Esercizi sulla legge di Gauss

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Esercizi sulla legge di Gauss

I seguenti esercizi sulla legge di Gauss sono tratti dal libro Elementi di Fisica. Elettromagnetismo e Onde di P.Mazzoldi – M.Nigro – C.Voci. Lo scopo di questo lavoro è fornire soluzioni del capitolo 3 cercando di essere il più chiari e dettagliati possibili. Questo materiale è destinato agli studenti di ingegneria, fisica e matematica, offrendo un supporto didattico utile per la comprensione dei concetti chiave trattati nel corso di Fisica 2.

Gli esercizi sono organizzati in ordine di difficoltà crescente per facilitare un apprendimento graduale e sistematico. Ogni soluzione è presentata con un’attenzione particolare ai dettagli, spiegando passo dopo passo i procedimenti e le logiche utilizzate. Questo approccio permette di comprendere non solo il “come”, ma anche il “perché” delle soluzioni, favorendo una maggiore assimilazione dei concetti teorici e pratici.

Il nostro obiettivo è fornire uno strumento di studio completo e accurato che possa aiutare gli studenti a prepararsi al meglio per esami e verifiche, nonché a sviluppare una solida comprensione dei principi dell’elettromagnetismo. Siamo certi che queste soluzioni dettagliate saranno un valido aiuto per affrontare con successo le sfide accademiche del vostro corso di studi.

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Ottieni il documento contenente 20 esercizi risolti, contenuti in 29 pagine ricche di dettagli, per migliorare la tua comprensione della legge di Gauss.

Autori e revisori esercizi sulla legge di Gauss

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Autore: Valerio Brunetti.

Revisore: Vittorio Larotonda.

Testi degli esercizi sulla legge di gauss

Esercizio 1 $(\bigstar \largewhitestar\largewhitestar \largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il flusso $\Phi_\Sigma(\vec{E})$ del campo elettrostatico $\vec{E} = 2\cdot 10^4 \,\tfrac{\text{V}}{\text{m}}\,\hat{x}$ :

attraverso un quadrato di lato $\ell= 10 \, \text{cm}$ posto nel piano $yz$ ;
attraverso lo stesso quadrato se la normale al quadrato forma un angolo $\alpha = 30^\circ$ con il campo $\vec{E}$ .

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Figura 1: figura relativa allo svolgimento 1 dell’esercizio 1.

Svolgimento punto 1.

Il caso in esame è rappresentato in figura 1 dove il quadrato in blu, che rappresenta la nostra superficie $\Sigma$ , giace sul piano $yz$ e il vettore campo elettrico è diretto lungo l’asse delle $x$ , quindi, il versore normale $\hat{n}$ al quadrato considerato sarà diretto lungo l’asse delle $x$ , parallelamente al campo elettrostatico. Consideriamo la definizione del flusso di campo elettrostatico

(1) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma (\vec{E}) = \iint_{\Sigma}\vec{E}\cdot \hat{n}\,d\Sigma. \end{equation*}$

Tenendo conto che il campo è costante in tutti i punti della superficie $\Sigma$ , possiamo portarlo fuori dall’integrale. In questo caso, l’integrale doppio equivale all’area del quadrato in figura 1. Pertanto, l’integrale nell’equazione (1) diventa

(2) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma (\vec{E}) = \vec{E} \cdot \hat{n} \,\ell^2=E\ell^2 \cos0^\circ=E\ell^2, \end{equation*}$

dove abbiamo considerato che, come osservato in precedenza, $\vec{E}$ ed $\hat{n}$ sono paralleli, per cui l’angolo tra i due vettori da considerare nel prodotto scalare è nullo. Sostituendo i valori numerici forniti dal problema nell’equazione (2), otteniamo il risultato della parte 1 del problema:

$\boxcolorato{fisica}{\Phi_\Sigma(\vec{E}) = 200\, \text{Vm}.}$

Svolgimento punto 2.

Ci viene chiesto di considerare un angolo tra il versore normale alla superficie $\hat{n}$ e il vettore campo elettrico $\vec{E}$ pari ad $\alpha = 30^o$ . Dato che il campo $\vec{E}$ continua a essere costante in tutti i punti della superficie $\Sigma$ si può effettuare lo stesso ragionamento che ci ha portato a scrivere l’equazione (2), la differenza è che bisogna considerare il coseno dell’angolo $\alpha$

(3) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma (\vec{E}) = \vec{E} \cdot \hat{n} \,\ell^2 = E\, \ell^2 \cos\alpha = E\, l^2 \cos30^\circ=\dfrac{\sqrt{3}}{2}E\ell^2. \end{equation*}$

Sostituendo, nuovamente, i valori numerici otteniamo la soluzione seguente:

$\boxcolorato{fisica}{\Phi_\Sigma(\vec{E}) \approx \text{173,2}\,\text{Vm}.}$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un campo elettrostatico uniforme $\vec{E} = a\hat{x} + b\hat{y}$ interseca una superficie piana di area $\Sigma$ . Calcolare il flusso $\Phi_\Sigma(\vec{E})$ del campo $\vec{E}$ attraverso la superficie $\Sigma$ se:

si trova nel piano $xy$ ;
nel piano $xz$ ;
nel piano $yz$ .

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Figura 2: schema esercizio 2.

Svolgimento punto 1.

Consideriamo una terna cartesiana destrorsa come mostrato in figura 2. In questo caso, $\Sigma$ giace sul piano $xy$ , per cui la normale alla superficie è rappresentata dal versore $\hat{z}$ , quindi si ha

(4) $\begin{equation*} \begin{aligned} \Phi_\Sigma(\vec{E}) &= \vec{E} \cdot \hat{n} \, \Sigma = (a\hat{x} + b \hat{y}) \cdot \Sigma \hat{z} = a\Sigma \,\left(\hat{x} \cdot \hat{z}\right)+ b\Sigma \left( \hat{y} \cdot \hat{z}\right) =\\ &= a\Sigma \cos90^\circ + b\Sigma \cos90^\circ=0\,\text{Vm}. \end{aligned} \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{\Phi_\Sigma(\vec{E}) = 0\, \text{Vm}.}$

Svolgimento punto 2.

In questo caso, la superficie $\Sigma$ si trova nel piano $xz$ , quindi il versore normale coincide con il versore $\hat{y}$ . Pertanto, si ha

(5) $\begin{equation*} \begin{aligned} & \Phi_\Sigma(\vec{E}) = \vec{E} \cdot \hat{n} \, \Sigma = (a\hat{x} + b \hat{y}) \cdot \Sigma \hat{y} = a\Sigma\left(\hat{x} \cdot \hat{y} \right)+ b \Sigma\left(\hat{y} \cdot \hat{y}\right) =\\ &= a\Sigma \cos90^o + b\Sigma \cos0^o= b\Sigma. \end{aligned} \end{equation*}$

Per cui, concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{ \Phi_\Sigma(\vec{E}) = b\,\Sigma.}$

Svolgimento punto 3.

Nel terzo caso, consideriamo una superficie di area $\Sigma$ che giace nel piano $yz$ . Il versore normale alla superficie coincide con il versore $\hat{x}$ , quindi si ha

(6) $\begin{equation*} \begin{aligned} \Phi_\Sigma(\vec{E}) &= \vec{E} \cdot \hat{n} \, \Sigma = (a\hat{x} + b \hat{y}) \cdot \Sigma \hat{x} = a\Sigma\left(\hat{x} \cdot \hat{x} \right)+ b\Sigma\left( \hat{y} \cdot \hat{x}\right)\\ &= a\Sigma \cos 0^\circ + b \Sigma \cos 90^\circ = a\Sigma. \end{aligned} \end{equation*}$

Quindi, il risultato finale del problema è:

$\boxcolorato{fisica}{ \Phi_\Sigma(\vec{E}) = a\,\Sigma.}$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il flusso $\Phi_\Sigma(\vec{E})$ del campo elettrostatico $\vec{E} = 5\cdot 10^5 x\hat{z} \tfrac{\text{V}}{\text{m}^2}$ attraverso il quadrato di lato $a=5\,\text{cm}$ , (mostrato in figura), orientato con la normale concorde all’asse $\hat{z}$ .

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Svolgimento.

È bene notare che questo esercizio è leggermente diverso da quelli trattati finora. Infatti il campo elettrostatico $\vec{E}$ non è più costante ma varia al variare della coordinata $x$ . Non possiamo più, quindi, effettuare il ragionamento fatto nel problema 2 che ci ha portato a trovare il campo elettrico dall’integrale che definisce il flusso. Dobbiamo, invece ora, considerare il flusso del campo infinitesimo attraverso una superficie $d\Sigma$ . Osserviamo che il campo è diretto lungo $\hat{z}$ quindi è parallelo al versore normale $\hat{n}$ del quadrato che giace nel piano $xy$ . Abbiamo

(7) $\begin{equation*} d\Phi_\Sigma(\vec{E}) = \vec{E} \cdot \hat{n}\, d\Sigma = E \cos0^\circ d\Sigma = E d\Sigma. \end{equation*}$

Consideriamo come superficie infinitesima il quadratino di lati $dx$ e $dy$ indicato in figura 3, si ha

(8) $\begin{equation*} d\Sigma = dx\,dy. \end{equation*}$

Calcoliamo, quindi, il flusso del campo elettrico integrando la (7) sul quadrato di lato $a$

(9) $\begin{equation*} \begin{split} \Phi_\Sigma (\vec{E}) &= \iint_{\Sigma}\vec{E}\cdot \hat{n}\,d\Sigma = \iint_{\Sigma} E\,d\Sigma = 5\cdot 10^5\, \frac{\text{V}}{\text{m}} \int_0^a dy \int_0^a x\,dx =\\ &= 5\cdot 10^5\, \,\, y\bigg\vert_0^a\,\,\frac{x^2}{2}\bigg\vert_0^a\,\frac{\text{V}}{\text{m}} = 5\cdot 10^5\frac{a^3}{2}\,\frac{\text{V}}{\text{m}}. \end{split} \end{equation*}$

Sostituendo il valore numerico di $a = 5\,\text{cm}$ si ottiene il flusso del campo elettrico:

$\boxcolorato{fisica}{ \Phi_\Sigma(\vec{E}) = \text{31,25}\,\text{Vm}.}$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Il flusso di un campo elettrostatico $\vec{E}$ uniforme attraverso un disco di raggio $R = 20\,\text{cm}$ , la cui normale forma un angolo $\theta = 60^\circ$ con $\vec{E}$ , vale $\Phi_\Sigma(\vec{E}) = \text{1,26}\cdot 10^4\, \text{Vm}$ . Calcolare il valore del campo $\vec{E}$ .

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Figura 4: schema esercizio 4.

Svolgimento.

Procediamo scrivendo il flusso come l’integrale del campo elettrico $\vec{E}$ lungo la superficie $\Sigma$ .

(10) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma (\vec{E}) = \iint_{\Sigma}\vec{E}\cdot \hat{n}\,d\Sigma. \end{equation*}$

Questo problema rappresenta il caso di un campo elettrico costante, che può quindi essere portato fuori dall’integrale, inclinato di un certo angolo rispetto alla normale alla superficie, come illustrato in figura 4. Per questo si ha, in analogia con l’equazione (2)

(11) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma (\vec{E}) = \vec{E} \cdot \hat{n} \,A = E\, A \cos(60^\circ), \end{equation*}$

dove $A$ è l’area del disco. Dato che l’area della superficie considerata è

(12) $\begin{equation*} A = \pi R^2, \end{equation*}$

l’equazione (11) diventa

(13) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma (\vec{E}) = E\,\pi R^2 \cos(60^\circ). \end{equation*}$

Invertiamo questa relazione per trovare un’espressione del campo elettrico in funzione di quantità note

(14) $\begin{equation*} E = \frac{\Phi_\Sigma (\vec{E})}{\pi R^2 \cos(60^o)}. \end{equation*}$

Sostituendo i valori numerici si ha:

$\boxcolorato{fisica}{ E = \text{2,1}\cdot 10^5 \dfrac{\text{N}}{\text{C}}.}$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Con riferimento alla figura, il campo elettrostatico $\vec{E}$ varia con la legge $\vec{E} = (5 + 4x^2) \cdot 10^5 \,\hat{x} \,\frac{\text{V}}{\text{m}}$ con $x$ espresso in metri. Calcolare:

il flusso $\Phi_\Sigma(\vec{E})$ attraverso la superficie chiusa di lati $a = 10\, \text{cm}$ , $b = 15\, \text{cm}$ e $c = 20\, \text{cm}$ ;
la carica $q$ contenuta all’interno del parallelepipedo.

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Figura 5: schema esercizio 5.

Come si osserva in figura 5, questo problema ripropone il caso di un campo elettrico dipendente dalla variabile $x$ . Questa volta, tuttavia, viene considerato il flusso attraverso una superficie chiusa, rendendo possibile la risoluzione del problema anche tramite il teorema di Gauss.

Soluzione punto 1.

Innanzitutto, osserviamo, facendo riferimento alla figura 5, che il campo elettrico è parallelo alle facce del parallelepipedo che giacciono sui piani $xy$ e $xz$ . Pertanto, il contributo al flusso del campo elettrico di queste facce è nullo. Le uniche due facce che contribuiscono effettivamente al flusso del campo elettrostatico sono le facce parallele al piano $yz$ con lati $a$ e $b$ . Queste facce sono posizionate rispettivamente alla coordinata $x = 0$ per la prima e $x = c$ per la seconda. Bisogna quindi valutare il campo elettrico, che è una funzione di $x$ , su entrambe le facce. In particolare, si ha

(15) $\begin{equation*} \begin{split} \vec{E_1} &= \vec{E}(x = 0)= (5 + 4(0)^2) \cdot 10^5 \,\hat{x} \,\dfrac{\text{V}}{\text{m}} = 5 \cdot 10^5\, \hat{x}\, \dfrac{\text{V}}{\text{m}}.\\ \vec{E_2} &= \vec{E}(x = c) = (5 + 4c^2) \cdot 10^5\, \hat{x} \,\dfrac{\text{V}}{\text{m}}. \end{split} \end{equation*}$

Si osserva che il campo elettrico varia dalla prima alla seconda faccia, ma considerando una superficie parallela al piano $yz$ a un fissato valore di $x$ , il campo elettrico su questa superficie è costante in ogni punto, inoltre, notiamo che i vettori $\vec{E_1}$ e $\vec{E_2}$ sono paralleli alle normali delle facce del parallelepipedo considerate. Per convenzione, la normale di una superficie chiusa punta sempre verso l’esterno. Per questo motivo, il vettore campo elettrico relativo alla prima faccia è diretto nella direzione positiva dell’asse $x$ , mentre la normale $\hat{n}_1$ alla faccia del parallelepipedo è diretta nella direzione opposta. Di conseguenza, il contributo al flusso dato da questa faccia del parallelepipedo sarà negativo.

Per quanto riguarda la normale $\hat{n}_2$ della seconda faccia parallela al piano $yz$ , essa è concorde con la direzione del vettore campo elettrico, contribuendo positivamente al flusso. Poiché le superfici considerate sono rettangoli con lati $a$ e $b$ , l’area $\Sigma$ di ciascuna faccia sarà

$\Sigma = ab.$

Quindi, da questi ragionamenti, otteniamo che il flusso sarà

(16) $\begin{align*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) &= \vec{E_1} \cdot \hat{n_1}\,\Sigma + \vec{E_2}\cdot \hat{n_2}\,\Sigma = E_1 \,\Sigma \cos(180^o) + E_2 \,\Sigma \cos(0^o) = \\ &=(E_2 - E_1)\,\Sigma = \left((5 + 4c^2) \cdot 10^5 - 5 \cdot 10^5\right)\,\Sigma =\\ &= \left((5 + 4c^2) \cdot 10^5 - 5 \cdot 10^5\right)ab. \end{align*}$

Sostituendo i valori numerici si trova

$\boxcolorato{fisica}{ \Phi_\Sigma(\vec{E}) = 240 \ \text{Vm}.}$

Svolgimento punto 2.

Per risolvere questo punto, si utilizza il teorema di Gauss, che afferma che il flusso del campo elettrico attraverso una superficie chiusa è proporzionale alla carica $q$ contenuta all’interno della superficie, secondo la relazione

(17) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = \frac{q}{\varepsilon_0}, \end{equation*}$

dove con $\varepsilon_0 = \text{8,85} 10^-12 \frac{\text{C}^2}{\text{Nm}^2}$ si indica la costante dielettrica del vuoto. Da questa equazione si può ricavare il valore della carica contenuta all’interno della superficie chiusa

(18) $\begin{equation*} q = \Phi_\Sigma(\vec{E})\, \varepsilon_0. \end{equation*}$

Quindi, usando il risutato ricavato per il punto precedente, si ottiene:

$\boxcolorato{fisica}{ q = \text{2,124} \cdot 10^-5\, \text{C}}$

Approfondimento.

Risolviamo ora il punto 1 tramite il teorema di Gauss in forma integrale. Il teorema dice che l’integrale di flusso attraverso una superficie chiusa di un campo vettoriale è pari all’integrale triplo, eseguito sul volume interno alla superficie, della divergenza del campo. Si ha quindi:

(19) $\begin{equation*} \iint_{\Sigma} \vec{E}\cdot \hat{n}\, d\Sigma = \iiint_V \vec{\nabla}\cdot \vec{E}\, dV , \end{equation*}$

dove con $\vec{\nabla}$ si indica l’operatore nabla, ossia un vettore che ha per componenti le derivate parziali rispetto alle variabili spaziali $x$ , $y$ e $z$

(20) $\begin{equation*} \vec{\nabla} = \left(\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z} \right) . \end{equation*}$

La divergenza del campo elettrico equivale ad eseguire il prodotto scalare tra $\vec{\nabla}$ e $\vec{E}$

(21) $\begin{equation*} \vec{\nabla}\cdot \vec{E} = \left(\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z} \right) \cdot \left(E_x, E_y,E_z \right) = \frac{\partial E_x}{\partial x} + \frac{\partial E_y}{\partial y} +\frac{\partial E_z }{\partial z}. \end{equation*}$

Nel caso considerato il campo elettrico ha solo la prima componente diversa da zero

(22) $\begin{equation*} \vec{E} = \left(5 + 4x^2, 0,0 \right) \cdot 10^5, \end{equation*}$

quindi la sua divergenza è

(23) $\begin{equation*} \vec{\nabla}\cdot \vec{E} = \frac{d}{d x} \left(5 + 4x^2 \right) \cdot 10^5 = 8x \cdot 10^5. \end{equation*}$

Quindi, usando la definizione di flusso in equazione (2) e il teorema di Gauss in equazione (19), si può calcolare il flusso del campo elettrico attraverso la superficie considerata

(24) $\begin{equation*} \begin{split} \Phi_\Sigma(\vec{E}) &= \iint_{\Sigma} \vec{E}\cdot \hat{n}\, d\Sigma = \iiint_V \vec{\nabla}\cdot \vec{E}\, dV =\iiint_V 8x \cdot 10^5 \, dV =\\ &= \int_{0}^a dy \int_{0}^b dz \int_{0}^c 8x \cdot 10^5 dx = a\,b\,\frac{8}{2}x^2\big|_0^c\cdot 10^5 = 4\,a\,b\,c^2\cdot 10^5. \end{split} \end{equation*}$

Sostituendo i valori numerici si trova ancora una volta, il risultato ottenuto nel punto 1.

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Il campo elettrostatico in una certa regione dello spazio è dato da $\vec{E} = \left(5x,\, - 4y,\, 3z\, \right)\, 10^5 \,\dfrac{\text{V}}{\text{m}}$ . Calcolare:

il flusso $\Phi_\Sigma(\vec{E})$ attraverso la superficie chiusa mostrata in figura di lati $a = 10\,\text{cm}$ , $b=15\,\text{cm}$ e $c=20\,\text{cm}$ ;
la carica $q$ presente all’interno della superficie;
la sua densità di carica $\rho$ nell’ipotesi che essa sia costante all’interno della superficie stessa.

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Figura 6: schema esercizio 6.

Svolgimento punto 1.

Questo problema, come il precedente, è risolvibile in due modi differenti con la definizione di flusso del campo elettrico e tramite il teorema di Gauss in quanto abbiamo nuovamente una superficie chiusa. Iniziamo dal calcolare il flusso con la sua definizione

(25) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = \iint_\Sigma \vec{E}\cdot\hat{n}\,d\Sigma. \end{equation*}$

Si può osservare che la componente lungo l’asse $x$ del campo elettrico dipende solo da $x$ , quella lungo l’asse $y$ solo da $y$ e quella lungo l’asse $z$ solo da $z$ . Per cui si può considerare il flusso totale come la somma del flusso lungo le singole superfici. Questi flussi parziali si ottengono moltiplicando la componente del campo elettrico, valutata sulla superficie in questione, con l’area della faccia del parallelepipedo che stiamo considerando. Sia: $\Sigma=\Sigma_1\cup\Sigma_2\cup\Sigma_3\cup \Sigma_4\cup \Sigma_5\cup \Sigma_6$ come in figura 7

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Figura 7: rappresentazione delle varie superfici laterali.

dove $\Sigma_1$ è la superficie laterale giacente nel piano parallelo al piano $xz$ , $\Sigma_2$ è la superficie laterale giacente nel piano parallelo al piano $yz$ , $\Sigma_3$ è la superficie laterale giacente nel piano parallelo al piano $xy$ , $\Sigma_4$ è la superficie laterale giacente nel piano $xz$ , $\Sigma_5$ è la superficie laterale giacente nel piano $yz$ e infine $\Sigma_6$ è la superficie laterale giacente nel piano $xy$ . Quindi il flusso attraverso la superficie chiusa $\Sigma$ risulta essere

(26) $\begin{align*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) &= \iint_{\Sigma}\vec{E}\cdot \hat{n}\,d\Sigma= \\ &=\iint_{\Sigma_1}\vec{E}\cdot \hat{n}_1\,d\Sigma_1+\iint_{\Sigma_2}\vec{E}\cdot \hat{n}_2\,d\Sigma_2+\iint_{\Sigma_3}\vec{E}\cdot \hat{n}_3\,d\Sigma_3+\\ &+\iint_{\Sigma_4}\vec{E}\cdot \hat{n}_4\,d\Sigma_4+\iint_{\Sigma_5}\vec{E}\cdot \hat{n}_5\,d\Sigma_5+\iint_{\Sigma_6}\vec{E}\cdot \hat{n}_6\,d\Sigma_6. \end{align*}$

Omettiamo $10^5 \, \frac{\text{V}}{\text{m}}$ dal calcolo dei vari flussi attraverso le superfici laterali per ragioni di spazio; il lettore si ricordi di questa premessa nei successivi calcoli. Abbiamo dunque

(27) $\begin{align*} 1)&\iint_{\Sigma_1}\vec{E}\cdot \hat{n}_1\,d\Sigma_1=\iint_{\Sigma_1}\left(5x,-4b,3z\right)\cdot\hat{y}\,d\Sigma_1=\iint_{\Sigma_1}-4b\,d\Sigma_1=-4b\iint_{\Sigma_1}d\Sigma_1=-4abc,\\ 2)&\iint_{\Sigma_2}\vec{E}\cdot \hat{n}_2\,d\Sigma_2=\iint_{\Sigma_2}\left(5a,-4y,3z\right)\cdot\hat{x}\,d\Sigma_2=\iint_{\Sigma_2}5a\,d\Sigma_2=5a\iint_{\Sigma_2}\,d\Sigma_2=5abc,\\ 3)&\iint_{\Sigma_3}\vec{E}\cdot \hat{n}_3\,d\Sigma_3=\iint_{\Sigma_3}\left(5x,-4y,3c\right)\cdot \hat{z}\,d\Sigma_3=\iint_{\Sigma_3}3c\,d\Sigma_3=3c\iint_{\Sigma_3}\,d\Sigma_3=3abc,\\ 4)&\iint_{\Sigma_4}\vec{E}\cdot \hat{n}_4\,d\Sigma_4=\iint_{\Sigma_4}\left(5x,0,3z\right)\cdot\left(-\hat{y}\right) \,d\Sigma_4=0,\\ 5)&\iint_{\Sigma_5}\vec{E}\cdot \hat{n}_5\,d\Sigma_5=\iint_{\Sigma_5}\left(0,-4y,3z\right)\cdot \left(-\hat{x}\right)\,d\Sigma_5=0,\\ 6)&\iint_{\Sigma_6}\vec{E}\cdot \hat{n}_6\,d\Sigma_6=\iint_{\Sigma_6}\left(5x,-4y,0\right)\cdot \left(-\hat{z}\right)\,d\Sigma_6=0. \end{align*}$

da cui

(28) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E})=-4abc+5abc+3abc=4abc. \end{equation*}$

Sostituendo i valori numerici otteniamo:

$\boxcolorato{fisica}{\Phi_\Sigma(\vec{E}) = 1200\, \text{Vm}. }$

Svolgimento punto 2.

Ci viene richiesto di calcolare la carica contenuta all’interno del parallelepipedo in figura 6. Dato che abbiamo una superficie chiusa, possiamo usare il teorema di Gauss nella forma

(29) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = \frac{q}{\varepsilon_0}, \end{equation*}$

dove $q$ è la carica contenuta all’interno della superficie chiusa $\Sigma$ . Quindi

(30) $\begin{equation*} q = \Phi_\Sigma(\vec{E}) \, \varepsilon_0, \end{equation*}$

e sostituendo i valori numerici, otteniamo:

$\boxcolorato{fisica}{ q = \text{1,062}\cdot 10^{-8}\,\text{C}.}$

Svolgimento punto 3.

Infine, per calcolare la densità di carica basta ricordare la sua definizione. Infatti questa è uguale, nel caso particolare che la carica sia distribuita in modo uniforme, alla carica totale contenuta in un volume diviso il volume stesso. Nel nostro caso il volume è quello di un parallelepipedo, cioè

(31) $\begin{equation*} V = abc, \end{equation*}$

quindi la densità di carica risulta essere

(32) $\begin{equation*} \rho = \frac{q}{V} = \frac{q}{abc}. \end{equation*}$

Numericamente si ottiene

$\boxcolorato{fisica}{ \rho = \text{3,54}\cdot 10^{-6} \dfrac{\text{C}}{\text{m}^3}.}$

Approfondimento.

Anche in questo caso, come nel problema precedente è possibile trovare il valore del flusso di campo elettrico $\Phi_\Sigma(\vec{E})$ applicando il teorema della divergenza al teorema di Gauss. Come accennato prima, questo teorema garantisce che l’integrale di flusso di un campo vettoriale attraverso una superficie chiusa è pari all’integrale di volume della divergenza del campo effettuato sul volume racchiuso dalla superficie considerata. Matematicamente si scrive

(33) $\begin{equation*} \iint_{\Sigma} \vec{E}\cdot \hat{n}\, d\Sigma = \iiint_V \vec{\nabla}\cdot \vec{E}\, dV, \end{equation*}$

dove $\vec{\nabla}$ è l’operatore nabla, descritto nell’equazione (20). In forma vettoriale il campo elettrico proprosto dal problema si può scrivere come

(34) $\begin{equation*} \vec{E} = \left( 5x, -4y, 3z\right), \end{equation*}$

per cui, nel nostro caso, la divergenza del campo elttrico risulta essere

(35) $\begin{equation*} \vec{\nabla}\cdot \vec{E} = \frac{\partial E_x}{\partial x} + \frac{\partial E_y}{\partial y} +\frac{\partial E_z }{\partial z} = 5 - 4 + 3 = 4. \end{equation*}$

Quindi, per il teorema della divergenza, il flusso è:

(36) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = \iiint_V \vec{\nabla}\cdot \vec{E}\, dV = \iiint_V 4\, dV = 4 \iiint_V 1\, dV = 4\,abc. \end{equation*}$

che è proprio quello che ci aspettavamo.

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una carica $q = \text{8,86} \cdot 10^{-8}\,\text{C}$ si trova al centro di una sfera di raggio $R=20 \,\text{cm}$ . Calcolare il flusso del campo elettrostatico $\Phi (\vec{E})_\Sigma$ attraverso una calotta sferica, la cui base è una circonferenza di raggio $r= \text{17,32}\,\text{cm}$ .

Svolgimento.

Questo problema si basa sulla definizione di flusso di campo elettrico, la situazione analizzata è descritta in figura 8. Osserviamo come non possiamo ricorrere all teorema di Gauss in quanto la superficie considerata non è chiusa.

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Figura 8: schema esercizio 7.

Per risolvere il problema si fa riferimento alla definizione differenziale di flusso del campo elettrico. Questa lega il flusso infinitesimo di campo elettrico con la proiezione del campo elettrico stesso lungo la normale della superficie infinitesima considerata. Si ha, infatti

(37) $\begin{equation*} d\Phi_\Sigma (\vec{E}) = \vec{E}\cdot\hat{n} \, d\Sigma , \end{equation*}$

dove $\hat{n}$ è il versore normale della superficie $d\Sigma$ . Per calcolare, in generale, il flusso attraverso una generica superficie bisogna integrare l’equazione (37) sulla superficie d’interesse

(38) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma (\vec{E}) = \iint_{\Sigma}\vec{E}\cdot \hat{n}\,d\Sigma . \end{equation*}$

Avendo una carica puntiforme al centro della sfera il suo campo elettrico sulla superficie della sfera sarà

(39) $\begin{equation*} \vec{E} = \frac{q}{4\pi \varepsilon_0 R^2}\,\hat{n}. \end{equation*}$

È comodo osservare che $\vec{E}$ è parallelo a $\hat{n}$ per cui il loro prodotto scalare sarà pari al modulo del campo elettrico dato che $\hat {n}$ ha modulo unitario. Effettuando considerazioni geometriche in riferimento alla figura 8, si ha che l’angolo $\theta_0$ sotteso dalla calotta sferica è pari a

(40) $\begin{equation*} \theta_0 = \arcsin{\frac{r}{R}}. \end{equation*}$

Questo è l’angolo massimo che il raggio della sfera forma con l’asse di simmetria della sfera (vedere figura 8). Inoltre, la superficie infinitesima $d\Sigma$ per definizione è uguale a

(41) $\begin{equation*} d\Sigma = R^2 d\Omega, \end{equation*}$

dove $d\Omega$ è l’angolo solido infinitesimo. Ricordiamo che, considerando una sfera, la definizione di angolo solido compreso tra gli angoli azimutali $\theta_{in}$ e $\theta_{fin}$ è

(42) $\begin{equation*} \Omega (\theta_{in}, \theta_{fin}) = 2\pi (\cos{\theta_{in}} - \cos{\theta_{fin}}) . \end{equation*}$

Quindi, l’equazione (38) per il flusso, diventa

(43) $\begin{equation*} \begin{split} \Phi_\Sigma(\vec{E}) &= \iint_{\Sigma}\vec{E}\cdot \hat{n}\,d\Sigma = \iint_{\Omega}\frac{q}{4\pi \varepsilon_0 R^2}R^2\, d\Omega=\\ &=\frac{q}{4\pi \varepsilon_0}\iint_{\Omega}d\Omega = 2\pi\cdot \frac{q}{4\pi \varepsilon_0} (\cos{\theta_{in}} - \cos{\theta_{fin}})=\\ &= \frac{q}{2\pi \varepsilon_0} (\cos{\theta_{in}} - \cos{\theta_{fin}}). \end{split} \end{equation*}$

Facendo riferimento alle figura 8 bisogna considerare che $\theta_{in}$ è pari a zero mentre $\theta_{fin} = \theta_0 = \arcsin\left({\frac{r}{R}}\right)$ . Sostituendo si ha che

(44) $\begin{equation*} \begin{split} \Phi_\Sigma(\vec{E}) &= \frac{q}{2 \varepsilon_0} \left[\cos{0^\circ} - \cos\left({\arcsin{\frac{r}{R}}}\right)\right] \overset{\clubsuit}{=} \frac{q}{2\varepsilon_0}\left(1 -\sqrt{1 - \frac{r^2}{R^2}}\right), \end{split} \end{equation*}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo usato la relazione

(45) $\begin{equation*} \cos\left(\arcsin \theta\right)= \sqrt{1 - \sin^2\left(\arcsin \theta\right)}=\sqrt{1-\theta^2}. \end{equation*}$

Sostituendo i valori numerici, si ottiene il risultato finale:

$\boxcolorato{fisica}{\Phi_\Sigma(\vec{E}) = 2502\, \text{Vm}.}$

Approfondimento.

Per il lettore scrupoloso, presentiamo il calcolo di (38) senza ricorrere alla formula utilizzata precedentemente. Data la simmetria del problema, si può risolvere l’integrale passando alle coordinate sferiche, ottenendo

(46) $\begin{equation*} \begin{split} \Phi_\Sigma(\vec{E}) &= \iint_{\Sigma}\vec{E}\cdot \hat{n}\,d\Sigma = \int^{2\pi}{0}d\phi \int{0}^{\theta_0}R^2 \sin{\theta}\frac{q}{4\pi \varepsilon_0 R^2}\,d\theta = 2\pi \frac{q}{4\pi \varepsilon_0} \int_{0}^{\theta_0} \sin{\theta}\,d\theta = \\ &= \frac{q}{2 \varepsilon_0} \cos{\theta}\bigg|_0^{\theta_0} = \frac{q}{2\varepsilon_0}\left(1 - \sqrt{1 - \frac{r^2}{R^2}}\right), \end{split} \end{equation*}$

dove nell’ultimo passaggio si è tenuto conto delle equazioni (40) e (45).

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una carica $q_0$ è posta sull’asse di un disco uniformemente carico con densità superficiale $\sigma = - 5\cdot 10^{-8} \dfrac{\text{C}}{\text{m}^2}$ . Il flusso del campo della carica $q_0$ attraverso la superficie del disco vale $\Phi_\Sigma(\vec{E}) = 4\cdot 10^5\, \text{Vm}$ . Calcolare la forza $\vec{F}$ esercitata dal disco su $q_0$ .

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Figura 9: schema esercizio 8.

Svolgimento.

Per risolvere questo problema dobbiamo innanzitutto calcolare il valore della carica $q_0$ . Sappiamo che una carica puntiforme genera un campo elettrico pari a

(47) $\begin{equation*} \vec{E} = \frac{q_0}{4\pi \varepsilon_0 r^2}\,\hat{r}, \end{equation*}$

dove $\hat{r}$ è il versore che punta nella direzione radiale rispetto alla carica puntiforme. Per il calcolo del flusso, possiamo procedere in modo analogo all’esercizio 6 applicando la definizione di angolo solido

(48) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = \frac{q}{2\pi \varepsilon_0} (\cos{\theta_{in}} - \cos{\theta_{fin}}), \end{equation*}$

dove $\theta_{in}=0^\circ$ e $\theta_{fin}$ è l’angolo l’angolo massimo a cui si estende il disco carico, come indicato in figura 9. Quindi la carica $q_0$ , invertendo la relazione trovata, risulta

(49) $\begin{equation*} q_0 = \frac{2 \varepsilon_0 \Phi_\Sigma(\vec{E})}{1 - \cos\theta_1}. \end{equation*}$

Ricordando che il modulo del campo elettrico generato da un disco carico ad una distanza $x$ è

(50) $\begin{equation*} E = \frac{x\sigma}{2 \varepsilon_0}\left(\frac{1}{x} - \frac{1}{\sqrt{x^2 + r^2}}\right), \end{equation*}$

dove, facendo riferimento alla figura 9, $x$ è la distanza tra la carica puntiforme $q_0$ e il centro del disco carico e $r$ è il raggio del disco stesso. Sapendo che la forza agente su $q_0$ si esprime come

(51) $\begin{equation*} F = q_0\, E, \end{equation*}$

sostituendo le espressioni nelle equazioni (49) e (50) in (51), si ottiene

(52) $\begin{equation*} \begin{split} F &= \left(\dfrac{2 \varepsilon_0 \Phi_\Sigma(\vec{E})}{1 - \cos\theta_1}\right)\left( \dfrac{x \left\vert \sigma\right\vert }{2 \varepsilon_0}\right)\left(\dfrac{1}{x} - \frac{1}{\sqrt{x^2 + r^2}}\right) = \left(\dfrac{2 \varepsilon_0 \Phi_\Sigma(\vec{E})}{1 - \cos\theta_1}\right) \left(\dfrac{x \left\vert \sigma\right\vert }{2 \varepsilon_0}\right)\left(\frac{1}{x} - \dfrac{\cos\theta_1}{x}\right)=\\ &= \left(\dfrac{2 \varepsilon_0 \Phi_\Sigma(\vec{E})}{1 - \cos\theta_1}\right)\left( \dfrac{x \left\vert \sigma\right\vert }{2 \varepsilon_0}\right)\left(\frac{1}{x}\right)\left(1 - \cos\theta_1\right) = \Phi_\Sigma(\vec{E}) \left\vert \sigma\right\vert. \end{split} \end{equation*}$

Possiamo concludere, quindi, che la forza elettrostatica esercitata sulla carica puntiforme $q_0$ dal disco è

(53) $\begin{equation*} \vec{F} = \Phi_\Sigma(\vec{E}) \left|\sigma\right| \hat{y}, \end{equation*}$

e sostituendo i valori numerici si ha:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{F} = 2\cdot 10^{-4} \hat{y}\,\text{N}.}$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Con riferimento alla figura, per il flusso di campo elettrostatico prodotto dal sistema di cariche sono dati i seguenti valori $\Phi_{\Sigma 1} (\vec{E}) = -\text{1,13} \cdot 10^3\, \text{Vm}$ , $\Phi_{\Sigma 2} (\vec{E}) = \Phi_{\Sigma 3} (\vec{E}) = 0 \text{Vm}$ e $\Phi_{\Sigma 4} (\vec{E}) = \text{4,514} \cdot 10^3 \text{Vm}$ . Calcolare $q_1$ , $q_2$ , $q_3$ e $q_4$ .

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Figura 10: figura esercizio 9.

Svolgimento.

Facendo riferimento alla figura 10, si hanno quattro superfici chiuse: $\Sigma_1$ , $\Sigma_2$ , $\Sigma_3$ e $\Sigma_4$ , ciascuna contenente rispettivamente le cariche $q_1$ , $q_2$ , $q_3$ e $q_4$ . Si nota che: la superficie $\Sigma_1$ contiene solo la carica $q_1$ ; la superficie $\Sigma_2$ contiene sia la carica $q_1$ che la carica $q_4$ ; $\Sigma_3$ racchiude le cariche $q_3$ e $q_4$ ; mentre $\Sigma_4$ include sia $q_3$ che $q_4$ . Si può quindi utilizzare il teorema di Gauss:

(54) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = \iint_{\Sigma}\vec{E}\cdot \hat{n}\,d\Sigma = \frac{q}{\varepsilon_0}, \end{equation*}$

rispetto ad ogni singola superficie, considerando come $q$ la somma delle cariche effettivamente contenute all’interno della superficie chiusa in questione. Si ottiene, in questo modo una serie di equazioni per i vari flussi che devono essere soddifatte contemporaneamente, abbiamo dunque

(55) $\begin{equation*} \begin{cases} \Phi_{\Sigma_{1}}(\vec{E}) = \dfrac{q_1}{\varepsilon_0}\\\\ \Phi_{\Sigma_{2}}(\vec{E}) = \dfrac{q_1 + q_4}{\varepsilon_0}\\\\ \Phi_{\Sigma_{3}}(\vec{E}) = \dfrac{q_3 + q_2}{\varepsilon_0}\\\\ \Phi_{\Sigma_{4}}(\vec{E}) = \dfrac{q_3 + q_4}{\varepsilon_0}, \end{cases} \end{equation*}$

per cui, tenendo conto dei dati del problema, si ottiene

(56) $\begin{equation*} \begin{cases} q_1 = \Phi_{\Sigma_{1}}(\vec{E})\,\varepsilon_0\\ q_4 = -q_1\\ q_3 = - q_2\\ q_3 = \Phi_{\Sigma_{4}}(\vec{E})\, \varepsilon_0 - q_4. \end{cases} \end{equation*}$

Sostituendo i valori numerici, quindi, si ottiene

$\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} q_1 = - 10^{-8} \,\text{C}\\ q_2 = -2,99 \cdot 10^{-8} \,\text{C}\\ q_3 = 2,99 \cdot 10^{-8} \,\text{C}\\ q_4 = 10^{-8}\, \text{C}. \end{cases}}$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Con riferimento alla figura, $q_1 = q = -10^{-8}\,\text{C}$ e il flusso del campo elettrostatico $\vec{E}$ attraverso le superifici tratteggiate risulta: $\Phi_{\Sigma_1}(\vec{E}) = \Phi_{\Sigma_2}(\vec{E}) = 0\,\text{Vm}$ , $\Phi_{\Sigma_3}(\vec{E}) = \text{2,26}\cdot 10^3\,\text{Vm}$ . Calcolare $q_2$ , $q_3$ e $q_4$ .

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Figura 11: figura esercizio 10.

Svolgimento.

Osserviamo che in questo caso la superficie $\Sigma_1$ contiene le cariche $q_4$ e $q_1$ , $\Sigma_2$ contiene $q_2$ e $q_3$ , mentre la superficie $\Sigma_3$ contiene le cariche $q_1$ e $q_3$ . Si può notare, inoltre, che le superfici in questione sono chiuse, per cui si può applicare, per ognuna di esse, il teorema di Gauss nella forma

(57) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = \iint_{\Sigma}\vec{E}\cdot \hat{n}\,d\Sigma = \frac{q}{\varepsilon_0}, \end{equation*}$

dove q è la somma delle cariche contenute dalla superficie. Si ottiene, quindi, il seguente sistema

(58) $\begin{equation*} \begin{cases} \Phi_{\Sigma_{1}}(\vec{E}) = \dfrac{q_1 + q_4}{\varepsilon_0}\\\\ \Phi_{\Sigma_{2}}(\vec{E}) = \dfrac{q_2 + q_3}{\varepsilon_0}\\\\ \Phi_{\Sigma_{3}}(\vec{E}) = \dfrac{q_3 + q_1}{\varepsilon_0}, \end{cases} \end{equation*}$

da questo possiamo isolare le cariche

(59) $\begin{equation*} \begin{cases} q_1 = -q_4\\ q_3 = \varepsilon_0 \Phi_{\Sigma_{3}}(\vec{E}) - q_1\\ q_2 = - q_3. \end{cases} \end{equation*}$

Conoscendo, il valore di $q_1$ si ha:

$\boxcolorato{fisica}{ \begin{cases} q_2 = -3 \cdot 10^{-8} \,\text{C}\\ q_3 = 3 \cdot 10^{-8} \,\text{C}\\ q_4 = 10^{-8}\, \text{C}. \end{cases}}$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una carica positiva $q_0 = \text{1,06} \cdot 10^{-6}\,\text{C}$ è posta al centro di un cubo di lato $L$ . Altre 6 cariche negative $q$ uguali si trovano attorno a $q_0$ a due a due sugli assi $x$ , $y$ , $z$ in posizione simmetrica. Il flusso del campo elettrostatico attraverso una delle facce del cubo vale $\Phi(\vec{E}) = 10^4\,\text{Vm}$ . Calcolare il valore della carica $q$ .

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Figura 12: figura esercizio 11.

Svolgimento.

Dalla definizione di flusso

(60) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = \iint_\Sigma \vec{E} \cdot \hat{n}\, d\Sigma, \end{equation*}$

possiamo dedurre il fatto che questa quantità sia additiva. Infatti, poichè che il flusso è definito tramite un integrale, si ha che il flusso totale attraverso il cubo è la somma dei flussi attraverso le singole superfici. Inoltre, dato che il problema è simmetrico, ovvero ogni superficie del cubo in figura 12 vede la stessa distribuzione di carica, si ha che il flusso attraverso le superifici del cubo è uguale per ogni superficie. Quindi, il flusso totale attraverso la superficie del cubo, che chiameremo $\Sigma$ , è

(61) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = 6\,\Phi(\vec{E}), \end{equation*}$

dove $\Phi(\vec{E})$ è il flusso attraverso una superficie fornito dal testo del problema. Inoltre, dato che la superficie di tutto il cubo è una superficie chiusa, si può applicare il teorema di Gauss

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

dove $Q$ è la somma delle cariche contenute nel cubo, ovvero

(63) $\begin{equation*} Q = 6\,q + q_0. \end{equation*}$

Si ha, quindi

(64) $\begin{equation*} 6\, \Phi(\vec{E}) = \frac{6\,q + q_0}{\varepsilon_0} \end{equation*}$

per cui

(65) $\begin{equation*} 6\,\varepsilon_0 \Phi(\vec{E}) = 6q + q_0. \end{equation*}$

Quindi la carica $q$ risulta essere

(66) $\begin{equation*} q = \varepsilon_0 \Phi(\vec{E}) - \frac{q_0}{6}. \end{equation*}$

Sostituendo i dati del poblema si ottiene:

$\boxcolorato{fisica}{q = -\text{8,82} \cdot 10^{-8}\,\text{C}.}$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un filo indefinito è carico con densità lineare costante $\lambda = \text{8,86} \cdot 10^{-8}\, \dfrac{\text{C}}{\text{m}}$ . Una sfera di raggio $R = 10\,\text{cm}$ interseca il filo ad una distanza $r$ dal centro. Calcolare:

il flusso del campo elettrostatico $\Phi_\Sigma(\vec{E})$ attraverso la superficie sferica in funzione di $r$ ;
il flusso quando il filo non interseca la sfera.

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Figura 13: figura esercizio 12.

Svolgimento punto 1.

Anche questo problema si può risolvere applicando il teorema di Gauss dato che la superficie è chiusa. La differenza rispetto ai problemi precedenti è la distribuzione di carica contenuta nella superficie sferica. Infatti, al variare della distanza $r$ del filo dal centro della sfera varia la lunghezza di filo, e quindi la carica elettrica, racchiusa all’interno della sfera. Possiamo rappresentare la geometria del problema nel seguente modo

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Figura 14: descrizione della geometria del problema 12.

Quindi si può osservare che la semilunghezza della porzione di filo racchiuso nella superficie sferica è

(67) $\begin{equation*} \ell = \sqrt{R^2 - r^2}, \end{equation*}$

da cui la lunghezza totale del filo racchiuso nella sfera

(68) $\begin{equation*} 2l = 2\sqrt{R^2 - r^2}. \end{equation*}$

Quindi, per trovare la carica effettivamente racchiusa dalla superficie sferica, dobbiamo considerare il prodotto tra la densità lineare di carica, che in questo caso è uniforme, e la lunghezza del filo. Per definizione, la densità lineare di carica è data da

(69) $\begin{equation*} \lambda = \frac{q}{2\ell}, \end{equation*}$

da cui si ricava che

(70) $\begin{equation*} q = 2 \lambda \ell, \end{equation*}$

pertanto, usando il teorema di Gauss, si ha

(71) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = \frac{q}{\varepsilon_0} = \frac{2\lambda\ell}{\varepsilon_0} = \frac{2 \lambda\sqrt{R^2 - r^2}}{\varepsilon_0}. \end{equation*}$

Quindi, sostituendo i valori numerici, si ottiene il valore del flusso al variare di $r$ :

$\boxcolorato{fisica}{ \Phi_\Sigma(\vec{E}) = 2\cdot 10^3 \sqrt{1-\dfrac{r^2}{R^2}}\,\text{Vm}.}$

Svolgimento punto 2.

Se la distanza tra il filo carico e il centro della sfera è maggiore del raggio della sfera stessa $R$ non vi è alcuna porzione di filo che interseca la sfera e quindi la carica contenuta nella sfera è nulla. Per il teorema di Gauss anche il flusso di campo elettrico sarà, quindi, nullo. Si ha, quindi:

$\boxcolorato{fisica}{Phi_\Sigma(\vec{E}) = 0 \,\text{Vm}.}$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una sfera di raggio $R = 10\,\text{cm}$ interseca un piano indefinito carico con densità costante $\sigma = \text{8,86} \cdot 10^{-9}\, \dfrac{\text{C}}{\text{m}^2}$ . Calcolare il flusso del campo elettrostatico $\Phi_\Sigma(\vec{E})$ attraverso la superficie sferica in funzione di $x$ .

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Figura 15: figura esercizio 13.

Svolgimento.

Nel momento in cui il piano carico interseca una sfera individua un anello di raggio $r$ carico con densità $\sigma$ . Con un ragionamento analogo a quello fatto nel problema precedente e con riferimento alla figura 14 possiamo calcolare il raggio $r$ del cerchio che risulta essere pari alla semilunghezza calcolata in precedenza. Infatti si ha

(72) $\begin{equation*} r = \sqrt{R^2 - x^2}. \end{equation*}$

Dato che la densità superficiale di carica, nel caso sia uniforme, è definita come

(73) $\begin{equation*} \sigma = \frac{q}{A}, \end{equation*}$

dove $A$ è l’area della superficie considerata. Nel nostro caso si ha

(74) $\begin{equation*} A = \pi r^2 = \pi \left(R^2 - x^2\right). \end{equation*}$

Quindi, la carica contenuta nella superficie sferica al variare di $x$ è

(75) $\begin{equation*} q = \sigma A = \sigma \pi \left(R^2 - x^2\right), \end{equation*}$

da cui, usando il teorema di Gauss si ottiene

(76) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = \frac{q}{\varepsilon_0} = \frac{\sigma \pi \left(R^2 - x^2\right)}{\varepsilon_0} =\dfrac{\sigma \pi R^2}{\varepsilon_0}\left(1-\dfrac{x^2}{R^2}\right)=314\left(1-\dfrac{x^2}{R^2}\right)\,\text{Vm}. \end{equation*}$

Quindi il flusso al variare di $x$ è:

$\boxcolorato{fisica}{\Phi_\Sigma(\vec{E}) =314\left(1-\dfrac{x^2}{R^2}\right)\,\text{Vm}.}$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una carica $q = \text{1,5} \cdot 10^{-8}\, \text{C}$ si trova nel piano mediano di una carica distribuita uniformemente con densità $\rho = 10^{-8}\, \dfrac{\text{C}}{\text{m}^3}$ tra due piani paralleli indefiniti distanti $d = 2\,\text{cm}$ . Calcolare:

l campo elettrostatico $\vec{E}(x)$ dovuto alla carica distribuita;
il lavoro $W$ fatto dalle forze elettrostatiche per trasportare $q$ in un punto $P$ , situato all’esterno della regione carica e distante $h = 3\,\text{cm}$ dal piano più vicino.

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Figura 16: figura esercizio 14.

Svolgimento punto 1.

Per calcolare il campo elettrostatico usiamo il teorema di Gauss. Come superficie gaussiana $\Sigma$ consideriamo un cilindro di raggio $r$ ed altezza $2x$ tale valga

(77) $\begin{equation*} 0 < 2x < d, \end{equation*}$

dove $d$ è la distanza tra i piani come in figura 17.

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Figura 17: figura esercizio 14 con superficie gaussiana.

Il cilindro è, quindi, contenuto interamente tra i due piani indefiniti. Si ha, quindi

(78) $\begin{equation*} \frac{q_{int}}{\varepsilon_0} =\left(\pi r^2+\pi r^2\right) E =2\pi r^2 E. \end{equation*}$

Dato che la densità volumica di carica se è distribuita in modo uniforme è definita come

(79) $\begin{equation*} \rho = \frac{q_{int}}{V}, \end{equation*}$

dove $V$ è il volume del cilindro, ovvero $V = \pi r^2 h=2\pi r^2x$ , si ha che la carica contenuta all’interno del cilindro è

(80) $\begin{equation*} q_{int} = 2\rho \pi r^2x, \end{equation*}$

da cui

(81) $\begin{equation*} 2\pi r^2 E = \rho \pi r^2 \frac{2x}{\varepsilon_0}, \end{equation*}$

per cui si ottiene

(82) $\begin{equation*} E(x) = \frac{\rho x}{\varepsilon_0}. \end{equation*}$

Quindi, dato che il campo che stiamo calcolando è diretto lungo $x$ , il risultato finale è:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{E}(x)= \begin{cases} \dfrac{\rho x}{\varepsilon_0} \hat{x}\quad \text{per}\,\,0 \leq x \leq \dfrac{d}{2};\\\\ -\dfrac{\rho \left \vert x\right \vert }{\varepsilon_0} \hat{x}\quad \text{per}\,\,-\dfrac{d}{2}\leq x<0. \end{cases}}$

Se si considera invece, il campo per

(83) $\begin{equation*} 2x > d, \end{equation*}$

si ha che la carica $q_{int}$ diventa

(84) $\begin{equation*} q_{int} = \rho\left(\pi r^2 d \right), \end{equation*}$

in quanto la carica è contenuta solo all’interno dello spessore $d$ . Quindi, l’equazione (78) diventa

(85) $\begin{equation*} 2\pi r^2 E = \frac{\rho}{\varepsilon_0}\pi r^2 d, \end{equation*}$

per cui

(86) $\begin{equation*} E = \frac{\rho d}{2 \varepsilon_0}. \end{equation*}$

Quindi, dato che il campo è diretto lungo l’asse delle $x$ , il risultato finale è:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{E}(x)= \begin{cases} \dfrac{\rho d}{2 \varepsilon_0} \hat{x}\quad \text{per}\,\, x \geq \dfrac{d}{2}\\\\ - \dfrac{\rho d}{2 \varepsilon_0} \hat{x}\quad \text{per}\,\,-\dfrac{d}{2}<x<0. \end{cases}}$

Svolgimento punto 2.

Per definizione il potenziale tra un punto $A$ e un punto $B$ è

(87) $\begin{equation*} V_B - V_A = -\int_A^{B} \vec{E}\cdot d\vec{x}. \end{equation*}$

Nel nostro caso, dato che il campo è diretto lungo $\hat{x}$ , l’ integrale si riduce a un integrale nella sola variabile $x$ . Infatti, il prodotto scalare nella regione $0 < x < \frac{d}{2}$ è

(88) $\begin{equation*} \vec{E}\cdot d\vec{x} = \dfrac{\rho x}{\varepsilon_0} \hat{x} \cdot d\vec{x} = \dfrac{\rho x}{\varepsilon_0} \,dx; \end{equation*}$

mentre, nella regione $\frac{d}{2} < x < \frac{d}{2} + h$ si ha

(89) $\begin{equation*} \vec{E}\cdot d\vec{x} = \frac{\rho d}{2\varepsilon_0} \,dx. \end{equation*}$

L’integrale diventa

(90) $\begin{equation*} \begin{split} \Delta V & = -\int_0^{\frac{d}{2}} \frac{\rho x}{\varepsilon_0} \,dx - \int_{\frac{d}{2}}^{\frac{d}{2} + h} \frac{\rho d }{2\varepsilon_0} \,dx = -\frac{\rho d^2}{8 \varepsilon_0}- \frac{\rho d}{2\varepsilon_0} \left( \frac{d}{2} + h - \frac{d}{2} \right)=\\ & =- \frac{\rho d^2}{8 \varepsilon_0} - \frac{\rho d h}{2\varepsilon_0}= -\frac{\rho d}{2 \varepsilon_0}\left( \frac{d}{4} + h\right). \end{split} \end{equation*}$

Dato che, il lavoro effettuato per portare una carica $q$ da un punto $A$ ad un punto $B$ è

(91) $\begin{equation*} W = - q \Delta V, \end{equation*}$

si ha

(92) $\begin{equation*} W = \frac{q\rho d}{2 \varepsilon_0}\left( \frac{d}{4} + h\right). \end{equation*}$

Quindi, il risultato numerico è:

$\boxcolorato{fisica}{W=\frac{q\rho d}{2 \varepsilon_0}\left( \frac{d}{4} + h\right) \approx \text{0,6}\cdot 10^{-8} \text{J}.}$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un cilindro indefinito (molto grande) di raggio $R = 5\,\text{cm}$ è uniformemente carico con densità di carica $\rho = \text{6,38}\cdot 10^{-6}\, \dfrac{\text{C}}{\text{m}^3}$ . Calcolare:

il campo elettrostatico $E(r)$ ;
la differenza di potenziale $\Delta V$ tra il centro e la superficie del cilindro stesso.

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Figura 18: figura esercizio 15.

Svolgimento punto 1.

Per calcolare il campo elettrostatico all’interno del cilindro utilizziamo il teorema di Gauss. Scegliamo, quindi, come superficie gaussiana un cilindro di base $\Sigma$ altezza $h$ con $r < R$ , come indicato in figura.

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Figura 19: schema esercizio 15 nel caso $0 < r \leq R$ .

Il flusso del campo elettrico, per questioni di simmetria, sarà nullo per quanto riguarda le superfici di base, mentre sarà diverso da zero per la superficie laterale. Si ha, quindi, che il flusso risulta

(93) $\begin{equation*} \Phi(\vec{E}) = E\,2\pi r h. \end{equation*}$

Per il teorema di Gauss vale

(94) $\begin{equation*} \Phi(\vec{E}) = \frac{q'}{\varepsilon_0}, \end{equation*}$

dove $q'$ è la carica contenuta all’interno del cilindro di base $\Sigma$ e altezza $h$ considerato. Si ha, uguagliando le relazioni precedenti

(95) $\begin{equation*} E\,2\pi r h = \frac{q'}{\varepsilon_0}. \end{equation*}$

Sapendo che, per definizione di densità volumica di carica, vale

(96) $\begin{equation*} \rho = \frac{q'}{\pi r^2 h} , \end{equation*}$

otteniamo

(97) $\begin{equation*} E\,2\pi r h = \frac{\pi r^2 h \rho}{\varepsilon_0}, \end{equation*}$

per cui, semplificando

(98) $\begin{equation*} E = \frac{r\rho}{2\varepsilon_0}, \end{equation*}$

quindi

(99) $\begin{equation*} \vec{E} = \frac{\rho}{2\varepsilon_0} r\, \hat{r}, \end{equation*}$

dove $\hat{r}$ è il versore radiale. All’interno del cilindro il campo elettrostatico è quindi pari a:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{E} = \dfrac{\rho r}{2\varepsilon_0} \,\hat{r}\,\, \text{con} \,\,0 < r \leq R.}$

Per calcolare il campo all’esterno del cilindro scegliamo una superficie gaussiana cilindrica di altezza $h$ e raggio $r > R$ , come nella figura 20.

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Figura 20: seconda figura esercizio 15, caso $r > R$ .

Dal teorema di Gauss, si ha che

(100) $\begin{equation*} \frac{q}{\varepsilon_0} = E\,2\pi r h. \end{equation*}$

Tenendo conto della definizione di densità volumica in 96 e del fatto che dobbiamo considerare tutto il volume del cilindro, si ha

(101) $\begin{equation*} E\,2\pi r h = \frac{\rho \pi R^2 h}{\varepsilon_0}, \end{equation*}$

da cui

(102) $\begin{equation*} E = \frac{\rho R^2}{2 r \varepsilon_0}. \end{equation*}$

Considerando che è orientato lungo la direzione radiale, si ha:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{E}=\dfrac{\rho R^2}{2 r \varepsilon_0}\,\,\hat{r}\, \,\text{con} \,\,r>R.}$

Svolgimento punto 2.

Per risolvere il secondo punto dell’esercizio, ricorriamo a (87). Nel caso in questione il punto $A$ è il centro del cilindro, mentre il punto $B$ si trova sulla superficie del cilindro stesso. Dato che il campo elettrostatico ha solo componente radiale il suo prodotto scalare con $d\vec{r}$ ci resituisce il suo modulo. Quindi si ha

(103) $\begin{equation*} \begin{split} \Delta V &=V(R)-V(0)= -\int_0^R E\, dr = -\int_0^R\frac{\rho}{2\varepsilon_0} r\,dr = -\frac{\rho}{2\varepsilon_0} \int_0^R r\,dr = -\frac{\rho}{2\varepsilon_0} \frac{r^2}{2}\Bigl|_0^R =\\ &= -\frac{\rho R^2}{4\varepsilon_0}\quad \Leftrightarrow \quad V(0)-V(R)=\frac{\rho R^2}{4\varepsilon_0}. \end{split} \end{equation*}$

Sostituendo i valori numerici, otteniamo:

$\boxcolorato{fisica}{V(0)-V(R) = 451 \,\text{V}.}$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Due cariche $q_1 = \text{1,88} \cdot 10 ^{-8} \text{C}$ e $q_2 = -\text{7,54} \cdot 10^{-8} \text{C}$ sono distribuite uniformemente su due anelli sottili di raggio $R = 30\,\text{cm}$ e disposti, come in figura, su due piano paralleli distanti $d = 3\, \text{mm}$ . Calcolare la forza $F$ tra i due anelli.

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Figura 21: figura esercizio 16.

Svolgimento.

Essendo $R >> d$ possiamo immaginare i due dischi come se fossero due fili indefiniti. Ricordiamo che il campo generato da un filo è

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

dove $\lambda$ indica la densità lineare di carica e $\hat{r}$ il versore radiale. Considerando il filo carico positivamente con carica $q_1$ , questa è

(105) $\begin{equation*} \lambda = \frac{q_1}{2 \pi R}. \end{equation*}$

Abbiamo che il modulo della forza tra i due fili è

(106) $\begin{equation*} F = \left(\dfrac{q_1}{2\pi R}\right) \left(\dfrac{1}{2\pi \varepsilon_0 d}\right)\, \left \vert q_2 \right \vert = \frac{q_1 \left | q_2 \right |}{4 \pi^2 \varepsilon_0 R d}, \end{equation*}$

dove abbiamo moltiplicato il modulo del campo generato dal primo filo per la carica del secondo. Sostituendo i valori numerici, otteniamo la soluzione del problema:

$\boxcolorato{fisica}{F = \text{4,5} \cdot 10^{-3}\,\text{ N.}}$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dimostrare che un elettrone abbandonato in quiete all’interno di una distribuzione uniforme di carica $\rho$ contenuta tra due piani paralleli indefiniti, all’interno di un cilindro indefinito e all’interno di una sfera, compie oscillazioni armoniche con pulsazione $\omega = \sqrt{ \dfrac{e\gamma \rho}{m\varepsilon_0} }$ , dove $\gamma = 1$ per la distribuzione piana, $\gamma = \frac{1}{2}$ per la distribuzione cilindrica e $\gamma = \frac{1}{3}$ per la distribuzione sferica.

Svolgimento.

Per risolvere questo problema e dimostrare quanto richiesto, utilizzeremo nuovamente il teorema di Gauss. Consideriamo inizialmente il caso della distribuzione piana. Prendiamo come superficie gaussiana un cilindro di raggio $r$ e altezza $2x$ che interseca i due piani. La situazione è rappresentata nella figura 22.

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Figura 22: esercizio 16, distribuzione piana.

Si ottiene che il flusso attraverso il cilindro è pari a

(107) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) =\left(\pi r^2+\pi r^2\right)E= 2\pi r^2 E. \end{equation*}$

Usando il teorema di Gauss, si ottiene

(108) $\begin{equation*} \frac{q}{\varepsilon_0} = 2 \pi r^2 E. \end{equation*}$

Considerando che il volume del cilindro è $\pi r^2 \left(2x\right)$ , si ha

(109) $\begin{equation*} \rho = \frac{q}{2x\pi r^2 }, \end{equation*}$

da cui

(110) $\begin{equation*} \dfrac{2x \rho \,\pi\, r^2 }{\varepsilon_0}=2\pi r^2E, \end{equation*}$

cioè

(111) $\begin{equation*} E = \frac{x\rho }{2\varepsilon_0 }. \end{equation*}$

Scegliendo un sistema di riferimento fisso $Ox$ , con origine centrato a metà cilindro, dalla seconda legge della dinamica si ha

(112) $\begin{equation*} m\frac{d^2x}{dt^2}=-\frac{ex\rho }{2\varepsilon_0 }, \end{equation*}$

che è l’equazione di un moto armonico semplice, dove $\omega^2 = \dfrac{\rho e}{ \varepsilon_0 m}$ , cioè la tesi. Studiamo ora il caso della distribuzione sferica. Per calcolare il campo elettrostatico scegliamo una superficie gaussiana sferica $\Sigma$ di raggio $r < R$ come rappresentato in figura 23.

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Figura 23: esercizio 16, distribuzione sferica.

Il flusso da considerare sarà

(113) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma (\vec{E}) = E\,4\pi r^2, \end{equation*}$

quindi, per il teorema di Gauss, possiamo scrivere

(114) $\begin{equation*} \frac{q}{\varepsilon_0} = E\,4\pi r^2. \end{equation*}$

Considerando che

(115) $\begin{equation*} \rho = \frac{q}{\frac{4}{3} \pi r^3}, \end{equation*}$

si ha che

(116) $\begin{equation*} \frac{4}{3} \pi r^3 \frac{\rho}{\varepsilon_0} = E\,4\pi r^2, \end{equation*}$

cioè

(117) $\begin{equation*} E = \frac{r \rho}{3 \varepsilon_0}. \end{equation*}$

Dalla seconda legge della dinamica si ha che

(118) $\begin{equation*} F = m\frac{d^2r}{dt^2} = -e\,E, \end{equation*}$

da cui abbiamo nuovamente quella dell’oscillatore armonico

(119) $\begin{equation*} \frac{d^2r}{dt^2} + \frac{\rho e}{3 m \varepsilon_0} r = 0, \end{equation*}$

per cui la pulsazione risulta essere:

$\boxcolorato{fisica}{\omega = \sqrt{ \frac{\rho e}{3 m \varepsilon_0}},}$

che è la tesi. Infine, prendiamo in considerazione il caso di una distribuzione cilindrica. Scegliamo come superficie gaussiana $\Sigma$ un cilindro di raggio di base $r$ e altezza $h$ . Scegliendo $0< r \leq R$ e $0< h \leq H$ dove $R$ e $H$ sono altezza e raggio della distribuzione cilindrica di carica come in figura 24.

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Figura 24: esercizio 16, distribuzione cilindrica.

Il flusso di campo elettrico, sarà

(120) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = E\, 2\pi r h, \end{equation*}$

da cui, usando il teorema di Gauss, si ricava

(121) $\begin{equation*} \frac{q}{\varepsilon_0} = E\, 2\pi r h, \end{equation*}$

e usando la densità volumica di carica che in questo caso è

(122) $\begin{equation*} \rho = \frac{q}{\pi r^2 h}, \end{equation*}$

si ha

(123) $\begin{equation*} \pi r^2 h \rho = 2\pi\, r \,h \,\varepsilon_0\, E, \end{equation*}$

cioè

(124) $\begin{equation*} E = \frac{r \rho}{2 \varepsilon_0}. \end{equation*}$

Nuovamente dalla seconda legge della dinamica si ha

(125) $\begin{equation*} \frac{d^2r}{dt^2} + \frac{\rho e}{2 \varepsilon_0m} r = 0, \end{equation*}$

per cui, la pulsazione risulta essere:

$\boxcolorato{fisica}{\omega = \sqrt{\frac{\rho e}{2 m\varepsilon_0}},}$

cioè la tesi.

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Tra due superfici sferiche concentriche di raggio $R_1 = 10\,\text{cm}$ e $R_2 = 20\,\text{cm}$ è distribuita una carica elettrica con densità $\rho = \text{26,58} \cdot 10^{-8} \dfrac{\text{C}}{\text{m}^3}$ . Determinare l’espressione del campo elettrostatico $E(r)$ in funzione della distanza $r$ dal centro del sistema.

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Figura 25: schema esercizio 18.

Svolgimento.

Risolviamo questo problema applicando il teorema di Gauss. Scegliamo come superficie Gaussiana una sfera di raggio $r$ concentrica a quelle in figura 25. Se $r < R_1$ allora la carica all’interno della sfera è nulla. Si ha infatti

(126) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = \frac{q_{int}}{\varepsilon_0} = 0\quad \Leftrightarrow\quad E(r)=0\,\dfrac{\text{ N}}{\text{C}}. \end{equation*}$

Quindi, il campo per $r < R_1$ deve essere necessariamente nullo:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{E}(r) = 0\,\,\dfrac{\text{ N}}{\text{C}} \quad \text{con}\,\, r < R_1.}$

Consideriamo, ora, il raggio della sfera compreso tra $R_1$ e $R_2$ . Quindi la sfera gaussiana sarà compresa tra le due sfere e vale $R_1 < r < R_2$ . Dato che, per simmetria, il campo elettrostatico è diretto lungo la direzione radiale $r$ si ha che questo è parallelo alla normale $\hat{n}$ della sfera gaussiana. Quindi il flusso risulta essere semplicemente il prodotto tra la superficie sferica e il modulo del campo

(127) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) =4\pi r^2E, \end{equation*}$

da cui

(128) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) =\frac{q_{int}}{\varepsilon_0} = 4\pi r^2E. \end{equation*}$

In questo caso $q_{int}$ sarà legata alla densità tramite il volume della distribuzione di carica interna. Questo sarà pari al volume della sfera gaussiana meno il volume della sfera di raggio $R_1$ . Infatti, si ha

(129) $\begin{equation*} \rho = \frac{q_{int}}{\frac{4}{3}\pi \left(r^3 - R_1^3\right)}. \end{equation*}$

Quindi otteniamo

(130) $\begin{equation*} \frac{4}{3}\pi\rho \left(r^3 - R_1^3\right) \frac{1}{\varepsilon_0} = 4\pi r^2E, \end{equation*}$

cioè

(131) $\begin{equation*} E = \frac{\rho \left(r^3 - R_1^3\right)}{3r^2\varepsilon_0}. \end{equation*}$

Quindi, nella regione tra le due sfere il campo è:

$\boxcolorato{fisica}{E = \frac{\rho \left(r^3 - R_1^3\right)}{3r^2\varepsilon_0}\quad \text{con}\,\,R_1<r<R_2.}$

Consideriamo, infine, il caso $r > R_2$ . In questo caso la carica interna sarà

(132) $\begin{equation*} q_{int} = \frac{4}{3}\pi\rho \left(R_2^3 - R_1^3\right). \end{equation*}$

Mentre, il flusso attraverso la superficie gaussiana di raggio $r$ , con un ragionamento analogo a quello effettuato in precedenza, è

(133) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) =4\pi r^2E. \end{equation*}$

Quindi, usando il teorema di Gauss

(134) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E})= \frac{q_{int}}{\varepsilon_0} = 4\pi r^2E, \end{equation*}$

da cui

(135) $\begin{equation*} \frac{4\rho\pi}{3\varepsilon_0} \left(R_2^3 - R_1^3\right) = 4\pi r^2E, \end{equation*}$

cioè

(136) $\begin{equation*} E = \frac{\rho}{3r^2\varepsilon_0} \left(R_2^3 - R_1^3\right). \end{equation*}$

Concludiamo con il seguente risultato:

$\boxcolorato{fisica}{E = \frac{\rho}{3r^2\varepsilon_0} \left(R_2^3 - R_1^3\right) \quad \text{con}\,\,\, r>R_2.}$

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Tra due superfici cilindriche indefinite coassiali, di raggi $R_1 = 10\,\text{cm}$ e $R_2 = 20\,\text{cm}$ , è distribuita una carica con densità costante $\rho = \text{17,72}\cdot 10^{-8}\,\dfrac{\text{C}}{\text{m}^3}$ . Determinare l’espressione del campo elettrostatico $E(r)$ in funzione della distanza $r$ dall’asse del sistema.

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Figura 26: schema esercizio 19.

Svolgimento.

Risolviamo il seguente problema con il teorema di Gauss. Consideriamo come superficie gaussiana un cilindro coassiale ai due cilindri in figura 26 di raggio $r$ e altezza $h$ . Consideriamo, inizialmente, un raggio $r < R_1$ . All’interno del cilindro così costruito la carica $q_{int}$ è nulla e per il teorema di Gauss si ha

(137) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = \frac{q_{int}}{\varepsilon_0} = 0\,\dfrac{\text{N}}{\text{C}}\quad \Leftrightarrow \quad E(r)=0\,\dfrac{\text{N}}{\text{C}}. \end{equation*}$

Concludiamo dunque:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{E}(r) = 0\,\dfrac{\text{N}}{\text{C}}\quad \text{con}\,\, r < R_1.}$

Prendiamo in esame il caso di un cilindro gaussiano compreso tra i due cilindri considerati. In questo caso la carica interna è legata alla densità volumica di carica $\rho$ da

(138) $\begin{equation*} \rho = \frac{q}{\pi \left(r^2 -R_1^2\right)h}, \end{equation*}$

in quanto il volume interessato è dato da la differenza tra il volume del cilindro gaussiano e quello del cilindro interno di raggio $R_1$ . Quindi, tenendo conto che il campo elettrico è diretto in direzione radiale, parallelamente alla direzione della normale $\hat{n}$ alla superficie del cilindro gaussiano, si ha che il flusso di campo elettrico è

(139) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = E\,2\pi r h. \end{equation*}$

Usando il teorema di Gauss, possiamo scrivere

(140) $\begin{equation*} \dfrac{q_{int}}{\varepsilon_0}= \frac{\pi\rho\left(r^2 -R_1^2\right)h}{\varepsilon_0} = E\,2\pi r h, \end{equation*}$

e quindi

(141) $\begin{equation*} \frac{\rho}{\varepsilon_0} \left(r^2 -R_1^2\right) = 2 r E. \end{equation*}$

Per cui, il modulo del campo elettrico è:

$\boxcolorato{fisica}{E = \frac{\rho \left(r^2 -R_1^2\right)}{2r \varepsilon_0}\quad \text{con}\,\,R_1<r<R_2.}$

Infine, esaminiamo il caso della zona $r > R_2$ . La carica contenuta all’interno del cilindro gaussiano, in questo caso è

(142) $\begin{equation*} q_{int} = \rho \pi \left(R_2^2 - R_1^2 \right) h, \end{equation*}$

mentre il flusso risulta essere, nuovamente

(143) $\begin{equation*} \Phi_\Sigma(\vec{E}) = E\,2\pi r h, \end{equation*}$

da cui

(144) $\begin{equation*} \frac{\rho}{\varepsilon_0} \pi \left(R_2^2 - R_1^2 \right) h = E\, 2\pi r h, \end{equation*}$

cioè:

$\boxcolorato{fisica}{ E = \frac{\rho \left(R_2^2 - R_1^2 \right)}{2r\varepsilon_0}\quad \text{con}\,\,r>R_2.}$

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . All’interno di una sfera di raggio $R= 10\,\text{cm}$ è contenuta una carica $q= 8\cdot 10^{-9}\,\text{C}$ , distribuita uniformemente con densità $\rho (r) = br$ , con $b$ costante e $r$ distanza dal centro $O$ della sfera. Calcolare:

la costante $b$ ;
il campo elettrostatico $E(r)$ e la differenza di potenziale $\Delta V$ tra il centro $O$ e la superficie sferica.

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Figura 27: schema esercizio 20.

Svolgimento punto 1.

Per risolvere il primo punto, dobbiamo fare riferimento alla definizione di densità di carica

(145) $\begin{equation*} \rho(r) = \frac{dq}{dV}, \end{equation*}$

ovvero la densità volumica di carica è la derivata della carica rispetto al volume. Nel caso di una sfera di raggio $r$ il volume è

(146) $\begin{equation*} V = \frac{4}{3}\pi r^3. \end{equation*}$

Differenziando questa relazione si ottiene

(147) $\begin{equation*} dV = \frac{4}{3}\pi\cdot 3r^2\,dr = 4\pi r^2\,dr., \end{equation*}$

per cui, la densità di carica del problema assume la forma

(148) $\begin{equation*} b r = \frac{dq}{d\left( \frac{4}{3}\pi r^3\right)} = \frac{dq}{4\pi r^2\,dr}, \end{equation*}$

quindi

(149) $\begin{equation*} 4\pi b r^2\,br = dq. \end{equation*}$

Arrivati a questo punto bisogna integrare ambo i membri. Il primo sarà integrato da $0$ ad $R$ , per cui il secondo avrà per estremi di integrazione $0$ e $q$ dove $q$ ricordiamo essere la carica totale della sfera

(150) $\begin{equation*} \int_0^R 4\pi b r^2\,dr = \int_0^q \,dq\quad \Leftrightarrow \quad b = \frac{q}{\pi R^4}, \end{equation*}$

da cui, sostituendo i valori numerici, si ha:

$\boxcolorato{fisica}{b\approx \text{2,5} \cdot 10^{-5}\,\,\dfrac{\text{C}}{\text{m}^4}.}$

Svolgimento punto 2.

Scegliamo come superficie gaussiana una sfera concentrica a quella data e di raggio $r$ . Per il teorema di Gauss, posto $r\leq R$ si ha

(151) $\begin{equation*} \iint_\Sigma E\cdot\hat{n}\, d\Sigma = \frac{q'}{\varepsilon_0}, \end{equation*}$

dove $q'$ è la carica contenuta nella sfera di raggio $r$ considerata. Scegliamo una superficie Gaussiana $\Sigma$ di raggio $r$ concentrica alla sfera di raggio $R$ ; si osserva che: per simmetria il campo elettrico è radiale e costante in ogni punto di tale superficie e pertanto il prodotto scalare tra il campo elettrico e la normale alla superficie restituisce il modulo del campo elettrico. Calcoliamo la carica $q^\prime$ contenuta nella superficie Gaussiana

(152) $\begin{align*} q' &= \iiint_V \rho(r')\,dV =\iiint_V \rho(r')\,d\left(\dfrac{4}{3}\pi \left(r^\prime\right)^3\right)= \int_{0}^{r}\rho\left(r^\prime\right)\left(\dfrac{4}{3}\pi\right)\left(3\left(r^\prime\right)^2\right)dr^\prime= \\ &=4\pi \int_0^r r'^2 \rho(r')\,dr' = 4 \pi \int_0^r b\left(r^\prime\right)^3 \,dr' = 4\pi b \frac{r'^4}{4}\bigg\vert^r_0 = \pi b r^4. \end{align*}$

Si ottiene, dunque

(153) $\begin{equation*} \frac{\pi b r^4}{\varepsilon_0} = 4\pi r^2 \, E(r)\quad \Leftrightarrow \quad \frac{br^2}{\varepsilon_0} = 4\, E(r)\quad \Leftrightarrow \quad E(r) = \frac{br^2}{4\varepsilon_0} \approx \text{7,1}\cdot 10^5\,r^2\,\dfrac{\text{N}}{\text{C}^2}. \end{equation*}$

Analizziamo il caso in cui valga $r>R$ . In questo caso la carica interna contenuta nella superficie Gaussiana è $q$ e pertanto si ha

(154) $\begin{equation*} \frac{q}{\varepsilon_0} = 4\pi r^2 \, E\quad \Leftrightarrow\quad E = \frac{q}{4\pi r^2 \varepsilon_0}\approx \frac{72}{r^2}\,\,\dfrac{\text{N}}{\text{C}}. \end{equation*}$

Infine, calcoliamo il potenziale sulla superficie. Applicando la (87) si ha

(155) $\begin{equation*} \Delta V = - \int_0^R \text{7,1} \cdot 10^5 \frac{\text{N}}{\text{C}\,\text{m}^2}r^2\,dr = -\text{7,1} \cdot 10^5 \frac{\text{N}}{\text{C}\,\text{m}^2}\,\frac{R^3}{3}. \end{equation*}$

Sostituendo valori numerici si ha il risultato finale:

$\boxcolorato{fisica}{\Delta V = V(R) - V(0) = -234\, \text{V}.}$

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