Esercizi forza elettrostatica e campo elettrico

Forza elettrostatica e campo elettrico

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Introduzione

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I seguenti esercizi sono tratti dal libro “Elementi di Fisica, Elettromagnetismo e Onde” di P. Mazzoldi, M. Nigro e C. Voci. Questo capitolo rappresenta il punto di partenza per il corso di Fisica 2, concentrandosi principalmente sulla forza elettrostatica e sul campo elettrico. L’obiettivo è quello di fornire le soluzioni dettagliate degli esercizi, offrendo una guida chiara e comprensibile che aiuti lo studente a padroneggiare questi concetti fondamentali.

Questi esercizi sono stati selezionati per coprire una gamma di difficoltà, partendo dai problemi più semplici fino a quelli più complessi, per garantire una comprensione progressiva e approfondita della materia. Ogni esercizio è stato rivisto con cura per assicurare la massima accuratezza e chiarezza nelle soluzioni proposte.

Abbiamo scelto di risolvere gli esercizi del libro “Elementi di Fisica, Elettromagnetismo e Onde” di P. Mazzoldi, M. Nigro, C. Voci, in quanto è uno dei testi più utilizzati nei corsi universitari di Fisica 2. Questo libro è noto per la sua chiarezza e per la struttura ben organizzata degli esercizi, che presentano una difficoltà crescente in modo progressivo. Se desiderate superare l’esame di Fisica 2, questo è il luogo ideale: qui potrete apprendere le tecniche di problem solving necessarie per affrontare con successo questi problemi. Invitiamo, dunque, il lettore a seguire attentamente le spiegazioni e a utilizzare questo materiale come strumento di supporto nello studio della fisica elettrostatica.


 

Testi degli esercizi

 

Esercizio 1  (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Due protoni in un nucleo di elio distano d=10^{-15} \text{m}. Calcolare la forza F con cui interagiscono.

Svolgimento.

In generale, due cariche elettriche puntiformi q_1 e q_2 interagiscono per mezzo della forza di Coulomb, giacente sulla retta congiungente le due cariche. Questa risulta essere attrattiva tra cariche di segno opposto (q_1 \, q_2<0), mentre è repulsiva nel caso di interazione tra cariche con lo stesso segno (q_1\, q_2>0).

Il protone è una particella con carica elettrica positiva, pari, in modulo, a quella della carica elementare dell’elettrone e=\text{1,6} \cdot 10^{-19} \; \text{C}. Trascureremo nel seguito le dimensioni del protone utilizzando un modello secondo cui tutta la carica si concentra in un punto. In questo problema abbiamo due protoni a distanza d, allora è evidente che siamo in presenza di un’interazione coulombiana repulsiva; fissiamo un sistema di riferimento cartesiano in modo che l’origine coincida con la posizione del primo protone, l’asse x coincida con la retta passante per la posizione dei due protoni e orientato come in figura 1.

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Si ricorda che l’espressione della forza di Coulomb date due cariche Q e q poste lungo l’asse x e poste a distanza d l’una dall’altra è

(1)   \begin{equation*} \vec{F}= \frac{Qq}{4 \pi\varepsilon_0 d^2} \, \hat{x}\;,  \end{equation*}

dove \varepsilon_0 =\text{8,85}\cdot 10^{-12}\;\text{C}^2 \text{m}^{-2} \text{N}^{-1} è la costante dielettrica nel vuoto e \hat{x} è il versore nella direzione dell’asse x. Allora la forza esercitata dal protone 1 sul protone 2 è

(2)   \begin{equation*} \vec{F}= \frac{e\cdot e}{4 \pi\varepsilon_0 d^2} \, \hat{x}= \frac{e^2}{4 \pi\varepsilon_0 d^2}\, \hat{x}\;.  \end{equation*}

Sostituendo i valori numerici delle grandezze fisiche presenti nell’equazione (2) troviamo:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{F}=230 \;\text{N} \; \hat{x} \;.}\]

Ciò significa che la forza agente sul protone 2 è concorde al verso dell’asse x, mentre quella agente sul protone 1 ha stesso modulo e direzione ma è discorde al verso dell’asse x, in accordo con il terzo principio della dinamica.


 

Esercizio 2  (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Due sferette cariche q_1 e q_2 si respingono con una forza F_1=\text{5,4} \cdot 10^{-2} \text{N} quando distano r=10 \text{cm}. Sapendo che la loro somma è q_1+q_2 = 5 \cdot 10^{-7} \text{C}, calcolare q_1 e q_2.

Svolgimento.

Abbiamo due sferette cariche q_1 e q_2 che interagiscono tramite la forza di Coulomb F_1 nota quando la distanza tra le due è r. Nella risoluzione del problema trascureremo le dimensioni delle “sferette”; è infatti questa parola che lascia intendere che il raggio R delle sfere sia piccolo rispetto ad r.

Fissiamo un sistema di riferimento cartesiano con l’asse x coincidente con la retta congiungente le due cariche come in figura 2.    

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Allora, dalla legge di Coulomb, possiamo scrivere la relazione

(3)   \begin{equation*} F_1= \frac{q_1q_2}{4 \pi\varepsilon_0 r^2},  \end{equation*}

con F_1=\text{5,4} \cdot 10^{-2} \;\text{N}, \varepsilon_0= \text{8,85} \cdot 10^{-12}\; \text{C}^2 \text{m}^{-2} \text{N}^{-1} e r=\text{0,1}\;\text{m}.

Per determinare in maniera univoca il valore delle due incognite q_1 e q_2 la sola relazione precedente non è sufficiente dato che sono presenti due incognite in un’unica equazione. Tuttavia conosciamo la relazione che intercorre tra le due cariche q_1+q_2=5 \cdot 10^{-7} \; \text{C}.

Abbiamo ricondotto il problema alla risoluzione del seguente sistema di due equazioni nelle incognite q_1 e q_2

    \[\begin{cases} q_1q_2= A \\ q_1+q_2=B ,\\ \end{cases}\]

dove abbiamo definito le costanti A=F_1 4 \pi \varepsilon_0 r^2 e B=5 \cdot 10^{-7} \; \text{C}. Risolviamo usando il metodo di sostituzione

(4)   \begin{equation*} \begin{cases} q_2^2-Bq_2+A=0\\ q_1=B-q_2. \end{cases} \end{equation*}

La (4)_1 è un equazione di secondo grado con soluzioni

(5)   \begin{equation*} q_{2_{1,2}}=\dfrac{B\pm\sqrt{B^2-4A}}{2}, \end{equation*}

numericamente pari a q_2=2 \cdot 10^{-7} \; \text{C} e q_2=3 \cdot 10^{-7} \; \text{C}. Entrambe le soluzioni sono fisicamente accettabili per il sistema studiato.

Sostituendo queste nella seconda equazione del sistema troviamo le due soluzioni equivalenti:

    \[\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} q_1= 3 \cdot 10^{-7} \text{C} \\ q_2= 2 \cdot 10^{-7}\text{C}\\ \end{cases} \hspace{0.5cm}\lor\hspace{0.8cm} \begin{cases} q_1= 2 \cdot 10^{-7} \text{C} \\ q_2= 3 \cdot 10^{-7}\text{C}\;.\\ \end{cases}}\]


 
 

Esercizio 3  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Due cariche uguali q=2 \cdot 10^{-8} \text{C} sono poste a distanza 2a = 5 \text{cm}. Calcolare:
 

  1. la forza F_x su una carica q_0=10^{-10} \text{C} posta a distanza x = 1 \text{cm} dal centro O;
  2. la forza F_y sulla stessa carica posta a distanza y= 1 \text{cm} dal centro lungo l’asse delle due cariche.

 
 

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Svolgimento punto a.

Nel primo caso la carica q_0 si trova sulla stessa retta sul quale giacciono le due cariche e scegliamo un sistema di riferimento Oxy come in figura 4.    

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Il sistema iniziale è costituito da due cariche elettriche puntiformi, entrambe di carica q=2 \cdot 10^{-8}\; \text{C}, a distanza 2a=5 \, \text{cm} una dall’altra. Fissiamo un sistema di riferimento cartesiano in modo che l’asse x coincida con la retta congiungente le due cariche e che l’origine disti da entrambe le cariche a, come in figura 4. Nel primo punto studiamo il sistema iniziale con l’aggiunta di una carica puntiforme q_0=10^{-10}\; \text{C} nel punto del piano P=(x_0,\, 0), con x_0=1 \, \text{cm}.

La simmetria del problema ci suggerisce che la forza \vec{F} agente sulla particella di carica q_0 sia diretta solo lungo l’asse x. Calcoliamo \vec{F}, tenendo conto del fatto che, per il principio di sovrapposizione, essa sarà data dalla somma della forza generata dalla particella in x=-a su q_0, che chiameremo \vec{F}^{(1)}, e della forza generata dalla particella situata in x=a su q_0, che indicheremo con \vec{F}^{(2)}.

Dunque, indicando con F^{(1)},F^{(2)} i moduli delle forze \vec{F}^{(1)} e \vec{F}^{(2)}, otteniamo

(6)   \begin{equation*} \vec{F}=\vec{F}^{(1)}+\vec{F}^{(2)} =(F^{(1)}-F^{(2)}) \, \hat{x}, \end{equation*}

dove: F^{(1)}= \dfrac{q q_0}{4 \pi \varepsilon_0 (a+x_0)^2} e F^{(2)}=\dfrac{q q_0}{4 \pi \varepsilon_0 (a-x_0)^2}.

I segni delle componenti delle forze \vec{F}^{(1)} ed \vec{F}^{(2)} sono dovuti a due fattori, ossia al segno della carica q e alla posizione relativa delle particelle 1,2 rispetto alla carica q_0. La proprietà delle particelle 1,2 di avere la stessa carica ma posizione relativa opposta rispetto a q_0 è causa del segno meno sul secondo termine del membro di destra. Ordinando i fattori e sostituendo i dati numerici si ottiene

(7)   \begin{equation*} F^{(1)}-F^{(2)}= \frac{q q_0}{4 \pi \varepsilon_0 }\left(\frac{1}{(a+x_0)^2}-\frac{1}{(a-x_0)^2}\right)=-\text{6,53}\cdot 10^{-5} \, \text{N}, \end{equation*}

da cui si conclude che il modulo della forza agente su q_0 è:

    \[\boxcolorato{fisica}{F=\left \vert \frac{q q_0}{4 \pi \varepsilon_0 }\left(\frac{1}{(a+x_0)^2}-\frac{1}{(a-x_0)^2}\right)\right \vert=\text{6,53}\cdot 10^{-5}\,\text{N}. }\]


Svolgimento punto b.

Il secondo punto dell’esercizio vede una configurazione data dal sistema iniziale e una carica puntiforme q_0 nel punto del piano Q=(0,\,y_0), con y_0=1 \, \text{cm} come in figura 5.    

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Rappresentiamo più dettagliatamente le forze applicate alla sola carica q_0 come in figura 6, scegliendo un nuovo sistema di riferimento con assi paralleli al precedente e origine nella carica.    

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Anche qui per calcolare la forza \vec{F} agente sulla carica q_0 applichiamo il principio di sovrapposizione

(8)   \begin{equation*} \vec{F}= \vec{F}^{(1)}+\vec{F}^{(2)}, \end{equation*}

dove le forze \vec{F}^{(1)} e \vec{F}^{(2)}, pur mantenendo lo stesso significato fisico del caso precedente sono vettori diversi; questo è ovvio dato che è cambiata la configurazione geometrica del problema e quindi cambia sia la direzione della retta congiungente le particelle che la loro distanza. Questi parametri contribuiscono rispettivamente a direzioni, versi e moduli delle forze.

La disposizione delle particelle nel piano xy implica che la componente z di entrambe le forze debba essere nulla. Per quanto riguarda le componenti x delle forze agenti sulla carica q_0 si può dire subito per ragioni di simmetria che queste risultano uguali in modulo e opposte in segno, determinando una risultante F_x=0\, N. È possibile verificare analiticamente quanto affermato, proiettando le forze sull’asse x e y

(9)   \begin{equation*} \vec{F}=\left(-F^{(2)}_x+F^{(1)}_x\right) \hat{x}+ \left(F^{(1)}_y+ F^{(2)}_y \right)\hat{y}, \end{equation*}

dove F^{(1)}_x=F^{(1)} \cos \gamma, F^{(2)}_x= F^{(2)} \cos \theta, F^{(1)}_y= F^{(1)} \sin \gamma e F^{(2)}_y=F^{(2)} \sin \theta con \theta,\gamma gli angoli come in figura 6. Dalla geometria del problema mostrata in figura 5, osserviamo che \theta=\arctan\left(\dfrac{y_0}{a}\right) e \gamma=\arctan\left(\dfrac{y_0}{a}\right), allora \gamma=\theta. Inoltre, poichè le particelle 1 e 2 hanno stessa carica e stessa distanza r=\sqrt{y_0^2+a^2} dalla particella in Q, deduciamo che F^{(1)}=F^{(2)}=\dfrac{qq_0}{4\pi\varepsilon_0r^2}.

Allora la (9) diventa

(10)   \begin{equation*} \vec{F}=\dfrac{2qq_0}{4\pi\varepsilon_0\left(y_0^2+a^2\right)}\sin \left(\arctan\left(\dfrac{y_0}{a}\right)\right)\,\hat{y}=\dfrac{qq_0}{2\pi\varepsilon_0\left(y_0^2+a^2\right)}\sin \left(\arctan\left(\dfrac{y_0}{a}\right)\right)\,\hat{y}, \end{equation*}

dove le componenti lungo l’asse x si sono elise perché uguali ed opposte e lungo l’asse y si sono sommate perchè uguali. Sostituendo i dati numerici si ottiene

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{F}= F_y\,\hat{y}= \left(\text{1,84} \cdot 10^{-5}\right) \, \text{N}\;\hat{y}\,.}\]


 

Esercizio 4  (\bigstar \bigstar \largewhitestar \largewhitestar\largewhitestar). Tre cariche q_1 = 4 \cdot 10^{-8} \text{C}, q_2=-2 \cdot 10^{-8} \text{C} e q_3 = 6 \cdot 10^{-8} \text{C} sono allineate ed equidistanti \ell=50 \text{cm}. Calcolare la forza \vec{F} esercitata su ciascuna carica dalle altre due.

 
 

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Svolgimento.

Fissiamo un sistema di riferimento cartesiano Ox con le tre cariche equidistanziate di una distanza \ell lungo l’asse x, come in figura 8.    

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Per il principio di sovrapposizione la forza risultante \vec{F}_i sull’i-esima carica q_i è data dalla somma su j delle forze \vec{F}_{i,j} esercitate dalle cariche q_j, con i=1,2,3, j=1,2,3 e i\neq j

(11)   \begin{equation*} \vec{F}_1= \vec{F}_{1,3}+\vec{F}_{1,2} \end{equation*}

(12)   \begin{equation*} \vec{F}_2= \vec{F}_{1,2}+\vec{F}_{2,3} \end{equation*}

(13)   \begin{equation*} \vec{F}_3= \vec{F}_{2,3}+\vec{F}_{1,3}. \end{equation*}

È evidente che le forze in gioco hanno come unica componente non nulla quella lungo l’asse x; dunque, sia \hat{x} il versore in tale direzione, possiamo scrivere

(14)   \begin{equation*} \begin{aligned} & \vec{F}_1= \left(-F_{1,3}+F_{1,2}\right)\hat{x}=\left[-\frac{q_1q_3}{4\pi \varepsilon_0 (4\ell^2)}+\frac{q_1|q_2|}{4\pi \varepsilon_0 \ell^2}\right]\hat{x}\\ & \vec{F}_2= \left(-F_{1,2}+F_{2,3}\right)\hat{x}=\left[-\frac{q_1|q_2|}{4\pi \varepsilon_0 \ell^2}+\frac{\left \vert q_2\right \vert q_3}{4\pi \varepsilon_0 \ell^2}\right]\hat{x}\\ & \vec{F}_3= \left(-F_{2,3}+F_{1,3}\right)\hat{x}=\left[-\frac{|q_2|q_3}{4\pi \varepsilon_0 \ell^2 }+\frac{q_1q_3}{4\pi \varepsilon_0 (4\ell^2)}\right]\hat{x}. \end{aligned} \end{equation*}

Sostituendo i dati numerici forniti si ha:

    \[\boxcolorato{fisica}{\begin{aligned} & \vec{F}_1=\frac{q_1}{4\pi \varepsilon_0 \ell^2} \left(-\frac{q_3}{4}+|q_2|\right)\,\hat{x}=\text{7,11} \cdot 10^{-6} \, \text{N} \hat{x}\; \\ & \vec{F}_2=\frac{|q_2|}{4\pi \varepsilon_0 \ell^2} \left(-q_1+q_3\right)\hat{x}=\text{1,44} \cdot 10^{-5} \, \text{N} \,\hat{x}\\ & \vec{F}_3=\frac{q_3}{4\pi \varepsilon_0 \ell^2} \left(-|q_2|+\frac{q_1}{4}\right) \hat{x}=-\text{2,16} \cdot 10^{-5} \, \text{N} \, \hat{x}. \end{aligned}}\]

Osservazione 1. Si vuole far osservare al lettore che abbiamo scelto a priori i versi delle forze mettendo il segno davanti e di conseguenza avendo posto le cariche negative in modulo. Ad esempio consideriamo la forza \vec{F}_1=\vec{F}_{1,3}+\vec{F}_{1,2}=-\frac{q_1q_3}{4\pi\varepsilon_0\left(4\ell^2\right)}\hat{x}+\frac{q_1q_2}{4\pi\varepsilon_0\left(4\ell^2\right)}\hat{x}= \left[-\frac{q_1q_3}{4\pi \varepsilon_0 (4\ell^2)}+\frac{q_1|q_2|}{4\pi \varepsilon_0 \ell^2}\right]\hat{x}.


 

Esercizio 5  (\bigstar \bigstar \largewhitestar \largewhitestar\largewhitestar). Tre cariche q_1 =- 4 \cdot 10^{-8} \text{C}, q_2=-3 \cdot 10^{-8} \text{C} e q_3 = 2 \cdot 10^{-8} \text{C} sono poste sui vertici di un triangolo equilatero di lato \ell=60 \text{cm}. Calcolare la forza \vec{F} esercitata da q_1, q_2 su q_3.

 
 

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Svolgimento.

Per prima cosa fissiamo un sistema di riferimento cartesiano Oxy come in figura 10.    

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La configurazione del problema vede tre cariche disposte sui vertici di un triangolo equilatero di lato \ell=\text{0,6}\, \text{m}. Si osserva che \theta= \dfrac{\pi}{6} essendo il triangolo equilatero. Cerchiamo la forza \vec{F} agente sulla carica q_3 situata nell’origine del nostro sistema di riferimento. Come al solito sfruttiamo il principio di sovrapposizione per scriverla come somma degli effetti indipendenti dovuti all’interazione coulombiana con la carica q_1 e con la carica q_2

(15)   \begin{equation*} \vec{F}=\vec{F}_{3,1}+\vec{F}_{3, 2}, \end{equation*}

dove abbiamo utilizzato la notazione \vec{F}_{ij} per indicare la forza esercitata dalla carica j sulla carica i. Proiettiamo le forze lungo gli assi x e y

(16)   \begin{equation*} \begin{cases} \vec{F}_x= \left(-F_{3,1}\sin \theta+F_{3,2}\sin \theta\right)\hat{x}\\ \vec{F}_y= \left(-F_{3,1}\cos\theta-F_{3,2}\cos \theta\right)\hat{y}. \end{cases} \end{equation*}

Sostituendo l’espressione dei moduli delle forze contenute nelle relazioni precedenti otteniamo (si veda il problema 4)

(17)   \begin{equation*} \begin{cases} \vec{F}_x= \left(- \dfrac{q_3\left \vert q_1\right \vert }{4\pi \varepsilon_0 \ell^2}+\dfrac{q_3|q_2|}{4\pi \varepsilon_0 \ell^2} \right)\sin \theta \, \hat{x}= \dfrac{q_3\sin \theta}{4\pi \varepsilon_0 \ell^2}\left(-\left \vert q_1\right \vert+q_2\right) \, \hat{x}\\\\ \vec{F}_y= \left(- \dfrac{q_3\left \vert q_1\right \vert }{4\pi \varepsilon_0 \ell^2}-\dfrac{q_3|q_2|}{4\pi \varepsilon_0 \ell^2} \right)\cos \theta \, \hat{y}= -\dfrac{q_3\cos \theta}{4\pi \varepsilon_0 \ell^2}\left( |q_2|+ \left \vert q_1\right \vert\right) \, \hat{y}. \end{cases} \end{equation*}

Notiamo che nella stima dei moduli delle forze in gioco le cariche si prendono in valore assoluto. I dati numerici del problema q_1= -4 \cdot 10^{-8} \; \text{C}, q_2= -3 \cdot 10^{-8} \; \text{C}, q_3= 2 \cdot 10^{-8} \; \text{C}, \ell=\text{0,6}\;\text{m}, con \varepsilon_0 =\text{8,85} \cdot 10^{-12}\;\text{C}^2 \text{m}^{-2} \text{N}^{-1} costante dielettrica nel vuoto e \theta=\frac{\pi}{6}. Consideriamo (17) e procediamo sostituendo i valori numerici

(18)   \begin{equation*} \begin{cases} \vec{F}_x=-\text{2,5} \cdot 10^{-6} \, \text{N} \,\hat{x}\\\\ \vec{F}_y= -3 \cdot 10^{-5} \, \text{N} \, \hat{y}. \\ \end{cases} \end{equation*}

Si conclude che:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{F}=\left(\text{-2,5} \cdot 10^{-6} \,\hat{x}-3 \cdot 10^{-5} \,\,\hat{y}\right)\, \text{N}.}\]


 
 

Esercizio 6  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Quattro cariche uguali q_1 =q_2=q_3=q_4=q = 2 \cdot 10^{-8} \text{C}, sono poste sui vertici di un rettangolo di lati a=10 \text{cm} e b=20 \text{cm}. Calcolare la forza \vec{F} esercitata dalle altre tre cariche su q_4.

 
 

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Svolgimento.

La geometria del problema è caratterizzata da quattro cariche positive di modulo q disposte ai vertici di un rettangolo di lati a, b; quindi fissiamo un sistema di riferimento cartesiano Oxy come in figura 12.    

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Calcoliamo la forza \vec{F} sulla carica 4 è data dalla somma delle forze di interazione tra q_4 e le cariche q_i, con i=1,2,3, in accordo con il principio di sovrapposizione

(19)   \begin{equation*} \vec{F}=\vec{F}_{4,3}+\vec{F}_{4,2}+\vec{F}_{4,1}.  \end{equation*}

È evidente che la direzione del vettore \vec{F}_{4,3} è parallelo e concorde con l’asse positivo delle x e \vec{F}_{4,2} è parallelo e concorde con l’asse negativo delle y. Studiamo allora \vec{F}_{4,1}: sia \gamma l’angolo che si forma tra \vec{F}_{4,1} e il semiasse positivo x, allora

(20)   \begin{equation*} \gamma=\arctan \left( \frac{b}{a} \right)\approx \text{26,6}^{\circ} \end{equation*}

dove abbiamo sostituito a=\text{0,1} \;\text{m} e b=\text{0,2}\;\text{m}.

A questo punto, possiamo proiettare le forze lungo gli assi, ottenendo dall’equazione (19) quanto segue

(21)   \begin{equation*} \begin{cases} \vec{F}_x= \left( F_{4,3}+F_{4,1}\cos\gamma\right) \, \hat{x}\\\\ \vec{F}_y= \left( - F_{4,2}-F_{4,1}\sin\gamma \right) \, \hat{y}. \end{cases} \end{equation*}

Esplicitando l’espressione dei moduli delle forze date dall’ equazione che definisce la forza di Coulomb, si ottiene

(22)   \begin{equation*} \begin{cases} \vec{F}_x= \dfrac{q^2}{4\pi \varepsilon_0 }\left( \dfrac{1}{b^2}+\dfrac{\cos \gamma}{a^2+b^2}\right) \, \hat{x}\\\\ \vec{F}_y= -\dfrac{q^2}{4\pi \varepsilon_0 }\left( \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{\sin \gamma}{a^2+b^2}\right) \, \hat{y}. \end{cases} \end{equation*}

Sostituendo i valori numerici si ottiene:

    \[\boxcolorato{fisica}{	\begin{cases} 				\vec{F}_x= \dfrac{q^2}{4\pi \varepsilon_0 }\left( \dfrac{1}{b^2}+\dfrac{\cos \gamma}{a^2+b^2}\right) \, \hat{x}=\text{1,54}\cdot 10^{-4} \, \text{N} \,\hat{x}\\\\ 				\vec{F}_y= -\dfrac{q^2}{4\pi \varepsilon_0 }\left( \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{\sin \gamma}{a^2+b^2}\right) \, \hat{y}=-\text{3,92}\cdot 10^{-4} \, \text{N} \, \hat{y} . 				\end{cases}}\]


 
 

Esercizio 7  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Quattro cariche di ugual valore q sono poste nei vertici di un quadrato di lato 2a, che giace nel piano yz, con la disposizione mostrata in figura 13. Calcolare il campo elettrostatico E(x) lungo l’asse x.

 
 

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Svolgimento.

Per risolvere il problema risulta utile rappresentare il sistema in modo da renderne chiara la geometria. Di seguito si propone dunque uno schema che aiuti a capire la disposizione spaziale delle particelle in maniera tale da poterne analizzare le proprietà fisiche    

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Ciascuna carica sarà responsabile della presenza di un campo elettrico di direzione radiale rispetto alla carica stessa. Per visualizzare meglio ciò che sta accadendo, proponiamo di seguito due disegni: il primo si propone di schematizzare i vettori del campo elettrico generato dalle due cariche che giacciono sull’asse z, il secondo vuole schematizzare invece il comportamento dei campi elettrici dovuti alle cariche posizionate sull’asse y.

   

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Notiamo che, dal momento che la configurazione geometrica delle cariche è un quadrato, a una distanza x fissata, l’angolo \theta formato dal vettore campo elettrico con l’asse delle ascisse sarà lo stesso indipendentemente da quale sia la carica che lo genera. Inoltre, dalle figure 15 e 16 è facile intuire che in ogni punto dell’asse x le componenti del campo elettrico risultante E_z ed E_y saranno nulle in quanto le azioni delle cariche simmetriche rispetto all’asse delle ascisse si compensano lungo le direzioni y e z. Da queste considerazioni possiamo concludere che il campo elettrico risultante giace interamente sull’asse x e sarà dato dalle proiezioni dei campi di ciascuna particella su di esso. Altrettanto facilmente si può intuire che i contributi di ciascuna particella in un generico punto P(x,0,0) sono tra loro uguali in quanto ognuna di esse ha caricha q e, data la simmetria del sistema, sarà equidistante da P. Concludiamo dunque che

(23)   \begin{equation*} \vec{E}(x)=\sum_{i=1}^{4} E_i(x)\cos\theta\,\hat{x}=\sum_{i=1}^{4} E_{x,i}(x)\,\hat{x}=4E_{x,i}(x)\,\hat{x}. \end{equation*}

dove con E_{x,i}(x) ed E_i indichiamo rispettivamente la componente x e il modulo del campo elettrico generato dalla i-esima carica. Dalla legge di Coulomb possiamo ricavare il campo elettrico tenendo conto del fatto che la distanza d tra la generica carica q e il punto P sarà (stiamo sfruttando banalmente il teorema di Pitagora) d=\sqrt{x^2+2a^2}. Di conseguenza otteniamo

(24)   \begin{equation*} E_i(x)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\left(x^2+2a^2\right)}, \end{equation*}

da cui, proiettando sull’asse x, otteniamo

(25)   \begin{equation*} E_{x,i}(x)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\left(x^2+2a^2\right)}\cos\theta=\frac{qx}{4\pi\varepsilon_0(x^2+2a^2)^\frac{3}{2}}, \end{equation*}

dove abbiamo utilizzato la relazione \cos\theta = \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + 2a^2}}, che deriva dal fatto che in un triangolo rettangolo il coseno di un angolo è il rapporto tra il cateto adiacente e l’ipotenusa.

Dalla (23) troviamo infine:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{E}(x)=4\cdot \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{qx}{(x^2+2a^2)^\frac{3}{2}} \, \hat{x}=\frac{qx}{\pi\varepsilon_0(x^2+2a^2)^\frac{3}{2}}\,\hat{x}.}\]

 

Esercizio 8  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Quattro cariche di ugual valore q, due positive e due negative, sono poste nei vertici di un quadrato di lato 2a, che giace nel piano yz, con la disposizione in figura 17. Calcolare:
 

  1. la forza \vec{F} esercitata dalle altre tre cariche sulla carica +q posta nel vertice (0,a,a);
  2. dimostrare che il campo elettrostatico lungo l’asse x è dato da:

    (26)   \begin{equation*} \vec{E}(x) = -\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \; \dfrac{4qa}{(x^2+2a^2)^{3/2}}\, \hat{z}. \end{equation*}

 
 

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Svolgimento punto a.

Per risolvere il problema analizziamo il diagramma delle forze agenti sulla carica +q posta nel vertice (0,a,a) ricordando che le forze di interazione elettrostatica tra le coppie di cariche agiscono lungo la congiungente tra le due e sono attrattive se il segno tra le cariche è discorde e repulsive se invece è concorde. Il sistema può essere schematizzato dunque nel seguente modo    

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In figura 18 abbiamo indicato con la convenzione \vec{F}_{i,j} la forza esercitata dalla carica i-esima sulla carica j-esima. Da quanto affermato in precedenza sappiamo che \vec{F}_{1,2} sarà un vettore parallelo all’asse x mentre \vec{F}_{4,2} sarà parallelo all’asse y. Contrariamente ai primi due, il vettore \vec{F}_{3,2} avrà invece sia una componente lungo l’asse dell’ascisse che lungo l’asse delle ordinate. Come mostrato in figura 18 sappiamo però che l’angolo tra quest’ultima forza e ciascuno dei due assi è pari a 45^{\circ}; questo viene dal fatto che la congiungente tra la particella q_2 e q_3 è proprio la diagonale del quadrato i cui vertici sono le particelle stesse. Già da queste considerazioni preliminari siamo in grado di scrivere il sistema

(27)   \begin{equation*} \begin{cases} \vec{F}_{1,2}=F_{1,2}\,\hat{y} \\\\ \vec{F}_{4,2}=-F_{4,2}\,\hat{z}\\\\ \vec{F}_{3,2}=-F_{3,2}\cos{\theta}\,\hat{y}-F_{3,2}\sin\theta\,\hat{z}\\\\ \theta=45^\circ, \end{cases} \end{equation*}

Dal principio di sovrapposizione, sappiamo che la forza risultante sulla carica q_2 è pari alla somma delle forze esercitate dalle singole cariche, ovvero si avrà

(28)   \begin{equation*} \vec{F}=\vec{F}_{1,2}+\vec{F}_{3,2}+\vec{F}_{4,2}=\left(F_{1,2}-F_{3,2}\cos{\theta}\right)\,\hat{x}+\left(-F_{4,2}-F_{3,2}\sin\theta\right)\,\hat{y}. \end{equation*}

Per trovare la forza \vec{F} dunque non dobbiamo far altro che trovare le componenti di ogni vettore forza applicato alla carica q_2. Per fare ciò, sfruttiamo la legge di Coulomb, secondo la quale la forza elettrostatica presente tra due generiche cariche q_i e q_j poste a una certa distanza r è descritta dalla relazione

(29)   \begin{equation*}   \vec{F}_{i,j}=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q_iq_j}{r^2}\,\hat{r},  \end{equation*}

dove \hat{r} è il versore che congiunge le due cariche (nel nostro caso la direzione di tale versore è stata già discussa).

Ricordando che nel nostro sistema il lato del quadrato vale 2a e che di conseguenza la diagonale vale 2\sqrt{2}a, possiamo sfruttare la legge di Coulomb; in questo modo, la (27) diventa

(30)   \begin{equation*} 		\begin{cases} 		\vec{F}_{1,2}=\dfrac{q_1q_2}{4\pi\varepsilon_0\left(4a^2\right)}\hat{y}=\dfrac{q^2}{16\pi\varepsilon_0a^2}\,\hat{y} \\\\ 		\vec{F}_{2,4}=-\dfrac{q_2|q_4|}{4\pi\varepsilon_0\left(4a^2\right)}\,\hat{z}=-\dfrac{q^2}{16\pi\varepsilon_0a^2}\,\hat{z}\\\\ 		\vec{F}_{3,2}=-\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{|q_3|q_2}{8a^2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}\,\hat{y}-\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{|q_3|q_2}{8a^2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}\,\hat{z}=-\dfrac{\sqrt{2}q^2}{64\pi\varepsilon_0a^2}\,\hat{y}-\dfrac{\sqrt{2}q^2}{64\pi\varepsilon_0a^2}\,\hat{z}, 	\end{cases} \end{equation*}

dove abbiamo considerato il modulo delle cariche in quanto il segno relativo alle forze di interazione elettrostatica era già stato discusso in precedenza. A questo punto non dobbiamo far altro che sostituire le espressioni così trovate all’interno dell’equazione (28). Avremo così

(31)   \begin{equation*}     \vec{F}=\left(\dfrac{q^2}{16\pi\varepsilon_0a^2}-\dfrac{\sqrt{2}q^2}{64\pi\varepsilon_0a^2}\right)\,\hat{y}+\left(-\dfrac{q^2}{16\pi\varepsilon_0a^2}-\dfrac{\sqrt{2}q^2}{64\pi\varepsilon_0a^2}\right)\,\hat{z}, \end{equation*}

ossia:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{F}=\frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0a^2}\left[\left(1-\frac{\sqrt{2}}{4}\right)\,\hat{y}-\left(1-\frac{\sqrt{2}}{4}\right)\,\hat{z}\right].}\]


Svolgimento punto b.

Per risolvere questo punto è necessario schematizzare il sistema fisico per poterne comprendere meglio la geometria. In figura 19 rappresentiamo i vari campi elettrici in un generico punto dell’asse x    

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In figura 21 rappresentiamo il campo elettrico valutato in un generico punto dell’asse x    

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dove \theta è l’angolo che forma il vettore \vec{E} con l’asse delle x e \phi è l’angolo che forza la proiezione E\sin\theta con l’asse delle z e pertanto possiamo scrivere

(32)   \begin{equation*} \vec{E}=E\cos \theta\,\hat{x}+E\sin\theta\cos \phi \,\hat{z}-E\sin\theta\sin \phi\,\hat{y}. \end{equation*}

Ripetendo il medesimo ragionamento per ogni carica si ha

(33)   \begin{equation*} 		\begin{cases} 		\vec{E}_1=E_1\cos\theta\,\hat{x}+E_1\sin\theta(\sin\phi\,\hat{y}-\cos\phi\,\hat{z})\\\\ 		\vec{E}_2=E_2\cos\theta\,\hat{x}+E_2\sin\theta(-\sin\phi\,\hat{y}-\cos\phi\,\hat{z})\\\\ 		\vec{E}_3=-E_3\cos\theta\,\hat{x}+E_3\sin\theta(-\sin\phi\,\hat{y}-\cos\phi\,\hat{z})\\\\ 		\vec{E}_4=-E_4\cos\theta\,\hat{x}+E_4\sin\theta(\sin\phi\,\hat{y}-\cos\phi\,\hat{z}). 	\end{cases} \end{equation*}

A questo punto, per trovare l’espressione di ogni campo elettrico, dobbiamo semplicemente calcolare i loro moduli. Sappiamo che E_1=E_2=E_3=E_4=E in quanto i moduli delle cariche sono tra loro uguali, così come lo è la distanza di ciascuna carica dal punto P\equiv(x,0,0). Allora avremo, come conseguenza della legge di Coulomb

(34)   \begin{equation*}     E=\frac{q}{4\pi\epsilon_0\left(x^2+2a^2\right)}. \end{equation*}

A questo punto, dal principio di sovrapposizione, sappiamo che il campo elettrico risultante sarà pari alla somma vettoriale dei quattro campi dati, ossia, facendo riferimento alla (33), avremo

(35)   \begin{equation*}     \vec{E}=\vec{E}_1+\vec{E}_2+\vec{E}_3+\vec{E}_4=E(0,0,-4\sin\theta\cos\phi)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{x^2+2a^2}(0,0,-4\sin\theta\cos\phi). \end{equation*}

Ricordiamo inoltre che, essendo \phi=\frac{\pi}{4}, avremo \cos\phi=\dfrac{\sqrt{2}}{2} e dalla trigonometria sappiamo anche che

(36)   \begin{equation*}     \cos\theta=\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{x^2+2a^2}}. \end{equation*}

Sostituendo queste ultime due relazioni nella (35) otteniamo:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{E}=-\frac{\sqrt{2}}{8\pi\epsilon_0}\cdot\frac{4q}{x^2+2a^2}\cdot\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{x^2+2a^2}}\,\hat{z}=-\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0} \; \dfrac{4qa}{(x^2+2a^2)^{3/2}}\, \hat{z}.}\]

 

Esercizio 9  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Siano 4 cariche poste nei vertici di un quadrato di lato a=20 \text{cm} cosi definite: q_1=q_2=q=\text{0,5} \cdot 10^{-8} \text{C} e q_3 = q_4=-q=-\text{0,5} \cdot 10^{-8} \tect{C} come in figura 22. Calcolare la forza \vec{F} su una carica q_0=\text{0,5} \cdot 10^{-10} \text{C} posta nel centro O del quadrato.

 
 

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Svolgimento.

Abbiamo quattro cariche disposte in corrispondenza dei vertici di un quadrato di lato a, fissiamo un sistema di riferimento cartesiano 0xy come in figura 23, in modo da avere le due cariche positive q_1 e q_2 (posizionate nei quadranti per x<0) e le due negative q_3 e q_4 (posizionate nei quadranti per x>0).    

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Ponendo una carica di prova q_0 esattamente al centro del quadrato essa sarà immersa nei campi elettrostatici generati dalle quattro cariche ai vertici. Per il principio di sovrapposizione possiamo scrivere

(37)   \begin{equation*} 	\vec{E}=\vec{E}_1+\vec{E}_2+\vec{E}_3+\vec{E}_4.	  \end{equation*}

Le linee di campo radiali che originano dalle cariche q_1 e q_2 sono uscenti, mentre quelle che originano da q_3 e q_4 sono entranti.

Definito \gamma=\pi/4 l’angolo tra \vec{E}_2 e il semiasse positivo delle x, come illustrato in figura 23, allora le proiezioni dell’equazione vettoriale (37) sugli assi x e y sono

(38)   \begin{equation*} 	\begin{cases} 		\vec{E}_x= \left( E_1\cos\gamma+E_2\cos\gamma+E_3\cos\gamma+E_4\cos\gamma\right) \, \hat{x}= \left(4E\cos\gamma\right)\, \hat{x}  \\\\ 		\vec{E}_y= \left( -E_1\sin\gamma+E_2\sin\gamma-E_3\sin\gamma+E_4\sin\gamma\right) \, \hat{y}=0 \, [\text{N}\, \text{C}^{-1}] \;\hat{y}, 	\end{cases} \end{equation*}

dove in (38) e (38) si è tenuto conto del fatto che E_1 = E_2 = E_3 = E_4, poiché le cariche sono uguali in modulo e si trovano alla stessa distanza da q_0. Infatti, essendo q_1 = q_2 = |q_3| = |q_4|, si ha che E_1 = E_2 = E_3 = E_4 = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}, dove r è la distanza delle cariche da q_0. Queste uguaglianze, insieme alla simmetria del problema, determinano un angolo di proiezione \gamma uguale per tutti e quattro i vettori. Per non appesantire la notazione, si è indicato con E il modulo del campo elettrostatico generato dalla i-esima carica nell’origine O = (0,0), che è pari a \frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2}, con r che rappresenta la semidiagonale del quadrato, quindi r = \frac{\sqrt{2}}{2}a. Abbiamo dunque

(39)   \begin{equation*} 	\vec{E}_{tot}= \left(4E\cos \gamma,0\, \, [\text{N}\, \text{C}^{-1}]\right)=\left(\frac{q\cos \gamma}{\pi \varepsilon_0 \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}a\right)^2},0\,\, [\text{N}\, \text{C}^{-1}]\right) . \end{equation*}

La forza agente sulla carica di prova è

(40)   \begin{equation*} 	\vec{F}=q_0 \vec{E}_{tot} . \end{equation*}

I dati numerici forniti sono: il lato del quadrato a=\text{0,2} \, \text{m} , le cariche q_1=q_2=-q_3=-q_4=q= \text{0,5} \cdot10^{-8}  \; \text{C} e q_0=\text{0,5} \cdot10^{-10}   \; \text{C} e infine il valore della costante dielettrica nel vuoto \varepsilon_0 =\text{8,85} \cdot 10^{-12}\;\text{C}^2 \text{m}^{-2} \text{N}^{-1}. Dunque, da (39) e (40) troviamo direttamente la soluzione

    \[\vec{F}	=\left(\frac{qq_0\cos \gamma}{\pi \varepsilon_0 (\dfrac{\sqrt{2}}{2}a)^2}\right) \, \hat{x}=\left(\frac{qq_0\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)}{\pi \varepsilon_0 \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2a^2}\right) \, \hat{x}=\left(\frac{qq_0}{\pi \varepsilon_0 \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)a^2}\right) \, \hat{x},\]

cioè

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{F}	=\left(\frac{qq_0}{\pi \varepsilon_0 \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)a^2}\right) \, \hat{x}=\text{3,2} \cdot10^{-7}  \; \text{N}\, \hat{x} .}\]


 
 

Esercizio 10  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Sei cariche q_1=q_2=q_3=q = 5 \cdot 10^{-9} \text{C} e q_4=q_5=q_6=-q= -5 \cdot 10^{-9} \text{C} sono poste sui vertici di un esagono regolare di lato \ell=20 \text{cm}. Calcolare la forza \vec{F} su una carica q_0 =\text{0,5} \cdot 10^{-10} \text{C} posta al centro O dell’esagono.

 
 

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Svolgimento.

Abbiamo sei cariche q_i disposte sui vertici di un esagono regolare di lato \ell. Ognuna di esse è sorgente di un campo elettrostatico \vec{E}_i, con i=1,2,3,4,5,6. La richiesta è di determinare la forza agente su una carica q_0 posta esattamente al centro dell’esagono.

Fissiamo un sistema di riferimento cartesiano con l’origine coincidente con il centro dell’esagono come in figura 25    

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Dunque, ciò che è necessario calcolare è il campo elettrostatico totale presente nell’origine O, il quale per il principio di sovrapposizione è dato da

(41)   \begin{equation*} 	\vec{E}_{tot}=\vec{E}_1+\vec{E}_2+\vec{E}_3+\vec{E}_4+\vec{E}_5+\vec{E}_6 . \end{equation*}

Tutti i campi hanno componente x positiva, mentre per quanto concerne le componenti y sono positive per \vec{E}_1 e \vec{E}_4, negative per \vec{E}_3 e \vec{E}_6 e nulle per \vec{E}_2 e \vec{E}_5.

Abbiamo dunque

(42)   \begin{equation*} 	\begin{cases} 		\vec{E}_x= \left( E_1\cos\gamma+E_2+E_3\cos\gamma+E_4\cos\gamma+E_5+E_6\cos\gamma\right) \, \hat{x}  \\\\ 		\vec{E}_y= \left( E_1\sin\gamma-E_3\sin\gamma+E_4\sin\gamma-E_6\sin\gamma\right) \, \hat{y}, \\ 	\end{cases} \end{equation*}

dove \gamma è l’angolo di proiezione di \vec{E}_1 sull’asse delle x pari a \dfrac{\pi}{3}; in particolare per la geometria del problema coincide con tutti gli altri angoli relativi alla proiezione degli altri cinque campi.

Consideriamo ora la figura 26    

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che rappresenta la parte del poligono con le cariche q_4 e q_5; è importante osservare che si tratta di un triangolo isoscele con base pari a \ell. Tracciamo l’altezza che parte dall’origine del nostro sistema di riferimento rispetto alla base \ell e otteniamo la figura 27    

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dalla quale si osserva che otteniamo due triangoli rettangoli avente un cateto pari ad \ell/2 e angolo opposto a tale cateto pari a \gamma/2, quindi per il teorema del seno per i triangoli rettangoli otteniamo

(43)   \begin{equation*} 	\dfrac{\ell}{2}=r \sin \left(\dfrac{\gamma}{2}\right), \end{equation*}

dove r è la distanza delle cariche dall’origine, nonchè l’ipotenusa del nostro triangolo rettangolo, per cui

(44)   \begin{equation*} r=\dfrac{\ell}{2\sin\left(\frac{\gamma}{2}\right)}. \end{equation*}

Per questioni geometriche ogni carica si trova rispettivamente alla distanza r dall’origine e possiamo concludere che

(45)   \begin{equation*} 	E=E_1=E_2=E_3=E_4=E_5=E_6=\frac{4q\sin^2 \left(\dfrac{\gamma}{2}\right)}{4\pi \varepsilon_0 \ell^2}=\frac{q\sin^2 \left(\dfrac{\gamma}{2}\right)}{\pi \varepsilon_0 \ell^2}. \end{equation*}

Allora il sistema (42) diventa

(46)   \begin{equation*} 	\begin{cases} 		\vec{E}_x= \left(4\cos\gamma+2\right)E \, \hat{x}  \\\\ 		\vec{E}_y= 0 \, \hat{y}\,\,\left \dfrac{\text{N}}{\text{C}}\right. \\ 	\end{cases} \end{equation*}

Noto il campo elettrostatico nell’origine, è semplice ora scrivere l’espressione della forza agente su una carica q_0 posta in O

(47)   \begin{equation*} 		\begin{aligned} 		\vec{F}&	=q_0 \vec{E}_{tot}=\\[7pt] &=q_0\vec{E}_x=\\[7pt] 		&=q_0\left(E\cos\gamma+E+E\cos\gamma+E\cos\gamma+E+E\cos\gamma\right)\hat{x}= \\[7pt] 		&=2\left(\frac{q_0\,q\,\sin^2\left(\dfrac{\gamma}{2}\right)}{\pi \varepsilon_0 \ell^2} \right)\left(2\cos\gamma+1\right) \, \hat{x}, 	\end{aligned} \end{equation*}

dove nell’ultimo passaggio si è sostituito il risultato trovato in (46). A questo punto ricordandoci che \gamma= \dfrac{\pi}{3}, possiamo trovare la soluzione:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{F}	=\frac{q_0q}{\pi \varepsilon_0 \ell^2} \, \hat{x}\approx \text{2,25}\cdot10^{-7}  \; \text{N}\, \,\hat{x} .}\]

I dati numerici sostituiti sono: q=5 \cdot 10^{-9} \, \text{C}, q_0=\text{0,5} \cdot 10^{-10} \, \text{C} e \ell=\text{0,2} \, \text{m}.


 
 

Esercizio 11  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Su una sottile bacchetta di materiale isolante, piegata in modo da formare una semicirconferenza di raggio R=20 \text{cm}, è distribuita uniformemente una carica q=5 \cdot 10^{-9} \text{C}. Calcolare:
 

  1. il campo elettrico \vec{E}_1 nel centro O;
  2. la forza \vec{F}_1 che agisce su una carica q_0=5 \cdot 10^{-10} \text{C} posta in O;
  3. il campo elettrico \vec{E}_2 nello stesso punto O, quando si aggiunge una carica -q=-5 \cdot 10^{-9} \text{C} distribuita uniformemente sulla semicirconferenza opposta in modo da formare un anello di raggio R;
  4. la forza \vec{F}_2 su q_0 posta in O.

 
 

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Svolgimento punto 1.

Per la prima volta in questo testo ci imbattiamo in una distribuzione di carica non discreta ma continua. Scegliamo due elementini di carica dq del nostro semianello simmetrici rispetto all’asse delle x e calcoliamo il campo infinitesimo d\vec{E}_1 e d\vec{E}_2 generato dai due elementini dq_1 e dq_2 nell’origine scegliendo un sistema di riferimento come in figura 29    

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Proiettando lungo gli assi cartesiani, avremo

(48)   \begin{equation*} 	d\vec{E}=d\vec{E}_1+d\vec{E}_2=-dE_1\cos\theta\,\hat{y}+dE_1\sin\theta\,\hat{x}+dE_2\cos\theta\,\hat{y}+dE_2\sin\theta\,\hat{x}. \end{equation*}

Osserviamo che la carica è distribuita in modo uniforme, quindi

(49)   \begin{equation*} 	dq_1=dq_2=\lambda \,d\ell, \end{equation*}

dove in questo caso \lambda=\dfrac{q}{\pi R}, da cui

(50)   \begin{equation*} 	dE_1=dE_2=\dfrac{\lambda\,d\ell}{4\pi\varepsilon_0R^2}, \end{equation*}

infatti, se la carica è distribuita in modo uniforme possiamo definire la densità lineare \lambda come il rapporto tra la carica e la lunghezza della curva sul quale è distribuita tale carica. Sostituendo (50) in (48) otteniamo:

(51)   \begin{equation*} d\vec{E}=2\left(\dfrac{\lambda\,d\ell}{4\pi\varepsilon_0R^2}\sin\theta\right)\,\hat{x}=\dfrac{\lambda\,d\ell}{2\pi\varepsilon_0R^2}\sin\theta\,\hat{x}. \end{equation*}

Impostando la seguente proposizione

(52)   \begin{equation*} 	2\pi R :d\ell =2\pi :d\theta, \end{equation*}

troviamo che

(53)   \begin{equation*} d\ell=R\,d\theta, \end{equation*}

quindi

(54)   \begin{equation*} 	d\vec{E}=\dfrac{\lambda R\,d\theta}{2\pi\varepsilon_0R^2}\sin\theta\,\hat{x}=\dfrac{\lambda\, d\theta}{2\pi\varepsilon_0R}\sin\theta\,\hat{x}. \end{equation*}

Siccome abbiamo calcolato il contributo di due cariche infinitesime dobbiamo integrare su metà semianello, quindi \theta\in \left[0,\frac{\pi}{2}\right]. Abbiamo quindi

(55)   \begin{equation*} \begin{aligned} &	\vec{E}_t=\dfrac{\lambda }{2\pi\varepsilon_0R}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\theta\,d\theta\,\hat{x}=\dfrac{\lambda }{2\pi\varepsilon_0R}\left(-\cos\theta\right)\bigg \vert^{\frac{\pi}{2}}_0=\dfrac{\lambda }{2\pi\varepsilon_0R}\,\hat{x}=\\ &=\dfrac{1}{2\pi\varepsilon_0R}\cdot\dfrac{q}{\pi R}\,\hat{x}=\dfrac{q}{2\pi^2\varepsilon_0R^2}\,\hat{x}\approx715\,\dfrac{N}{C}\,\hat{x}. \end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che la risposta al punto 1 del problema è quella che segue:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{E}_1=\frac{q}{2\pi^2 \varepsilon_0 R^2}\, \hat{x}=715\,\dfrac{N}{C}\,\hat{x}	.}\]


Svolgimento punto 2.

La forza \vec{F}_1 agente su una carica q_0= 5 \cdot10^{-10}\, \text{C} posta nell’origine O è:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{F}_1	=q_0\vec{E}_1=\frac{q_0q}{2\pi^2 \varepsilon_0 R^2} \hat{x}=\text{3,6} \cdot10^{-7}  \; \text{N}\, \hat{x}.}\]


Svolgimento punto 3.

Per ragioni di simmetria il campo \vec{E}_2 generato in O dalla nuova distribuzione di carica aggiunta è uguale in modulo, direzione e verso al campo \vec{E}_1 calcolato nel punto 1. Cioè, come la distribuzione di carica positiva q sulle x<0 crea linee di campo uscenti che in O sono dirette lungo x verso destra, allo stesso modo la distribuzione di carica negativa -q in x>0 crea linee di campo entranti che in O sono dirette lungo l’asse delle x verso destra. Il modulo, dei due campi, invece è uguale per la specularità delle distribuzioni di carica rispetto all’asse y e perchè sulla seconda semicirconferenza è presente, in modulo, la stessa densità lineare di carica

(56)   \begin{equation*} $\lambda_2=-\lambda=-\dfrac{q}{\pi R}$. \end{equation*}

Quindi possiamo concludere immediatamente che il campo elettrico totale nell’origine è

(57)   \begin{equation*} 	\vec{E}=2\vec{E}_1. \end{equation*}

Analogamente a quanto visto prima, si possono seguire gli stessi passi per convincerci di quanto appena detto. Scegliamo quattro elementini elementari dq che come abbiamo visto sono uguali in modulo su ogni punto della nostra distribuzione essendo la carica distribuita in modo uniforme e calcoliamo il campo elettrico nell’origine facendo riferimento alla figura 30    

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    Notiamo che lungo l’asse y il campo totale risulta nullo e lungo l’asse x otteniamo

(58)   \begin{equation*} 	d\vec{E}_2=\frac{4\cos\theta}{4\pi \varepsilon_0 R} |\lambda_2|   \,d\theta\, \hat{x}=\frac{q\cos\theta}{\pi^2 \varepsilon_0 R^2} \,d\theta\, \hat{x} , \end{equation*}

dove ora \theta\in \left[0,\,\dfrac{\pi}{2}\right]. Integriamo su metà semianello e otteniamo

(59)   \begin{equation*} 	\vec{E}_2=\dfrac{q}{\pi^2\varepsilon_0R^2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta\,d\theta\, \hat{x}=\dfrac{q}{\pi^2\varepsilon_0R^2}\sin\theta\bigg\vert^\frac{\pi}{2}_0\, \hat{x}=\dfrac{q}{\pi^2\varepsilon_0R^2}\, \hat{x}. \end{equation*}

Si conclude che la risposta al punto 3, è:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{E}_2=\dfrac{q}{\pi^2\varepsilon_0R^2}\, \hat{x}.}\]


Svolgimento punto 4.

La forza \vec{F} agente su una carica q_0= 5 \cdot10^{-10}\, \text{C} posta nell’origine O in presenza delle due distribuzioni di carica lineari è:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{F}=q_0\vec{E}_2=\frac{q_0q}{\pi^2 \varepsilon_0 R^2} \;\hat{x}=\text{7,2} \cdot10^{-7}  \; \text{N}\, \hat{x}. }\]


 
 

Esercizio 12  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un’asticciola di vetro è piegata a semicirconferenza di raggio R=10 \text{cm}. Su una metà è distribuita uniformemente la carica q=5 \cdot 10^{-9} \text{C} e sull’altra una carica -q=-5 \cdot 10^{-9} \text{C}. Calcolare il campo elettrico \vec{E} nel centro O.

 
 

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Svolgimento.

Si scelgano arbitrariamente due elementi infinitesimi di carica dq_1 e dq_2, simmetrici rispetto all’asse x, i cui campi elettrici formino un angolo \theta con l’asse y come in figura 32    

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Il campo elettrico totale generato dai due elementi in O è

(60)   \begin{equation*} d\vec{E}_t=d\vec{E_1}+d\vec{E}_2. \end{equation*}

Proiettiamo tali campi rispetto al sistema di riferimento Oxy

(61)   \begin{equation*} d\vec{E}_t = d\vec{E_1}+d\vec{E}_2= \left(dE_1\sin \theta \,\hat{x}-dE_2\sin \theta \,\hat{x}\right)+\left(-dE_1\cos\theta \,\hat{y}-dE_2\cos \theta \,\hat{y}\right). \end{equation*}

La carica sul semianello è distribuita in modo omogeneo, quindi

(62)   \begin{equation*} dq_1=\left\vert dq_2\right \vert=dq, \end{equation*}

ed essendo entrambe le cariche alla stessa distanza R si ha che

(63)   \begin{equation*} dE_1=dE_2=dE, \end{equation*}

pertanto

(64)   \begin{equation*} \begin{aligned} d\vec{E}_t& =\left(dE_1\sin \theta \,\hat{x}-dE_2\sin \theta \,\hat{x}\right)+\left(-dE_1\cos\theta \,\hat{y}-dE_2\cos \theta \,\hat{y}\right) = \\   & =\left(dE\sin \theta \,\hat{x}-dE\sin \theta \,\hat{x}\right)+\left(-dE\cos\theta \,\hat{y}-dE\cos \theta \,\hat{y}\right)=\\ & = -2 \; dE \; \cos \theta \,\hat{y}. \end{aligned} \end{equation*}

Dunque lungo l’asse x il campo elettrico totale é nullo per ragioni di simmetria; infatti, per ogni elemento di carica dq nella parte superiore, la componente del campo elettrico generato lungo l’asse x è positiva ma esiste sempre un elementino di carica -dq simmetrico al precedente che genera un campo elettrico nel verso opposto lungo l’asse delle x, annullando il precedente. Abbiamo dunque

(65)   \begin{equation*}  \begin{aligned}d\vec{E} & = -2dE\cos \theta \,\hat{y} =  -\frac{2 \, dq }{4 \pi \varepsilon_0 R^2} \cos\theta \; \hat{y}  = %-\frac{2 \lambda R d\theta  }{4 \pi \varepsilon_0 R^2} cos\theta \; \hat{y}= -\frac{2q}{\pi} \cdot\frac{\cos\theta }{2 \pi \varepsilon_0 R^2}  d\theta \; \hat{y} =\\ &=- \frac{ q  \cos\theta }{\pi^2 \varepsilon_0 R^2} \; d\theta \; \hat{y}. \end{aligned} \end{equation*}

Ricordando che per una distribuzione di carica omogenea dq = \lambda d \ell con \lambda densità di carica lineare. Nel nostro caso \lambda = \frac{q}{\frac{\pi}{2} R} perché la carica è distribuita su un quarto ci circonferenza e tenendo conto che d\ell = R d\theta si ha dq= \frac{2q}{\pi R } d\ell = \frac{2q R d\theta}{\pi R} = \frac{2q}{\pi}d\theta. Ora è necessario sommare tutti i contributi forniti da ogni elemento infinitesimo dq, integrando per \theta\in \left[0, \frac{\pi}{2} \right], cioè per metà semianello; infatti, per ora abbiamo considerato ogni coppia di elementi infinitesimi dq, perciò dovremo integrare solo per angoli 0\,\text{rad}\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}

(66)   \begin{equation*} \begin{aligned} \vec{E}_t & = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} - \frac{ q  \cos\theta }{\pi^2 \varepsilon_0 R^2} \; d\theta \; \hat{y} = -\frac{q}{\pi^2 \varepsilon_0 R^2} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos\theta \, d\theta \; \hat{y}= \\ & = -\frac{q}{\pi^2 \varepsilon_0 R^2} \left(\sin\theta\right) \bigg \vert^{\frac{\pi}{2}}_0 \; \hat{y} = -\frac{q}{\pi^2 \varepsilon_0 R^2} \; \hat{y} \simeq -\text{5,7} \cdot 10 ^ 3 \; \frac{\text{N}}{\text{C}} \; \hat{y}. \end{aligned} \end{equation*}

In conclusione abbiamo che:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{E}_t=-\frac{q}{\pi^2 \varepsilon_0 R^2} \; \hat{y} = -\text{5,7} \cdot 10 ^ 3 \; \frac{\text{N}}{\text{C}} \; \hat{y}.}\]


 
 

Esercizio 13  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un anello sottile di materiale isolante di raggio R, posto nel piano xy e con centro nell’origine O, possiede una carica distribuita con densità \lambda=\lambda_0 \,\sin \theta, dove \theta è l’angolo formato con l’asse x e \lambda_{0} è una costante positiva. Determinare il campo elettrostatico E_0 nel centro O.

 
 

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Svolgimento.

La densità lineare è funzione del seno e pertanto, essendo una funzione dispari, ad ogni elementino dq sul semianello superiore ne corrisponde un altro uguale ed opposto -dq sul semianello inferiore. Valutiamo il campo elettrostatico in O come in figura 34    

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Il campo elettrostatico è

(67)   \begin{equation*} \begin{aligned} 		d\vec{E}&  =\left(-dE\cos\theta+dE\cos\theta\right)\hat{x} +\left(-dE\sin \theta-dE\sin\theta\right)\hat{y} =\\[7pt] 		&=-2\,dE\sin\theta\,\hat{y}=\\[7pt] 		&=-\dfrac{2\,dq}{4\pi\varepsilon_0R^2}\sin\theta \,\hat{y}=\\[7pt] 		&=-\dfrac{\lambda_0}{2\pi\varepsilon_0R^2}\sin^2\theta\,d\ell \,\hat{y}. \end{aligned} \end{equation*}

Integrando tra \theta\in [0,\pi] si ha

(68)   \begin{equation*} \begin{aligned} \vec{E}{y} &= - \dfrac{1}{2 \pi \varepsilon_{0}R^2} \int_{0}^{\pi}(\lambda_{0}\sin^2\theta)R d\theta \, \hat{y}=\\ &=-\dfrac{\lambda_{0}R}{2 \pi \varepsilon_{0} R^{2}} \int_{0}^{\pi} \sin^{2} \theta d\theta \,  \hat{y}=\\ &=-\dfrac{\lambda_{0}}{2 \pi \varepsilon_{0} R} \int_{0}^{\pi} \left(\dfrac{1-\cos(2\theta)}{2}\right)\,d\theta \, \hat{y} =\\ &=-\dfrac{\lambda_{0}}{2 \pi \varepsilon_{0} R} \left(\frac{1}{2}\theta-\dfrac{\sin(2\theta)}{4}\right)\bigg\vert^{\pi}_{0} \,  \hat{y}=\\ &=-\dfrac{\lambda_0}{2\pi\varepsilon_{0}R}\left(\dfrac{1}{2}\pi\right)\,\hat{y}=- \dfrac{\lambda_{0}}{4\varepsilon_{0} R} \, \hat{y},  \end{aligned} \end{equation*}

dove teniamo conto che dl = R d\theta come visto sopra e nella eq. (68) è stata usata la formula di duplicazione del coseno \cos(2\alpha)=1 - 2\sin^{2}(\alpha). In conclusione:

    \[\boxcolorato{fisica}{\, E_{y} = - \dfrac{\lambda_{0}}{4\varepsilon_{0} R} \, \hat{y}.}\]


 
 

Esercizio 14  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar).Un sottile filo di materiale isolante di lunghezza 2\ell giace sull’asse delle x come in figura 35 e possiede una carica q distribuita uniformemente con densità lineare \lambda su tutta la sua lunghezza. Dimostrare che il campo elettrostatico in un punto P dell’asse del filo distante y dal centro O è dato da:

    \[\vec{E}(0,y) = \dfrac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0 \, y} \sin \theta_1 \; \hat{y},\]

con \sin \theta_1 = \ell / \sqrt{\ell^2+y^2} e \lambda=q/2\ell.

 
 

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Svolgimento.

Il problema richiede di dimostrare che, per un sistema come quello illustrato in figura 35, il campo elettrostatico in un punto P situato sull’asse del filo, a una distanza y dal centro O, sia espresso dalla seguente formula

(69)   \begin{equation*} \vec{E}(0,y) = \dfrac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0 y} \sin{\theta_1}\hat{y}, \end{equation*}

con \sin{\theta_1} = \ell / \sqrt{\ell^2 + y^2} e \lambda = q / (2\ell). Per risolvere questo problema si segue il classico approccio già utilizzato in esercizi precedenti con distribuzioni continue di carica. L’obiettivo, quindi, è quello di calcolare, attraverso il principio di sovrapposizione degli effetti, l’espressione del campo elettrico come integrale di tutti i contributi dati dagli elementi infinitesimi di carica dq a distanza x dall’origine, con x \in [0,\ell], che costituiscono la distribuzione. In questo senso, per risolvere il problema è necessario fare alcune considerazioni di carattere geometrico:

  1. Come si vede dalla figura 36, i contributi del campo lungo x sono uguali e opposti, quindi si eliminano e la componente \hat{x} del campo totale nel punto P risulta nulla per simmetriali.
  2. Il sistema è simmetrico rispetto all’asse y, quindi ai fini della risoluzione basterà limitare il calcolo all’effetto delle cariche nell’intervallo dell’asse x\in[0,\ell] e prendere due volte le quantità ottenute.

Per risolvere il problema consideriamo due elementi infinitesimi di carica dq_1 e dq_2 posti entrambi a distanza x dall’origine O del nostro sistema di riferimento. I due elementi di carica generano i campi d\vec{E}_1 e d\vec{E}_2, come mostrato in figura 36.    

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Siccome la carica è distribuita omogeneamente, allora deve essere dq_1=dq_2=dq e pertanto, a parità di distanza x dall’ origine O del sistema di riferimento, sarà dE_1=dE_2=dE. Lungo y, quindi, si deve considerare due volte la relativa componente di dE, che per le ragioni appena esposte è

(70)   \begin{equation*} 	d\vec{E} = 2\,dE\cos{\theta}\,\hat{y} = \dfrac{2\cos{\theta}}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \; dq \; \hat{y}. \end{equation*}

Come visto nei precedenti esercizi, per una distribuzione di carica vale la relazione dq = \lambda\, dx. Nel caso specifico trattato nel problema, la distribuzione di carica è omogenea, pertanto \lambda è una costante. È quindi necessario calcolare l’espressione di dx attraverso opportune considerazioni geometriche. Per farlo, occorre tenere conto di come le grandezze x, y e \theta siano correlate tra loro. In particolare, si nota che \tan \theta = x/y, quindi il differenziale d\theta è legato al differenziale dx dalla relazione \dfrac{1}{\cos^2 \theta} d\theta = \dfrac{dx}{y}, da cui si ottiene dx = \dfrac{y}{\cos^2 \theta} d\theta. Questo ci permette di scrivere, infine, l’espressione del differenziale dq che compare nell’equazione (70).

Prima di procedere all’integrazione del campo elettrico, è necessario adattare l’espressione di r per esplicitare la dipendenza da \theta, dato che, come visibile in figura 36, r è funzione di \theta. In particolare, dall’equazione (70) si osserva la relazione x = r \sin{\theta}, da cui segue che

(71)   \begin{equation*} 	r = \dfrac{x}{\sin{\theta}} = \dfrac{y}{\cos{\theta}}. \end{equation*}

in cui l’ultima relazione è una diretta conseguenza del fatto che \tan \theta = x/y, come detto precedentemente. A questo punto si hanno tutti gli strumenti necessari per procedere all’integrazione. Il differenziale dE ha la forma

(72)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	dE = \dfrac{2\cos{\theta}}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} \; dq  	= \Big (\dfrac{\cos{\theta}}{2 \pi \varepsilon_0}\Big) \Big(\dfrac{\cos ^2 \theta}{y^2}\Big) \Big(\dfrac{ \lambda\, y}{\cos ^2 \theta}\Big) \; d\theta =   	 \Big(\dfrac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0 y}\Big) \cos{\theta} \; d\theta . \end{aligned} \end{equation*}

A questo punto, si può svolgere l’integrale che, come detto all’inizio, sarà limitato all’intervallo [0;\theta_1] per la simmetria del sistema. L’angolo \theta_1 rappresenta il valore massimo di \theta. Dato che r = x \sin{\theta} e \ell è la lunghezza del filo, che rappresenta il valore massimo di x, allora il valore massimo di r sarà r_{max} = \ell / \sin{\theta_1}. Inoltre, \sin{\theta_1} sarà \sin{\theta_1} = \ell / \sqrt{\ell^2 + y^2}. Si noti inoltre che, essendo la distribuzione di carica omogenea, come detto in precedenza, \lambda è una costante e può quindi essere portata fuori dall’integrale insieme alle altre costanti. Si otterrà quindi

(73)   \begin{equation*} 	\vec{E} = \dfrac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0 y}\int_0^{\theta_1} \cos{\theta} \; d\theta = \dfrac{\lambda \sin{\theta}}{2 \pi \varepsilon_0 y}\Bigg|_0^{\theta_1} = \dfrac{\lambda \sin{\theta_1}}{2 \pi \varepsilon_0 y} \; \hat{y}. \end{equation*}

Essendo quindi, per costruzione, come visibile in figura 35, \sin \theta_1 = \ell/\sqrt{l^2 + y^2} e \lambda = q/(2\ell), risulta così dimostrata l’espressione per il campo elettrico richiesta dal problema:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{E} = \dfrac{\lambda \sin{\theta_1}}{2 \pi \varepsilon_0 y}\, \hat{y}.}\]


 
 

Esercizio 15  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Tre lati di un quadrato di materiale isolante di lato 2\ell =10 \text{cm} hanno ciascuno una carica q=2 \cdot 10^{-9} \text{C}. Calcolare il campo elettrostatico \vec{E}_0 nel centro O.

 
 

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Svolgimento.

L’esercizio richiede di calcolare il campo elettrostatico \vec{E}_0 generato da una distribuzione uniforme di carica su tre lati di un quadrato di materiale isolante e di lato 2\ell in un punto O, come rappresentato in figura 37. Per risolvere il problema è necessario sfruttare il principio di sovrapposizione degli effetti, secondo cui il campo elettrostatico richiesto \vec{E}_0 nel punto O è dato dalla somma di tutti i campi elettrostatici d\vec{E} associati agli elementi infinitesimi di carica dq che generano la distribuzione di carica sui lati del quadrato. Ai fini della risoluzione è, quindi, necessario adottare una scelta adeguata sia del sistema di riferimento che degli elementi di carica dq, che sia coerente con la geometria del sistema dato e che permetta di semplificare il calcolo della quantità richiesta dall’esercizio. L’idea di base consiste nello sfruttare le simmetrie del sistema al fine di escludere dal calcolo eventuali contributi opposti che si annullino vicendevolmente e circoscrivere il ragionamento alle sole quantità che contribuiscono fattivamente al campo elettrico totale in O. In generale, quindi, il primo passo consiste nel dividere il ragionamento in due parti, discutendo prima i contributi dei due lati paralleli all’asse y e del lato parallelo all’asse x, e fissare il sistema di riferimento come nelle figure 38 e 39.    

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Il secondo passo consiste, come si vede nella figure 38 e 39 nel considerare la distribuzione di carica uniforme sui tre lati come costituita da elementi infinitesimi di carica dq uguali in modulo. Per motivi di calcolo che saranno definiti in seguito, si scelgono quattro elementi di carica: dq_1 sul lato parallelo all’asse y nel semipiano x<0, dq_4 sul lato parallelo all’asse y nel semipiano x>0, dq_2 sulla metà del lato parallelo all’asse x che si trova nel semipiano x<0 e dq_3 sulla metà del lato parallelo all’asse x che si trova nel semipiano x>0. Ad ognuno dei dq_i è associato un campo elettrico \vec{dE_i} con i=1,2,3,4 nel punto O considerato, come mostrato nelle figure 38 e 39. Partendo dai due lati paralleli all’asse y, dalla figura 38 si osserva come il sistema considerato sia simmetrico sia rispetto all’asse x che rispetto all’asse y. Tale simmetria gioca un ruolo fondamentale nella scelta dei dq_1 e dq_4. Proprio in virtù della simmetria rispetto all’ asse x, infatti, si vede come, preso un elemento dq_1 sul lato appartenente al semipiano x<0, sia sempre possibile individuare un elemento dq_4, uguale in modulo, sul lato opposto, che è il suo simmetrico rispetto all’asse x. Da questa osservazione, si deduce quindi che i campi \vec{dE_1} e \vec{dE_4} nel punto O saranno uguali in modulo, avranno la stessa direzione ma verso opposto. Le rispettive componenti \vec{dE_i}\,\hat{x} e \vec{dE_i}\,\hat{y}, saranno quindi uguali e opposte, facendo sì che tutti i contributi si annullino a vicenda. Per questo motivo questi contributi possono essere esclusi dal calcolo. Un ragionamento analogo può essere fatto per il lato del quadrato parallelo all’asse x. Come visibile in figura 39, il lato è simmetrico rispetto all’asse y, che lo divide in due segmenti di lunghezza \ell. Su ognuno dei due segmenti si prendono i due elementi di carica dq_2 e dq_3, ai quali sono associati i campi \vec{dE_2} e \vec{dE_3} nel punto O. Anche in questo caso, si vede come per ogni dq_2 nel semipiano x<0 è sempre possibile individuare un dq_3, suo simmetrico rispetto all’asse y, nel semipiano x>0. Essendo dq_2 e dq_3 uguali in modulo, ed in virtù di questa simmetria, quindi, i due campi \vec{dE_2} e \vec{dE_3} nel punto O formeranno lo stesso angolo \theta = \theta_2 = \theta_3 con l’asse y. Per tale ragione le componenti \vec{dE_2}\,\hat{y} e \vec{dE_3}\,\hat{y} saranno uguali e concordi, sommandosi, mentre le componenti \vec{dE_2}\,\hat{x} e \vec{dE_3}\,\hat{x} saranno uguali e opposte, annullandosi a vicenda. Per questa ragione, quindi, si includono nel calcolo del campo elettrico nel punto O solo le componenti \hat{y} dei campi generati da dq_2 e dq_3. E’ possibile, tuttavia, fare un’ulteriore semplificazione. In virtù della già citata simmetria rispetto all’asse y del lato parallelo all’asse x, ed in virtù del fatto che dq_2 e dq_3 vengono scelti uguali, è possibile restringere l’intervallo su cui calcolare il campo elettrico. I due contributi dati dalle due distribuzioni di carica sui due segmenti di lunghezza \ell del lato sono identici, quindi anzichè calcolare questi contributi nell’intervallo [-\ell;\ell] dell’asse x, basterà limitare il calcolo all’intervallo [0;\ell] e considerare due volte le quantità ottenute.    

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Una volta impostato il problema e fatte le opportune considerazioni sulla geometria e la simmetria del sistema, si può passare al calcolo del campo elettrico E_0 nel punto O, come richiesto dall’esercizio. Tale quantità, per il principio di sovrapposizione, deve essere calcolata come integrale di tutti i contributi associati agli elementi di carica dq_3 che costituiscono la distribuzione, secondo la relazione

(74)   \begin{equation*} 	d\vec{E_y} =- 2d{E_3} \;\cos \theta_{3}\,\hat{y} \:\:\: \text{con} \:\:\: d{E_3} = \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} r^2} \; dq, \end{equation*}

in cui \theta_{3} è l’angolo che il vettore d\vec{E_3} forma con l’asse y. Per poter integrare il d\vec{E_y} è necessario riadattare l’espressione del differenziale dq: per farlo, consideriamo l’espressione della densità di carica omogenea, definita come \lambda = dq/dx, da cui ricaviamo dq = \lambda \,dx. Inoltre, essendo q la carica sul lato del quadrato di lunghezza 2\ell, per la densità di carica vale quindi l’espressione \lambda = q/2\ell. Inserendo l’espressione di dq e di \lambda nell’espressione di d{E_3} nell’equazione (74), si ottiene

(75)   \begin{equation*} 	d{E_3} = \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} r^2} \; \lambda \,dx = \dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_{0} r^2} \cdot \dfrac{q}{2\ell} \; dx. \end{equation*}

Definendo r come la distanza dell’elemento di carica dq_3 dall’origine, e applicando le regole trigonometriche dei triangoli rettangoli al triangolo di cateti \ell, x ed ipotenusa r, si ha:

(76)   \begin{equation*} \tan \theta_3=\dfrac{x}{\ell}\quad \text{e}\quad \ell=r\cos\theta_3. \end{equation*}

da cui

(77)   \begin{equation*} dx=\dfrac{\ell}{\cos^2\theta_3}\,d\theta_3. \end{equation*}

Andando a sostituire le quantità ottenute nell’equazione (75) si ottiene:

(78)   \begin{equation*} 	d{E_3} = \left(\dfrac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\right) \left( \dfrac{q}{2\ell}\right) \left( \dfrac{\cos^2 \theta_{3}}{\ell ^2}\right) \left( \dfrac{\ell}{\cos^2 \theta_{3}} \; d\theta_{3}\right),  \end{equation*}

cioè:

(79)   \begin{eqnarray*} 	d{E_3} = \dfrac{q}{8 \pi \varepsilon_{0} \ell^2}\; d\theta_{3} . \end{eqnarray*}

In questo modo si è ottenuta un espressione per d\vec{E_3} in funzione del differenziale d \theta_{3}, che è la variabile su cui si andrà ad integrare per calcolare la quantità richiesta dal problema. A questo punto, quindi, l’espressione di d\vec{E_3} ricavata può essere sostituita nell’equazione (74) e procedere all’integrazione. Si osservi come, per costruzione il valore massimo di \theta_{3} si ha per x = \ell ed è pari a \theta_{3} = \pi / 4, mentre l’angolo è zero radianti per x = 0. Il campo elettrico nel punto O è, quindi, dato dall’integrale

(80)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	\vec{E} = \int_{0}^{\pi / 4} d\vec{E_y}(\theta_{3}) &=  \int_{0}^{\pi /4} - 2d{E_3} \;\cos \theta_{3}\,\hat{y} = \int_{0}^{\pi /4} - 2\left(\dfrac{q}{8 \pi \varepsilon_{0} \ell^2}\; d\theta_{3} \right) \;\cos \theta_{3}\,\hat{y} =\\ 	&=-\dfrac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} \ell^2}\int_{0}^{\pi /4}  \cos \theta_{3}\,d\theta_{3}\,\hat{y} = \dfrac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} \ell ^2} \left(-\sin \theta_{3} \Bigg|_0^{\pi / 4}\right) \hat{y}=\\ 	&= \dfrac{q}{4 \pi \varepsilon_{0} \ell ^2} \;\left( -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)\hat{y}= -\dfrac{q\sqrt{2}}{8 \pi \varepsilon_{0} \ell ^2}\, \hat{y}. \end{aligned} \end{equation*}

Si ottiene quindi l’espressione del campo elettrico generato dalla distribuzione di carica nel punto O:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{E} = -\dfrac{q\sqrt{2}}{8 \pi \varepsilon_{0} \ell ^2}\, \hat{y}\approx \text{5,1}\cdot 10^3\,\,\dfrac{\text{N}}{\text{C}}\, \hat{y}.}\]


 
 

Esercizio 16  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar).Una sbarretta sottile di materiale isolante lunga \ell=10 \text{cm}, possiede una carica q=5 \cdot 10^{-8} \text{C} distribuita uniformemente con densità \lambda sulla stessa. Calcolare il campo elettrostatico \vec{E} lungo l’asse x in un punto P distante a=5 cm dall’estremo più vicino.

 
 

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Svolgimento.

Ragioniamo innanzitutto su quale sia la geometria del campo elettrico. La sbarretta carica altro non è che una fittissima catena di cariche infinitesime dq_i ordinate, ciascuna delle quali esercita una forza di Coulomb su una carica di prova posta in P di direzione radiale al protone stesso. A tale forza corrisponde un campo elettrico orientato nella stessa direzione. La situazione può essere schematizzata con la seguente figura 42.    

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Le cariche infinitesime generano un campo elettrico radiale. L’asse x individua una direzione radiale comune a tutte le particelle della sbarretta. Notiamo che l’intensità del campo è inversamente proporzionale al quadrato della distanza tra la particella e il punto, come vedremo di seguito. Abbiamo dunque trovato che il campo elettrico risultante nel punto P avrà lo stesso orientamento dell’asse x. Inoltre, come conseguenza della legge di Coulomb, sia ogni singola carica pari a dq, avremo che il vettore campo elettrico infinitesimo d\vec{E} generato da essa può essere scritto come

(81)   \begin{equation*}     d\vec{E}=\frac{dq}{4\pi\varepsilon_or^2}\,\hat{x}, \end{equation*}

dove r è la distanza tra la carica e il punto P, ossia r=\ell-x+a, con x punto di ascissa in cui si sta considerando la carica dq. A questo punto, per il principio di sovrapposizione, possiamo dire che il campo elettrico risultante sarà la somma dei campi elettrici generati da ogni particella (come risulta intuitivamente dalla figura 42). Essendo la distribuzione uniforme, possiamo scrivere dq=\lambda\, dx, da cui la (81) diventa

(82)   \begin{equation*}     d\vec{E}=\frac{\lambda \,dx}{4\pi\varepsilon_0(\ell-x+a)^2}\,\hat{x}. \end{equation*}

Possiamo dunque procedere con l’integrazione

(83)   \begin{equation*}     \vec{E}=\int_0^\ell{\frac{\lambda dx}{4\pi\epsilon_0(\ell-x+a)^2}\,\hat{x}}=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\,\int_0^\ell{\frac{ dx}{\left(\ell-x+a\right)^2}\,\hat{x}}, \end{equation*}

cioè:

(84)   \begin{equation*}     \vec{E}=-\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{\ell+a}-\frac{1}{a}\right)\,\hat{x}=-\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{a-\ell-a}{(\ell+a)a}\right]\,\hat{x}=\frac{\lambda\ell}{4\pi\varepsilon_0(\ell+a)a}\,\hat{x}. \end{equation*}

Dal momento che sappiamo che la carica su tutta la sbarretta vale q ed è distribuita in modo uniforme, possiamo scrivere

(85)   \begin{equation*}     \lambda=\frac{q}{\ell}, \end{equation*}

da cui (84) diventa

(86)   \begin{equation*}     \vec{E}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell}	\cdot\frac{\ell}{(\ell+a)a}\,\hat{x}, \end{equation*}

pertanto:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{E}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0(\ell+a)a}\,\hat{x}=6\cdot10^4 \ \frac{\text{N}}{\text{C}}\,\hat{x}.}\]


 
 

Esercizio 17  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Due sbarrette sottili di materiale isolante di lunghezza \ell=10 \text{cm}, portano ciascuno una carica q=5 \cdot 10^{-9} \text{C} distribuita uniformemente sulla loro lunghezza. Le bacchette stanno sull’asse x con i loro centri distanti d=15 \text{cm}. Calcolare la forza \vec{F} tra le due bacchette.

 
 

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Premessa.

Proporremo due soluzioni diverse per questo problema.

Svolgimento 1.

Nel primo caso, per calcolare il campo elettrico generato da una singola sbarretta, prenderemo un sistema di riferimento fatto come in figura 44.    

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Il campo elettrostatico generato dalla barretta in un generico punto P\equiv(h,0) si ottiene sommando tutti i contributi dati dagli elementi infinitesimi dq in cui si può suddividere la sbarretta. Si avrà infatti che ciascuno di essi produrrà un certo campo elettrico d\vec{E} che, per la legge di Coulomb, avrà direzione radiale rispetto a dq e sarà della forma

(87)   \begin{equation*}     d\vec{E}=\frac{dq}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\,\hat{x}, \end{equation*}

dove abbiamo considerato il campo elettrico orientato lungo l’asse x in quanto tale direzione è radiale rispetto a tutte le cariche dq (si veda il problema 16) e in particolare r è la distanza tra la carica e il punto P. Pertanto abbiamo che la distanza tra P e la carica dq considerata è uguale ad r=h-x, dove con x si indica la distanza della carica dq rispetto all’origine del sistema di riferimento scelto; ricordando anche che vale la relazione dq=\lambda dx, dove \lambda è la densità di carica lineare della sbarretta, possiamo riscrivere il campo elettrico come segue

(88)   \begin{equation*}     d\vec{E}=\frac{\lambda\, dx}{4\pi\varepsilon_0 (h-x)^2}\,\hat{x}. \end{equation*}

Sappiamo inoltre che la carica è distribuita uniformemente: questo ci permette di affermare che \lambda è costante e di conseguenza si ha

(89)   \begin{equation*}     \lambda=\frac{q}{\ell}, \end{equation*}

pertanto

(90)   \begin{equation*}     d\vec{E}=\frac{q\, dx}{4\pi\varepsilon_0\ell (h-x)^2}\,\hat{x}. \end{equation*}

Integriamo su tutta la lunghezza della sbarretta per trovare il campo elettrico totale nel punto P generato dalla prima sbaretta. In particolare, nel riferimento da noi scelto, avremo che x\in\left[-\dfrac{\ell}{2},\,\dfrac{\ell}{2}\right], dunque

(91)   \begin{equation*} \begin{aligned}     \vec{E}&=\int_{-\frac{\ell}{2}}^{\frac{\ell}{2}} {\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell (x-h)^2}dx\,\hat{x}}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell}\int_{-\frac{\ell}{2}}^{\frac{\ell}{2}} {\frac{1}{(x-h)^2}}dx\,\hat{x}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell}\cdot\frac{1}{x-h}\Bigg|_{\frac{\ell}{2}}^{-\frac{\ell}{2}}\,\hat{x}=\\     &=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell}\Bigg[\frac{1}{(-\frac{\ell}{2}-h)}-\frac{1}{{\left(\frac{\ell}{2}-h\right)}}\Bigg]\,\hat{x}, \end{aligned} \end{equation*}

dove abbiamo osservato che \left(h-x\right)^2=\left(x-h\right)^2 e da cui ricaviamo

(92)   \begin{equation*}     \vec{E}=\frac{q}{4\pi\epsilon_0\ell}\Bigg(\frac{1}{h-\frac{\ell}{2}}-\frac{1}{{h+\frac{\ell}{2}}}\Bigg)\,\hat{x}. \end{equation*}

Una volta trovato il campo elettrico generato dalla singola sbarretta, possiamo occuparci di trovare la forza dovuta ad esso. Infatti sappiamo che, a causa di \vec{E}, lungo l’asse x agirà una forza di origine elettrostatica orientata nella stessa direzione e verso del campo.    

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La forza mostrata in figura 45 è la forza elettrostatica esercitata dalla sbarretta centrata nell’origine sulla seconda; data la simmetria del problema, anche quest’ultima eserciterà una forza sulla prima di uguale intensità ma orientata in senso opposto. La forza \vec{F} è data dalla somma delle forze infinitesime d\vec{F} che ciascuna carica dq presente sulla prima sbarretta esercita nella regione di spazio d-\frac{\ell}{2}\leq x\leq d+\frac{\ell}{2}. Il campo elettrico \vec{E} è definito come il prodotto tra la forza e la carica di prova posta nel punto in cui lo si vuole calcolare, cioè

(93)   \begin{equation*}    d\vec{F}=\vec{E}dq, \end{equation*}

da cui, ripetendo gli stessi passaggi logici del caso precedente e utilizzando l’espressione del campo elettrico trovata, otteniamo

(94)   \begin{equation*} \begin{aligned}     d\vec{F}&=\vec{E}\,\lambda\, dx=\frac{q^2}{4\pi\epsilon_0\ell^2}\Bigg(\frac{1}{x-\frac{\ell}{2}}-\frac{1}{x+\frac{\ell}{2}}\Bigg)dx\,\hat{x}. \end{aligned} \end{equation*}

Integrando sulla lunghezza della seconda sbarretta, otteniamo:

(95)   \begin{equation*} \begin{aligned}     \vec{F}&=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0\ell^2}\int_{d-\frac{\ell}{2}}^{d+\frac{\ell}{2}} {\Bigg(\frac{1}{x-\frac{\ell}{2}}-\frac{1}{x+\frac{\ell}{2}}\Bigg)}dx\,\hat{x}=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0\ell^2}\ln\Bigg(\frac{x-\frac{\ell}{2}}{x+\frac{\ell}{2}}\Bigg)\Bigg|_{d-\frac{\ell}{2}}^{d+\frac{\ell}{2}}\,\hat{x}=\\     &=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0\ell^2}\Bigg[\ln\Bigg(\frac{d}{\ell+d}\Bigg)-\ln\Bigg(\frac{d-\ell}{d}\Bigg)\Bigg]\,\hat{x}, \end{aligned} \end{equation*}

da cui si ricava il risultato finale:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{F}=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0\ell^2}\ln\Bigg(\frac{d^2}{d^2-\ell^2}\Bigg)\,\hat{x}=\text{1,32}\cdot10^{-5} \ \text{N}\,\hat{x}.}\]


Svolgimento metodo 2.

Scegliamo un sistema di riferimento Oxy con origine O coincidente con l’estremo iniziale della prima sbarretta e come si può osservare, il sistema di riferimento è differente dalla prima soluzione.    

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Il procedimento è del tutto analogo al caso precedente: scegliamo dunque una carica infinitesima dq della prima barretta e valutiamo il campo elettrostatico generato in un generico punto P\equiv(h,0). Come già visto nella soluzione 1, si ha

(96)   \begin{equation*}     d\vec{E}=\frac{dq}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\,\hat{x}=\frac{\lambda \,dx}{4\pi\varepsilon_0(h-x)^2}\,\hat{x}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell(h-x)^2}\,dx\,\hat{x}. \end{equation*}

A questo punto, per trovare l’espressione del campo elettrico, integriamo entrambi i membri della (96) con 0\leq x\leq\ell, pertanto

(97)   \begin{equation*}     \vec{E}=\int_0^\ell {\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell(h-x)^2}}\,dx\,\hat{x}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell}\int_0^\ell {\frac{1}{(h-x)^2}}\,\hat{x}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell}\,\frac{1}{(h-x)}\Bigg|_0^\ell\,\hat{x}, \end{equation*}

ossia

(98)   \begin{equation*}     \vec{E}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell}\left(-\frac{1}{h}+\frac{1}{h-\ell}\right)\,\hat{x}. 	 \end{equation*}

Riportiamo dunque di seguito il dettaglio del sistema composto da due sbarrette nel nuovo sistema di riferimento    

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È importante notare che la distanza tra le due sbarette è \ell-d, da cui si deduce immediatamente che l’inizio della prima sbaretta si trova nella posizione x=d.

Calcoliamo d\vec{F} (d\vec{F} è la forza al quale è sottoposta una carica infinitesima dq appartenente alla seconda sbaretta per via della presenza del campo elettrico \vec{E} definito da (98)

(99)   \begin{equation*}     d\vec{F}=\vec{E}\,dq=\frac{q\lambda}{4\pi\varepsilon_0\ell}\left(-\frac{1}{x}+\frac{1}{x-\ell}\right)dx\,\hat{x}=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0\ell^2}\left(-\frac{1}{x}+\frac{1}{x-\ell}\right)dx\,\hat{x}. \end{equation*}

È rilevante osservare che abbiamo posto h=x. La forza totale \vec{F} si trova integrando lungo l’intervallo d\leq x\leq d+\ell, cioè

(100)   \begin{equation*} \begin{aligned}     \vec{F}&=\int_d^{d+\ell} {\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0\ell^2}\left(-\frac{1}{x}+\frac{1}{x-\ell}\right)dx\,\hat{x}}=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0\ell^2}\int_d^{d+\ell} {\left(-\frac{1}{x}+\frac{1}{x-\ell}\right)dx\,\hat{x}}=\\     &=-\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0\ell^2}\ln\left(\frac{x}{x-\ell}\right)\Bigg|_d^{d+\ell}\,\hat{x}=-\frac{q^2}{4\pi\epsilon_0\ell^2}\Bigg[\ln\left(\frac{d+\ell}{d}\right)-\ln\left(\frac{d}{d-\ell}\right)\Bigg]\,\hat{x}=\\     &=-\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0\ell^2}\ln\left(\frac{d^2-\ell^2}{d^2}\right)\,\hat{x}=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0\ell^2}\ln\left(\frac{d^2}{d^2-\ell^2}\right)\,\hat{x}, \end{aligned} \end{equation*}

ossia:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{F}=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0\ell^2}\ln\Bigg(\frac{d^2}{d^2-\ell^2}\Bigg)\,\hat{x}=\text{1,32} \cdot10^{-5} \ \text{N}\,\hat{x}.}\]

Come ottenuto nella soluzione 1.


 
 

Esercizio 18  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar).Due sbarrette sottili di materiale isolante lunghe \ell=\text{0,5} \text{m}, sono disposte perpendicolarmente tra loro; la distanza del punto P dalle estremità delle due sbarrette è d=\text{0,1} \text{m}. Determinare il valore del campo elettrostatico \vec{E} in P, se su ciascuna sbarretta è distribuita uniformemente una carica q=\text{0,5} \cdot 10^{-9} \text{C}.

 
 

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Svolgimento.

Analizziamo ciascuna sbarretta singolarmente. Secondo il principio di sovrapposizione, ogni carica dq_1 appartenente alla sbarretta sull’asse x genera un campo elettrico lungo la direzione \hat{x}, mentre ogni carica dq_2 appartenente alla sbarretta sull’asse y genera un campo elettrico lungo la direzione \hat{y}. Valutiamo quindi i campi elettrici generati dalle due sbarrette nel punto P.    

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I campi elettrici delle rispettive cariche dq_1 e dq_2 nel punto P sono

(101)   \begin{equation*}     dE_1=\frac{dq_1}{4\pi\varepsilon_0y^2}\quad\quad\text{e}\quad\quad dE_2=\frac{dq_2}{4\pi\varepsilon_0x^2}, \end{equation*}

dove y è la distanza della carica dq_1 da P e x è la distanza della carica dq_2 da P. Notiamo che geometricamente le sbarrette sono uguali tra loro e in particolari hanno la stessa carica q distribuita in modo omogeneo quindi i campi generati nel punto P hanno stesso modulo. Per convincersi di ciò basta riscrivere la (101) in funzione della densità lineare di carica di ciascuna sbarra

(102)   \begin{equation*}     dE_1=\frac{\lambda_1}{4\pi\varepsilon_0y^2}\,dy\quad\quad\quad\text{e}\quad\quad dE_2=\frac{\lambda_2}{4\pi\varepsilon_0x^2}\,dx.		 \end{equation*}

Sappiamo ora che, essendo la carica distribuita uniformemente, la densità \lambda non sarà altro che il quoziente tra la carica totale presente sulla sbarretta e la sua lunghezza; dal momento che entrambe le sbarrette sono lunghe \ell ed entrambe possiedono una carica totale q, possiamo scrivere che \lambda_1=\lambda_2=\dfrac{q}{\ell}, da cui

(103)   \begin{equation*}     dE_1=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell y^2}\,dy\quad\quad\quad dE_2=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell x^2}\,dx. \end{equation*}

L’espressione dei due campi elettrici si trova integrando lungo il profilo delle sbarrette; per la prima avremo

(104)   \begin{equation*}     E_1=\int_d^{d+\ell} {\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell y^2}dy}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell}\int_d^{d+\ell}\frac{1}{y^2}\,dy=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell}\cdot \frac{1}{y}\Bigg|_{d+\ell}^{d}, \end{equation*}

da cui

(105)   \begin{equation*}     E_1=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell}\left(\frac{1}{d}-\frac{1}{d+\ell}\right)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell}\Bigg[\frac{\ell}{d(d+\ell)}\Bigg]. \end{equation*}

Con un procedimento del tutto analogo, si arriva allo stesso risultato per E_2, infatti

(106)   \begin{equation*}     E_2=\int_d^{d+\ell} {\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell x^2}dx}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\ell}\Bigg[\frac{\ell}{d(d+\ell)}\Bigg]. \end{equation*}

In figura 49 è rappresentato l’orientamento dei due vettori: \vec{E}_1 e \vec{E}_2. Essendo essi ortogonali tra di loro e giacenti sugli assi del sistema di riferimento considerato, avremo che il vettore campo elettrico totale è

(107)   \begin{equation*}     \vec{E}_{tot}=-E_2\,\hat{x}-E_1\,\hat{y}. \end{equation*}

Dunque, chiamando E=E_1=E_2, possiamo scrivere

(108)   \begin{equation*}    E_{tot}=\sqrt{E_2^2+E_1^2}=\sqrt{2E^2}=\sqrt{2}E , \end{equation*}

cioè:

    \[\boxcolorato{fisica}{E_{tot}=\frac{\sqrt{2}q}{4\pi\varepsilon_0 d(d+\ell)}=106 \ \frac{\text{N}}{\text{C}}.}\]


 
 

Esercizio 19  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar).Un sottile filo molto lungo di materiale isolante, parallelo all’asse x, è uniformemente carico con densità \lambda. Calcolare il campo elettrostatico \vec{E} in un punto P dell’asse y a distanza y da un estremo.

 
 

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Svolgimento.

Per risolvere il problema occorre considerare il contributo del campo d\vec{E} che ogni carica infinitesima dq presente sulla sbarretta genera nel punto P. In particolare, il campo d\vec{E} sarà diretto radialmente rispetto alla carica, come mostrato in figura 51.    

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Il campo elettrico d\vec{E} ha espressione analitica

(109)   \begin{equation*}     d\vec{E}=\frac{dq}{4\pi\varepsilon_0r^2}(-\sin\theta\,\hat{x}+\cos\theta\,\hat{y})=-\frac{dq\sin\theta}{4\pi\varepsilon_0r^2}\,\hat{x}+\frac{dq\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0r^2}\,\hat{y}, \end{equation*}

da cui, sfruttando il fatto che la carica è distribuita uniformemente lungo la sbarretta, e che dunque dq=\lambda\,dx, ricaviamo

(110)   \begin{equation*} d\vec{E}=-\frac{\lambda \,dx\sin\theta}{4\pi\varepsilon_0r^2}\,\hat{x}+\frac{\lambda\, dx\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0r^2}\,\hat{y}. \end{equation*}

A questo punto ci interessa trovare una funzione che esprima la distanza del punto P dalla carica dq in funzione dell’angolo \theta. Notiamo infatti dalla figura 51 che vale quanto segue

(111)   \begin{equation*}     y=r\cos\theta\quad\Leftrightarrow\quad r=\frac{y}{\cos\theta}. \end{equation*}

Notiamo che il valore di y è costante, infatti P è un punto fissato nello spazio; pertanto, le grandezze r e \cos\theta saranno tra loro inversamente proporzionali e varieranno in modo che il loro prodotto resti sempre lo stesso. Sappiamo inoltre dalla trigonometria che

(112)   \begin{equation*}     \tan\theta=\frac{x}{y}, \end{equation*}

da cui, ricordando che y è una costante, differenziando entrambi i membri, ricaviamo

(113)   \begin{equation*}     \frac{1}{\cos^2\theta}d\theta=\frac{dx}{y}\quad\Leftrightarrow\quad dx=\frac{y}{\cos^2\theta}d\theta. \end{equation*}

Sostituendo i risultati della (111) e della (113), possiamo riscrivere il campo elettrico d\vec{E} come segue

(114)   \begin{equation*} \begin{aligned} d\vec{E}&=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\left(-\ \frac{y}{\cos^2\theta}\cdot\frac{\cos^2\theta}{y^2}\cdot\sin\theta\,d\theta\,\hat{x}+\frac{\cos^2\theta}{y^2}\cdot\frac{y}{\cos^2\theta}\cdot	\cos\theta\, d\theta\,\hat{y}\right)=\\  &=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\left(-\frac{\sin\theta}{y}d\theta\,\hat{x}+\frac{\cos\theta}{y} d\theta\,\hat{y}\right). \end{aligned} \end{equation*}

Integrando ambo i membri dell’ultima relazione ottenuta si trova il vettore campo elettrico \vec{E}. Nei limiti dell’approssimazione suggerita dal testo, ossia che il filo sia molto lungo, possiamo ipotizzare che l’angolo \theta vari nell’intervallo 0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}, da cui

(115)   \begin{equation*}     \vec{E}=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0y}\left(\int_0^\frac{\pi}{2} {-\sin\theta \,d\theta\,\hat{x}}+\int_0^\frac{\pi}{2} {\cos\theta \,d\theta\,\hat{y}}\right)=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0y}\left(\cos\theta\,\hat{x}+\sin\theta\,\hat{y}\right)\Bigg|_0^\frac{\pi}{2}=\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0y}(\hat{y}-\hat{x}). \end{equation*}

Dunque abbiamo trovato:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{E}=\left(-\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0y};\frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0y}\right).}\]


 

Esercizio 20  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar).Una pallina di sughero di massa m=2 \text{g} con carica q= 5 \cdot 10^{-9} \text{C} è sospesa ad un filo. In presenza di un campo elettrostatico \vec{E}=(5 \, \hat{x} + 7 \,\hat{y}) \cdot 10^{5} \text{N/C} la pallina si trova in equilibrio, quando il filo forma con la verticale un angolo \theta. Calcolare:
 

  1. l’angolo \theta;
  2. la tensione T del filo.

 
 

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Svolgimento punto 1.

Ragioniamo su quali siano le forze che agiscono sulla pallina. Sappiamo che in presenza del campo elettrico \vec{E} avremo una forza elettrostatica \vec{F}=e\vec{E} sulla carica q. In figura 53 rappresentiamo le forze applicate alla carica q, cioè la tensione \vec{T}, la forza peso m\vec{g} e \vec{F}    

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Dalla seconda legge della dinamica, sappiamo che

(116)   \begin{equation*}     m\,\vec{a}=\vec{T}+\vec{P}+\vec{F} \end{equation*}

da cui, sapendo che la pallina si trova in equilibrio, e dunque che \vec{a}=\vec{0}\,\,\left[\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2} \right], troviamo

(117)   \begin{equation*}     \vec{T}+\vec{P}+\vec{F}=\vec{0}\,\,\text{N}. \end{equation*}

Riscriviamo la (117) come segue

(118)   \begin{equation*} q(E_x\,\hat{x}+E_y\,\hat{y})-mg\,\hat{y}+T\cos\theta\,\hat{y}-T\sin\theta\,\hat{x}=\vec{0}\,\,\left \text{N},\right \end{equation*}

da cui

(119)   \begin{equation*}     \begin{cases}     qE_x -T\sin\theta=0\,\left[\text{N}\right]\\\\       T\cos\theta+qE_y=mg     \end{cases}\Leftrightarrow\quad     \begin{cases}       T=\dfrac{qE_x}{\sin\theta}\\\\       \dfrac{qE_x}{\sin\theta}\cdot\cos\theta+qE_y=mg     \end{cases}\Leftrightarrow\quad     \begin{cases}       T=\dfrac{qE_x}{\sin\theta}\\\\       \dfrac{qE_x}{\tan\theta}+qE_y=mg,     \end{cases} \end{equation*}

pertanto

(120)   \begin{equation*}     \frac{qE_x}{\tan\theta}=mg-qE_y\quad\Rightarrow\quad\tan\theta=\frac{qE_x}{mg-qE_y}, \end{equation*}

cioè:

    \[\boxcolorato{fisica}{\theta=\arctan\left(\frac{qE_x}{mg-qE_y}\right)\approx \text{8,83}^{\circ}\approx\text{0,15} \ \text{rad}.}\]


Svolgimento punto 2.

Una volta trovato il valore di \theta, basterà sostituire il suo valore numerico in una relazione qualsiasi espressa nella (119) per trovare T. Si scelga, ad esempio, la prima:

    \[\boxcolorato{fisica}{T=\frac{qE_x}{\sin\theta}\approx \text{0,016} \ \text{N}.}\]


 
 

Esercizio 21  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Una sferetta di massa m=\text{0,2} g e carica q= 2 \cdot 10^{-10} C pende da un filo che forma un angolo \theta=5^{\circ} con una lastra indefinita di materiale isolante, posta verticalmente, carica con densità uniforme \sigma. Calcolare:
 

  1. il campo elettrostatico \vec{E} che agisce sulla sferetta;
  2. la densità di carica \sigma.

 
 

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Figura 54: geometria del problema 21.

Svolgimento punto 1.

In figura 55 rappresentiamo le forze applicate alla particella    

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Figura 55: diagramma delle forze.

   

dove \vec{T} è la tensione del filo, \vec{E}\,q è la forza elettrica e m\vec{g} è la forza peso. Infatti la particella q è sottoposta alla forza peso e alla tensione del filo e in particolare risentirà di una forza elettrostatica dovuta al campo elettrico \vec{E} generato dalla lastra. Dal secondo principio della dinamica avremo

(121)   \begin{equation*}     m\vec{a}=m\vec{g}+\vec{T}+\vec{E}\,q, \end{equation*}

da cui, poichè all’equilibrio l’accelerazione della massetta deve essere nulla, si ottiene

(122)   \begin{equation*}     m\vec{g}+\vec{T}+\vec{E}q=\vec{0}. \end{equation*}

Scomponendo le forze lungo gli assi x e y del sistema, otteniamo

(123)   \begin{equation*}     ma = m\ddot{x} = -\lvert q_0 \rvert E \quad \Leftrightarrow \quad \ddot{x} = -\frac{\lvert q_0 \rvert E}{m}, \end{equation*}

cioè, utilizzando (142),

(124)   \begin{equation*}     \ddot{x} = -\frac{q \lvert q_0 \rvert}{4\pi\varepsilon_0 m} \frac{x}{(x^2 + R^2)^{\frac{3}{2}}}, \end{equation*}

cioè

(125)   \begin{equation*}     \begin{cases}       \dfrac{mg}{\cos\theta}\sin\theta-Eq=0\,\,[\text{N}]\\\\       T=\dfrac{mg}{\cos\theta}     \end{cases}\,\quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases}       \tan\theta-\dfrac{Eq}{mg}=0\,\,[\text{N}]\\\\       T=\dfrac{mg}{\cos\theta},     \end{cases} \end{equation*}

dunque:

    \[\boxcolorato{fisica}{E=\frac{mg \tan\theta }{q}=\text{8,6}\cdot10^5\,\,\frac{\text{N}}{\text{ C}}.}\]


Svolgimento punto 2.

Sapendo inoltre che il campo elettrico prodotto da un piano indefinito è E=\dfrac{\sigma}{2\epsilon_0} si ha

    \[\boxcolorato{fisica}{\sigma=2E\varepsilon_0=\text{1,5}\cdot10^{-5} \  \frac{\text{C}}{\text{m}^2}.}\]


 
 

Esercizio 22  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Tre piani indefiniti di materiale isolante sono carichi con densità uniformi \sigma_1=\sigma, \sigma_2 = - 2 \sigma, \sigma_3 = \sigma, con \sigma=\text{8,86} \cdot 10^{-8} C/m^2. Determinare il campo elettrostatico \vec{E} nello spazio esterno ai piani e nelle intercapedini tra i piani.

 
 

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Figura 56: schema del problema 22.

Svolgimento.

Per risolvere questo problemaè importante ricordare che il campo elettrico prodotto da un piano indefinito è

(126)   \begin{equation*}     E=\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\,\hat{n}, \end{equation*}

dove \hat{n} è il verso normale ad ogni punto di ogni piano indefinito parallelo alla sorgente(piano indefinito carico). Introduciamo un sistema di riferimento 0x come in figura 54.    

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Figura 57: sistema di riferimento problema 22.

   

Il campo elettrico generato da una lastra indefinita è diretto perpendicolarmente rispetto al piano della lastra stessa; di conseguenza, scegliendo un sistema di riferimento come quello in figura 57, possiamo scrivere

(127)   \begin{equation*}     \vec{E}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\hat{x}. \end{equation*}

Notiamo inoltre che in figura 57 abbiamo tenuto conto del verso di orientamento del campo generato da ciascuna distribuzione: ricordiamo infatti che le linee di campo, per \sigma>0, saranno dirette in verso uscente dalla lastra, viceversa, se \sigma<0, esse saranno dirette in verso entrante. A questo punto, soffermiamoci ad analizzare cosa succede in ciascuna delle quattro regioni mostrate in figura 57. Per x<x_1 notiamo che i contributi delle lastre esterne saranno negativi mentre il contributo della lastra centrale sarà positivo. Di conseguenza, in questa regione avremo un campo \vec{E}_{TOT_1}

(128)   \begin{equation*}     \vec{E}_{TOT_1}=(-E_1+E_2-E_3)\,\hat{x}=\left(-\frac{\lvert\sigma_1\rvert}{2\varepsilon_0}+\frac{\lvert\sigma_2\rvert}{2\varepsilon_0}-\frac{\lvert\sigma_3\rvert}{2\varepsilon_0}\right)\hat{x}=\left(-\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}+\frac{2\sigma}{2\varepsilon_0}-\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\right)\,\hat{x}=0\,\hat{x} \ \left\frac{\text{N}}{\text{C}}\right, \end{equation*}

dove gli indici relativi ai moduli dei campi elettrici sono i rispettivi delle distribuzioni di carica proposte dal testo. Utilizzando lo stesso procedimento, calcoliamo il campo nella regione di spazio x_1<x<x_2. In questa zona, facendo riferimento alla figura 57, si ha

(129)   \begin{equation*}     \begin{aligned} 		\vec{E}_{TOT_2}& =(E_1+E_2-E_3)\,\hat{x}=\\[7pt] 		&=\left(\frac{\lvert\sigma_1\rvert}{2\varepsilon_0}+\frac{\lvert\sigma_2\rvert}{2\varepsilon_0}-\frac{\lvert\sigma_3\rvert}{2\epsilon_0}\right)\hat{x}=\\[7pt] 		&=\left(\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}+\frac{2\sigma}{2\varepsilon_0}-\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\right)\,\hat{x}=\\[7pt] 		&=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\,\hat{x}\,=\\[7pt] 		&=-10^4\hat{x}\ \left(\frac{\text{N}}{\text{C}}\right). 	\end{aligned} \end{equation*}

Ripetiamo dunque lo stesso ragionamento per x_2<x<x_3

(130)   \begin{equation*}     	\begin{aligned} 		\vec{E}_{TOT_3}& =(E_1-E_2-E_3)\,\hat{x}=\\[7pt] 		&=\left(\frac{\lvert\sigma_1\rvert}{2\varepsilon_0}-\frac{\lvert\sigma_2\rvert}{2\varepsilon_0}-\frac{\lvert\sigma_3\rvert}{2\varepsilon_0}\right)\hat{x}=\\[7pt]	&=\left(\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}-\frac{2\sigma}{2\varepsilon_0}-\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\right)\,\hat{x}=\\[7pt] 		&=-\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\,\hat{x}=\\[7pt] 		&=-10^4\,\hat{x} \ \left(\frac{\text{N}}{\text{C}}\right). 	\end{aligned} \end{equation*}

Infine per x>x_3 si ha

(131)   \begin{equation*}     \vec{E}_{TOT_4}=(E_1-E_2+E_3)\,\hat{x}=\left(\frac{\lvert\sigma_1\rvert}{2\varepsilon_0}-\frac{\lvert\sigma_2\rvert}{2\varepsilon_0}+\frac{\lvert\sigma_3\rvert}{2\varepsilon_0}\right)\hat{x}=\left(\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}-\frac{2\sigma}{2\varepsilon_0}+\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\right)\,\hat{x}=0\,\hat{x} \ \left\frac{\text{N}}{\text{C}}\right. \end{equation*}

Riassumiamo dunque di seguito i risultati ottenuti:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{E}=     \begin{cases}       0\,\hat{x}  \ \left\frac{\text{N}}{\text{C}}\right& se \  x<x_1\\\\       \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\hat{x}=10^4\,\hat{x} \ \ \left\frac{\text{N}}{\text{C}}\right & se \  x_1<x<x_2\\\\       -\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\hat{x}=-10^4\,\hat{x}  \ \left\frac{\text{N}}{\text{C}}\right & se \  x_2<x<x_3\\\\       0\,\hat{x}  \ \left\frac{\text{N}}{\text{C}}\right. & se \  x>x_3.     \end{cases}}\]


 
 

Esercizio 23  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Sul bordo di un disco isolante, uniformemente carico con densità \sigma e di raggio R=10 \text{cm}, è appeso un filo di lunghezza \ell, al cui estremo c’è una pallina di sughero di massa m=2 \text{g} e carica q=4 \cdot 10^{-8} \tect{C}. All’equilibrio la pallina si trova sull’asse x del disco e la sua distanza dal centro del disco è r=2 \text{cm}. Calcolare la carica q_d del disco.

 
 

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Figura 58: schema del problema 23.

Svolgimento

Per risolvere il problema, è utile ricordare l’espressione del campo elettrico \vec{E} generato da un disco carico con densità superficiale \sigma (supponendo che sia costante)

(132)   \begin{equation*}  \vec{E}=\frac{\sigma x}{2\varepsilon_0}\left(-\frac{1}{\sqrt{x^2+R^2}}+\frac{1}{\lvert x\rvert}\right)\,\hat{x},    \end{equation*}

dove x è la distanza dal centro del disco e \hat{x} è il versore dell’asse x di un sistema di riferimento Ox con origine O centrato nel centro del disco e con asse x perpendicolare al disco stesso. Scegliendo un sistema di riferimento Ox con origine O nel centro del disco e asse x orientato positivamente nel verso della carica q ovvero la carica q si trova nella posizione x=r, si ha

(133)   \begin{equation*}  \vec{E}=\frac{\sigma r}{2\varepsilon_0}\left(-\frac{1}{\sqrt{r^2+R^2}}+\frac{1}{ r}\right)\,\hat{x}. \end{equation*}

La sfera di sughero è sottoposta ad una forza di natura elettrostatica \vec{F}=q\vec{E} dovuta al campo elettrico prodotto dal disco. Inoltre, la pallina risentirà anche della forza peso e della tensione del filo che la tiene connessa al disco. Riportiamo di seguito uno schema che mostri le forze che agiscono sulla pallina all’equilibrio definendo un nuovo sistema di riferimento O^\prime x^\prime y^\prime con origine O^\prime nella posizione della pallina stessa    

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Figura 59: diagramma delle forze agenti sulla pallina di sughero.

    Per il secondo principio della dinamica, avremo

(134)   \begin{equation*}     m\vec{a}=\vec{T}+q\vec{E}+m\vec{g}, \end{equation*}

dove, poichè all’equilibrio il corpo è in quiete, \vec{a} dovrà essere nulla. Si ottiene perciò

(135)   \begin{equation*}     \vec{T}+q\vec{E}+m\vec{g}=\vec{0}\,\,\left N\right. \end{equation*}

Facendo riferimento alla figura 59, possiamo riscrivere la (135) nel seguente modo

(136)   \begin{equation*}     \begin{cases}       T\sin\theta-mg=0\,\,\left[N\right]\\\\       T\cos\theta-qE=0\,\,\left[N\right]     \end{cases}\,\quad\Leftrightarrow\quad     \begin{cases}     T=\dfrac{mg}{\sin\theta}\\\\     \dfrac{mg}{\sin\theta}\cos\theta=qE     \end{cases}\,\quad\Leftrightarrow\quad     \begin{cases}     T=\dfrac{mg}{\sin\theta}\\\\     \dfrac{mg}{\tan\theta}=qE,     \end{cases} \end{equation*}

pertanto

(137)   \begin{equation*}     E=\frac{mg\cot\theta}{q}. \end{equation*}

Sappiamo che questa espressione deve essere uguale al modulo della (133) in quanto entrambe esprimono il campo elettrico generato dal disco, cioè

(138)   \begin{equation*} \frac{\sigma r}{2\varepsilon_0}\left(-\frac{1}{\sqrt{r^2+R^2}}+\frac{1}{ r}\right)=\frac{mg\cot\theta}{q}, \end{equation*}

da cui possiamo ricavare l’espressione della distribuzione di carica \sigma

(139)   \begin{equation*}     \sigma=\dfrac{2\varepsilon_0}{r}\cdot\dfrac{\left(\dfrac{mg\cot\theta}{q}\right)}{\left(-\dfrac{1}{\sqrt{r^2+R^2}}+\dfrac{1}{ r}\right)}. \end{equation*}

A questo punto abbiamo che, per definizione, \sigma sarà uguale al rapporto tra la carica q_d del disco e la superficie S dello stesso, cioè

(140)   \begin{equation*}  \sigma=\frac{q_d}{S}\quad\Leftrightarrow\quad q_d=\sigma S=\pi R^2\sigma.    \end{equation*}

Allora, sostituendo al posto della \sigma l’espressione trovata nella (139) e sfruttando il fatto che dalla trigonometria sappiamo che \cot\theta=\dfrac{r}{R}, avremo

(141)   \begin{equation*}     q_d=\dfrac{2\varepsilon_0\pi R^2}{r}\cdot\dfrac{\left(\dfrac{mgr}{Rq}\right)}{\left(-\dfrac{1}{\sqrt{r^2+R^2}}+\dfrac{1}{ r}\right)}=\dfrac{2mgr\varepsilon_{0}\pi R}{q\left(1-\dfrac{r}{\sqrt{r^2+R^2}}\right)}, \end{equation*}

da cui, in definitiva, ricaviamo:

    \[\boxcolorato{fisica}{tq_d=\dfrac{2mgr\varepsilon_{0}\pi R}{q\left(1-\dfrac{r}{\sqrt{r^2+R^2}}\right)}\approx \text{6,8}\cdot 10^{-8}\,\,\text{C}.}\]


 
 

Esercizio 24  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Una particella di massa m=10^{-3} \,\text{kg} e carica q_0=-10^{-10} \text{C} è posta al centro di un anello sottile di materiale isolante di raggio R=10 \text{cm}, su cui è distribuita uniformemente una carica q=10^{-8} \text{C}. La particella viene spostata di un piccolo tratto x_0=\text{0,5} \text{cm} lungo l’asse x e abbandonata. In particolare sotto l’ipotesi che la particella sia vincolata a muoversi sull’asse delle x in figura 60 Dimostrare:
 

  1. che la particella compie delle piccole oscillazioni armoniche intorno alla posizione di equilibrio, determinando il periodo T delle stesse;
  2. Calcolare l’energia cinetica E_k della particella quando passa per l’origine.

 
 

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Figura 60: schema del problema 24.

Svolgimento punto 1.

Per risolvere il problema, è utile ricordare l’espressione del campo elettrico \vec{E} generato da un anello carico con densità lineare \lambda (supposta costante)

(142)   \begin{equation*}     \vec{E}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{x}{(x^2+R^2)^{\frac{3}{2}}}\,\hat{x}, \end{equation*}

dove x è la distanza tra il centro del disco e particella q. Dal momento che la carica q dell’anello è positiva e la carica q_0 è negativa, nello scrivere la forza presente tra le due dobbiamo tenere conto del fatto che tale forza sarà attrattiva e dunque essa dovrà essere orientata negativamente rispetto all’asse x. Avremo pertanto

(143)   \begin{equation*}  \vec{F}=-\lvert q_0\rvert\vec{E}.    \end{equation*}

Dal secondo principio della dinamica sappiamo che

(144)   \begin{equation*}     m\vec{a}=-\lvert q_0\rvert\vec{E}, \end{equation*}

da cui

(145)   \begin{equation*}     ma=m\ddot{x} =-\lvert q_0\rvert E\quad\Leftrightarrow\quad \ddot{x}=-\frac{\lvert q_0\rvert E}{m}, \end{equation*}

cioè

(146)   \begin{equation*}     \ddot{x}=-\frac{q\lvert q_0\rvert}{4\pi\varepsilon_0 m}\frac{x}{(x^2+R^2)^{\frac{3}{2}}}. \end{equation*}

Notiamo che la distanza R\gg x_0>x e pertanto si ha dagli sviluppi di Taylor

(147)   \begin{equation*} \dfrac{x}{\left(x^2+R^2\right)^{\frac{3}{2}}}=\dfrac{x}{R^3\left(1+\dfrac{x^2}{R^2}\right)^{\frac{3}{2}}}\approx\dfrac{x}{R^3}, \end{equation*}

da cui

(148)   \begin{equation*}  \ddot{x}=-\frac{q\lvert q_0\rvert x}{4\pi\varepsilon_0 m R^3}. \end{equation*}

Ricordiamo che la condizione necessaria e sufficiente affinché il moto di un corpo sia armonico e che sia descritto dalla seguente equazione differenziale del secondo ordine omogenea a coefficienti costanti

(149)   \begin{equation*} \ddot{x}+\omega^2x=0, \end{equation*}

dove \omega=\dfrac{2\pi}{T} ovvero la pulsazione del moto armonico; confrontando (148) e (149) si può concludere che il moto del corpo è armonico e in particolare si ha

(150)   \begin{equation*}     \omega=\sqrt{\frac{q\lvert q_0\rvert}{4\pi\varepsilon_0 mR^3}}, \end{equation*}

dalla quale è possibile trovare il periodo:

    \[\boxcolorato{fisica}{T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac{4\pi\varepsilon_0 mR^3}{q\lvert q_0\rvert}}\approx \text{66,3} \ \text{s}.}\]


Svolgimento punto 2.

Il moto è armonico quindi sappiamo che quando passa per l’origine la velocità è massima, cioè v_{\text{max}}=\omega x_0 e quindi:

    \[\boxcolorato{fisica}{	E_K=\dfrac{1}{2}mv^2_{\text{max}}=\dfrac{1}{2}m\omega^2 x^2_0.}\]


 
 

Esercizio 25  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Nell’esperimento di Millikan una goccia d’olio (\rho_{\mbox{\tiny{olio}}} = \text{0,8} \cdot 10^3 kg/m^3), di raggio r=\text{1,8} \, \mu m e carica positivamente, viene mantenuta in equilibrio mediante un campo elettrico E=\text{1,2} \cdot 10^5 \text{N/C} . Calcolare:
 

  1. la carica q della goccia in funzione della carica elementare e=1,6 \cdot 10^{-19}\, \text{C};
  2. di quanto bisogna variare E se la carica q diminuisce di \Delta q = e, per mantenere l’equilibrio.

 
 

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Figura 61: schema esercizio 25.

Svolgimento punto 1.

La particella si trova in equilibrio. Le forze applicate ad essa sono la sua forza peso e la forza elettrostatica \vec{F}=q\vec{E}. Per trovare la forza peso, procediamo col calcolo della massa. Sappiamo che la densità \rho di una sostanza è definita come il rapporto tra la sua massa m e il suo volume V, ossia in questo caso

(151)   \begin{equation*} \rho=\frac{m}{V}\quad\Leftrightarrow\quad m=\rho V=\frac{4}{3}\pi\rho\, r^3. \end{equation*}

All’equilibrio, abbiamo

(152)   \begin{equation*}     \vec{F}+\vec{P}=\vec{0}\,\,\text{N}\quad\Leftrightarrow\quad\vec{F}=-\vec{P}, \end{equation*}

da cui

(153)   \begin{equation*} qE=\frac{4}{3}\pi\rho gr^3. \end{equation*}

Dividendo entrambi i membri per E troviamo il valore della carica

    \[\boxcolorato{fisica}{q=\dfrac{\dfrac{4}{3}\pi\rho gr^3}{E}=\text{1,6}\cdot10^{-18} \ \text{C}.}\]

Troviamo inoltre che la carica della massa in funzione della carica e:

    \[\boxcolorato{fisica}{tn=\frac{q}{e}=10.}\]


Svolgimento punto 2.

Se la carica q diminuisce di \Delta q=e, vorrà dire che la carica presente tra le due lastre sarà q-e. Iterando lo stesso procedimento utilizzato nel punto precedente, avremo

(154)   \begin{equation*}   E\cdot(q-e)=\frac{4}{3}\pi\rho gr^3, \end{equation*}

da cui

(155)   \begin{equation*}     E=\frac{\dfrac{4}{3}\pi\rho gr^3}{q-e}=\text{1,3}\cdot10^5 \ \frac{\text{N}}{\text{C}}. \end{equation*}

Notiamo che, rispetto al campo elettrico iniziale, in questa nuova configurazione E è aumentato. Facendo la differenza tra i due valori avremo:

    \[\boxcolorato{fisica}{\Delta E=10^4 \ \frac{\text{N}}{\text{C}}.}\]