \text{e} \quad \tilde{U}_e={1\over 2} \tilde{q} V, \end{align*}$

da cui:

$\boxcolorato{fisica}{W_{gen}=\Delta U_e={1\over 2}\left(\tilde{q}-q\right) V=\text{2,66}\cdot 10^{-5}\,\text{J}.}$

Esercizio 32 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Tre sottili gusci conduttori di forma sferica, concentrici e di raggi rispettivamente $R_1=10\,\text{cm}$

, $R_2=20\,\text{cm}$

e $R_3=40\,\text{cm}$

, sono stati caricati rispettivamente con carica $q_1=10^{-8}\,\text{C}$

, $q_2=3q_1$

e $q_3=5q_1$

. Lo spazio tra $R_1$

e $R_2$

viene completamente riempito di dielettrico di costante dielettrica relativa $\kappa=4$

. Calcolare:

il campo elettrico $E(r)$ alla distanza $r=50\,\text{cm}$ dal centro $O$ comune;
la differenza di potenziale $\Delta V$ tra il conduttore interno e quello esterno.

Figura 58: geometria esercizio 32.

Svolgimento punto 1.

All’esterno del sistema possiamo applicare il teorema di Gauss, scegliendo una superficie gaussiana di forma sferica concentrica ai gusci sferici, per calcolare il campo elettrico, dato che quest’ultimo è chiaramente radiale per ragioni di simmetria. La carica interna contenuta nella superficie gaussiana non è altro che $q_1+q_2+q_3=9q_1$

, inoltre le cariche di polarizzazione non contribuiscono esternamente al campo elettrico (in particolare esse contribuiscono solamente nella regione tra $R_1$

ed $R_2$

) in quanto complessivamente il dielettrico è neutro. Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{E}(r)={9q_1\over 4\pi\varepsilon_0 r^2}\hat{r}=3236\,\frac{\text{V}}{\text{m}}\hat{r}.}$

Svolgimento punto 2.

Calcoliamo la differenza di potenziale $\Delta V$

tramite il seguente integrale:

(182) $\begin{equation*} \Delta V=-\int _{R_1}^{R_3} E(r)\text{d}r=-\int _{R_1}^{R_2} {q_1\over 4\pi \kappa \varepsilon_0 r^2}\text{d}r -\int _{R_2}^{R_3} {q_1+q_2\over 4\pi \varepsilon_0 r^2}\text{d}r. \end{equation*}$

Nel primo integrale abbiamo integrato su un campo elettrico all’interno di un dielettrico, quindi devo aggiungere il coefficiente $\kappa$ alla costante dielettrica nel vuoto, nel secondo integrale invece sto integrando nel vuoto. I campi sono stati calcolati utilizzando il teorema di Gauss, infatti in una superficie sferica tra $R_1$ e $R_2$ è contenuta una carica libera (non di polarizzazione) pari a $q_1$ , mentre tra $R_2$ e $R_3$ la carica libera contenuta è $q_1+q_2=4q_1$ . Risolvendo gli integrali otteniamo:

(183) $\begin{equation*} \Delta V={q_1\over 4\pi\varepsilon_0}\bigg[{1\over \kappa}\bigg({1\over R_2}-{1\over R_1}\bigg)+4\bigg({1\over R_3}-{1\over R_2}\bigg)\bigg]. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione, mostrando il valore assoluto della differenza di potenziale:

$\boxcolorato{fisica}{ \Delta V=\bigg|{q_1\over 4\pi\varepsilon_0}\bigg[{1\over \kappa}\bigg({1\over R_2}-{1\over R_1}\bigg)+4\bigg({1\over R_3}-{1\over R_2}\bigg)\bigg]\bigg|\approx1011\,\text{V}.}$

Esercizio 33 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Un condensatore cilindrico, con armature di raggio $R_1=5\,\text{mm}$

e $R_2=10\,\text{mm}$

, lunghe $\ell=15\,\text{cm}$

, è completamente riempito di un materiale isolante avente costante dielettrica relativa $\kappa=\text{2,8}$

. Esso è stato caricato con una carica $q=2\,\text{nC}$

. Calcolare:

la densità di carica $\sigma_i$ e il campo elettrostatico $E_i$ su ciascuna armatura;
la differenza di potenziale $\Delta V$ tra le armature;
la carica di polarizzazione $q_P$ che si forma sulle superfici del dielettrico.

Figura 59: geometria esercizio 33.

Svolgimento punto 1.

La superficie esterna dell’armatura interna ha un’area pari a $2\pi R_1 \ell$

, mentre la superficie dell’armatura esterna ha un’area pari a $2\pi R_2\ell$

. Conoscendo la carica totale contenuta su ciascuna armatura (ovvero $q$

) possiamo calcolare la densità superficiale di carica su ciascuna armatura dividendo $q$

per l’area desiderata, cioè:

$\boxcolorato{fisica}{ \sigma_1={q\over 2\pi R_1 \ell}\approx\text{4,24}\cdot 10^{-7}\,\frac{\text{C}}{\text{m}} \quad\text{e}\quad \sigma_2=-{q\over 2\pi R_2 \ell}\approx-\text{2,12}\cdot 10^{-7}\,\frac{\text{C}}{\text{m}}.}$

Il campo elettrico tra le due armature si trova applicando il teorema di Gauss, ovvero:

(184) $\begin{equation*} E(r) = \frac{\lambda}{2\pi\kappa\varepsilon_0 r} = \frac{q}{2\pi\kappa\varepsilon_0 r \ell}, \end{equation*}$

dove $\lambda=q/\ell$ è la densità di carica lineare. Questa formula deriva dall’applicazione della formula per la capacità di un condensatore cilindrico indefinito. Ponendo $r=R_1$ e $r=R_2$ troviamo i moduli dei campi elettrici:

$\boxcolorato{fisica}{ E_1={q\over 2\pi\kappa\varepsilon_0 R_1 \ell}\approx\text{1,7}\cdot 10^{4}\,\frac{\text{V}}{\text{m}},\quad \text{e}\quad E_2={q\over 2\pi\kappa\varepsilon_0 R_2 \ell}\approx\text{8,6}\cdot 10^{3}\,\frac{\text{V}}{\text{m}}.}$

Svolgimento punto 2.

Calcoliamo la differenza di potenziale tra le due armature:

(185) $\begin{equation*} \Delta V = -\int_{R_1}^{R_2}E(r)\text{d}r=-{q\over 2\pi\kappa\varepsilon_0\ell}\int_{R_1}^{R_2}{\text{d}r\over r}={q\over 2\pi\kappa\varepsilon_0\ell}-\ln\bigg({R_2\over R_1}\bigg), \end{equation*}$

da cui:

$\boxcolorato{fisica}{\Delta V=V_2-V_1=-{q\over 2\pi\kappa\varepsilon_0\ell}\ln\bigg({R_2\over R_1}\bigg)=-\text{59,3}\,\text{V}.}$

Svolgimento punto 3.

La relazione tra la densità di carica libera superficiale e la densità di carica di polarizzazione superficiale è data dalla formula (165),Quando le superfici sono coincidenti, otteniamo una relazione tra le cariche totali:

(186) $\begin{equation*} \sigma_P={\kappa-1\over \kappa} \sigma \quad\Leftrightarrow\quad q_P={\kappa-1\over \kappa}q. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{q_P={\kappa-1\over \kappa}q\approx\text{1,29}\cdot 10^{-9}\,\text{C}.}$

Esercizio 34 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Un condensatore piano ha armature quadrate di lato $\ell=20\,\text{cm}$

, distanti $d=5\,\text{mm}$

ed è carico con una carica $q=2\cdot 10^{-8}\,\text{C}$

. Una lastra di materiale isolante delle stesse dimensioni dello spazio interno del condensatore e avente $\kappa=\text{2,6}$

come costante dielettrica relativa, viene avvicinata al condensatore. Calcolare la forza media $F_m$

con cui la lastra viene risucchiata completamente all’interno del condensatore.

Figura 60: geometria esercizio 34.

Svolgimento.

Quando inseriamo l’isolante all’interno del condensatore varia il campo elettrico tra le armature da cui si evince che varia anche l’energia elettrostatica del sistema. Una variazione di energia elettrostatica si traduce in una forza che è infatti l’opposto del gradiente dell’energia potenziale. Questo significa che se la variazione di energia è negativa, nell’atto di inserire l’isolante, allora la forza attrae l’isolante all’interno, altrimenti lo respinge. Durante il processo, siccome l’isolante è caricamente neutro, la carica $q$

depositata sulle armature rimane costante. La variazione di energia elettrostatica si presenta come una variazione di capacità equivalente del condensatore. In analogia all’esercizio 27 possiamo immaginare il condensatore come un parallelo di due condensatori, uno con lo spazio tra le armature riempito dall’isolante mentre l’altro riempito dal vuoto. Se il dielettrico è entrato di uno spazio pari a $x$

nel condensatore, la capacità equivalente è:

(187) $\begin{equation*} C_{eq}=C_{\kappa}+C_{\text{vuoto}}={\varepsilon_0\over d}\left(\kappa x \ell + (\ell-x)\ell\right). \end{equation*}$

Dove $x\ell$ è l’area occupata dal dielettrico, mentre $(\ell-x)\ell$ è l’area occupata dal vuoto. Potremmo ora calcolare il gradiente dell’energia potenziale elettrostatica da cui ricaveremmo la forza $F(x)$ (cosa che faremo nell’esercizio successivo) ed infine potremmo utilizzare la media integrale. Noi siamo interessati a conoscere la media della forza e, per fare questo, risulta più utile utilizzare il lavoro, applicando il teorema della media integrale.

(188) $\begin{equation*} F_{m}={1\over \ell}\int_0^\ell F(x)\text{d}x={W\over \ell}, \end{equation*}$

dove $W$ è il lavoro fatto dalla forza $F$ . Il lavoro di una forza conservativa non dipende dal percorso, ma solo dallo stato finale ed iniziale. L’energia iniziale è data da:

(189) $\begin{equation*} U_e={q^2\over 2C}={q^2d\over 2\varepsilon_0\ell^2}, \end{equation*}$

infatti inizialmente la capacità del condensatore è $C=\varepsilon_0\ell^2/d$ . Nello stato finale l’isolante è entrato completamente nel condensatore, ottenendo una nuova capacità $\tilde{C}=\kappa\varepsilon_0\ell^2/d$ . L’energia dello stato finale è:

(190) $\begin{equation*} \tilde{U}_e={q^2\over 2\tilde{C}}= {q^2d\over2 \kappa\varepsilon_0\ell^2}. \end{equation*}$

Il lavoro della forza è l’opposto della variazione di energia potenziale elettrostatica:

(191) $\begin{equation*} W=-\Delta U_e=U_e-\tilde{U}_e={q^2d\over 2\varepsilon_0}\bigg({1\over \ell^2}-{1\over \kappa\ell^2}\bigg)>0. \end{equation*}$

Il lavoro è positivo, quindi la variazione di energia è negativa, ne segue che la forza media è attrattiva (come mostrato in figura 60). Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ F_m={q^2 d \over 2 \varepsilon_0 \ell^3}\bigg({\kappa-1\over \kappa}\bigg)=\text{8,69}\cdot 10^{-6}\,\text{N}.}$

Esercizio 35 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Un condensatore piano con armature quadrate di lato $\ell$

distanti $d$

, è riempito per un tratto $x$

da una lastra isolante, di costante dielettrica relativa $\kappa$

ed è carico con una carica $q$

(fare riferimento alla figura 60). Calcolare:

la capacità $C(x)$ del condensatore;
l’energia elettrostatica $U_e(x)$ e la forza $F(x)$ che agisce sulla lastra e in particolare quando è a metà, per $\ell=10\,\text{cm}$ , $d=\text{0,5}\,\text{cm}$ , $\kappa=2$ e $q=10^{-8}\,\text{C}$ .

Svolgimento punto 1.

La capacità del condensatore, in funzione di quanto l’isolante è entrato nell’armatura, è già stata discussa nell’esercizio precedente. Riportiamo il risultato:

$\boxcolorato{fisica}{C_{eq}={\varepsilon_0\ell\over d}\left((\kappa-1) x +\ell\right).}$

Svolgimento punto 2.

L’energia elettrostatica $U_e(x)$

è rappresentata dalla seguente formula:

$\boxcolorato{fisica}{U_e(x)={q^2\over 2C(x)}={2q^2 d\over \varepsilon_0\ell \left(\left(\kappa-1\right) x +\ell\right)}.}$

La forza elettrostatica si ricava dall’opposto del gradiente dell’energia elettrostatica, ovvero nel nostro caso unidimensionale abbiamo:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{F}(x)=-{\text{d}U(x)\over \text{d} x}\hat{x}={q^2 d (\kappa-1)\over 2\varepsilon_0\ell\left(\left(\kappa-1\right) x+\ell\right)^2}\,\hat{x}.}$

In particolare posto $x=\ell/2$ e utilizzando i dati numerici forniti dal problema possiamo calcolare la forza che viene esercitata sull’isolante quando è inserito a metà delle armature:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{F}(\ell/2)={2q^2d(\kappa-1)\over \varepsilon_0\ell^2(\kappa +1)^2}\hat{x}\approx\big(\text{1,25}\cdot 10^{-6}\,\text{N}\big)\hat{x}.}$

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