Esercizi lavoro elettrico e potenziale elettrostatico

Lavoro elettrico e potenziale elettrostatico

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Esercizi svolti sul lavoro elettrico e potenziale elettrostatico

I seguenti esercizi svolti sul lavoro elettrico sono tratti dal libro ‘Elementi di Fisica. Elettromagnetismo e Onde di P. Mazzoldi, M. Nigro e C. Voci. L’obiettivo di questo lavoro è fornire soluzioni al capitolo 2, cercando di essere il più chiari e dettagliati possibile.

Questi esercizi coprono vari aspetti del potenziale elettrico, un concetto fondamentale in Fisica 2. Il potenziale elettrico è una grandezza scalare che descrive l’energia potenziale per unità di carica in un campo elettrico. Comprendere questo concetto è cruciale per risolvere problemi complessi che coinvolgono campi elettrici, lavoro elettrico e distribuzioni di carica.

Di seguito, troverete 18 esercizi svolti passo per passo, con spiegazioni dettagliate e annotazioni utili. Gli esercizi spaziano da problemi semplici, ideali per chi sta iniziando a familiarizzare con il potenziale elettrico, a problemi più complessi che richiedono una comprensione approfondita delle leggi dell’elettromagnetismo.

Speriamo che queste soluzioni possano servire come guida e strumento di apprendimento, aiutando gli studenti a migliorare le proprie competenze e a prepararsi efficacemente per gli esami. Buono studio!

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Ottieni il documento contenente 18 esercizi risolti, contenuti in 29 pagine ricche di dettagli, per migliorare la tua comprensione del lavoro elettrico e del potenziale elettrostatico.

Autori e revisori degli esercizi su lavoro elettrico e potenziale elettrostatico.

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Autore: Valerio Brunetti.

Revisore: Silvia Lombardi.

Testi esercizi su lavoro elettrico e potenziale elettrostatico

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Due cariche $q_1=8q$ e $q_2=-2q$ sono poste sull’asse $x$ a distanza $\ell=\text{0,2 m}$ .
Calcolare i punti dell’asse $x$ in cui:

il campo elettrostatico $E$ è nullo;
il potenziale $V$ è nullo.

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Figura 1: schema esercizio 1.

Svolgimento punto 1.

Innanzitutto, anche se il problema non lo specifica, consideriamo $q>0$ . Il sistema è unidimensionale, scegliamo quindi come sistema di riferimento l’asse $x$ con origine nella prima carica positiva $q_1$ e verso positivo diretto lungo la seconda carica $q_2$ . Abbiamo quindi $x_{q_1}=0$ e $x_{q_2}=\ell$ . La carica $q_1$ genera un campo elettrostatico per convenzione uscente dalla particella la cui equazione è data da

(1) $\begin{equation*} E_{q_1}(x)=\begin{cases} \dfrac{|q_1|}{4\pi\varepsilon_0x^2} & \text{per } x>0 \\\\ -\dfrac{|q_1|}{4\pi\varepsilon_0x^2} & \text{per } x<0, \end{cases} \end{equation*}$

invece la carica $q_2$ , essendo negativa, genera un campo elettrostatico entrante nella particella la cui equazione è data da:

(2) $\begin{equation*} E_{q_2}(x)=\begin{cases} -\dfrac{|q_2|}{4\pi\varepsilon_0(x-\ell)^2} & \text{per } x>\ell \\\\ \dfrac{|q_2|}{4\pi\varepsilon_0(x-\ell)^2} & \text{per } x<\ell. \end{cases} \end{equation*}$

Nello spazio $0<x<\ell$ il campo elettrico totale dato dalla somma di $E_{q_1}(x)$ ed $E_{q_2}(x)$ è sempre diretto nel verso positivo delle $x$ , ne segue che tra le due cariche il campo elettrostatico non è mai nullo.

Indaghiamo per $\bm x<\bm 0$ : in questa regione $q_1$ dà un contributo negativo (ovvero il campo è diretto nel verso negativo delle $x$ ) al campo elettrostatico totale, mentre $q_2$ dà un contributo positivo (ovvero diretto nel verso positivo delle $x$ ). Il campo elettrostatico totale si annulla quando la somma dei singoli campi si annulla

(3) $\begin{equation*} -{|q_1|\over 4\pi\varepsilon_0 x^2}+{|q_2|\over 4\varepsilon_0 (x-\ell)^2}=0 \quad \Leftrightarrow\quad -{4\over x^2}+{1\over (x-\ell)^2}=0, \end{equation*}$

dove abbiamo semplificato il fattore comune $\dfrac{2q}{4\pi\varepsilon_0}$ . Questo ci porta alla seguente equazione di secondo grado

(4) $\begin{equation*} 3x^2-8 \ell x+4 \ell^2=0 \quad \Leftrightarrow \quad x= 2\ell \quad \vee \quad x={2\over 3 }\ell . \end{equation*}$

Ricordiamo che l’equazione vale per $x<0$ quindi non possiamo accettare nessuna soluzione.

Indaghiamo per $\bm x>\bm \ell$ : in questa regione $q_1$ genera un campo elettrostatico positivo mentre $q_2$ dà un contributo negativo. Il campo elettrostatico si annulla quando

(5) $\begin{gather*} \frac{|q_1|}{4\pi\varepsilon_0 x^2}-\frac{|q_2|} {4\pi\varepsilon_0 (x-\ell)^2}=0 . \end{gather*}$

Si nota che questa equazione è la stessa di (3) e pertanto possiamo accettare solamente $x=2\ell$ , essendo $x>\ell$ . Concludiamo il primo punto dell’esercizio con la seguente soluzione

$\boxcolorato{fisica}{E(x)=0\quad \Leftrightarrow\quad x=2\ell=\text{0,4 m}.}$

Svolgimento punto 2.

Per definizione associamo un potenziale elettrostatico positivo alle cariche positive, mentre uno negativo alle cariche negative. Troviamo rispettivamente per le cariche $q_1$ e $q_2$ i seguenti potenziali

(6) $\begin{align*} V_{q_1}(x)={8q\over 4\pi\varepsilon_0|x|}, && V_{q_2}(x)=-{2q\over 4\pi\varepsilon_0|x-\ell|}. \end{align*}$

Tre casi distinti sono rappresentati nella figura 2, di seguito rappresentata.

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Figura 2: studio della distanza da $q_2$ al variare di $r=|x|$ .

\textbf{Caso $\bm x<\bm 0$ } Il potenziale totale è

(7) $\begin{align*} &\frac{8q}{4\pi\varepsilon_0\left \vert x \right \vert }-\frac{2q}{4\pi\varepsilon_0(\left \vert x \right \vert +\ell)}=0 \quad \Leftrightarrow\quad \frac{4}{- x }-\frac{1}{- x +\ell}=0 \quad \Leftrightarrow\\[10pt] &\Leftrightarrow\quad 4(-x+\ell)+x=0 \quad \Leftrightarrow\quad x={4\over 3}\ell. \end{align*}$

Il risultato non è accettabile in quanto ${4\over 3}\ell$ non è minore di zero.

Caso $\bm 0<\bm x<\bm\ell$ : il potenziale totale è

(8) $\begin{equation*} \frac{8q}{4\pi\varepsilon_0\left \vert x \right \vert }-\frac{2q}{4\pi\varepsilon_0(\ell-\left \vert x \right \vert )}=0 \quad \Leftrightarrow\quad 4(\ell-x)-x=0 \quad \Leftrightarrow\quad x={4\over 5}\ell= \text{0,16 m}. \end{equation*}$

Il risultato è accettabile in quanto oltre che ad essere positivo è anche compreso tra $0$ ed $\ell$ .

Caso $\bm x > \bm\ell$ : il potenziale totale è

(9) $\begin{equation*} \frac{8q}{4\pi\varepsilon_0\left \vert x \right \vert }-\frac{2q}{4\pi\varepsilon_0(\left \vert x \right \vert -\ell)}=0 \quad \Leftrightarrow\quad 4(x-\ell)-x=0 \quad \Leftrightarrow \quad x={4\over 3}\ell\sim \text{0,27 m}. \end{equation*}$

Il risultato è accettabile in quanto oltre che ad essere positivo è anche maggiore di $\ell$ .

Si conclude che

$\boxcolorato{fisica}{V(x)=0 \quad \Leftrightarrow\quad x=\text{0,16 m.}\quad \vee \quad x\sim\text{0,27 m.}}$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . 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 il lavoro $W$ fatto dalle forze elettrostatiche per allontanare $q_3$ di $\ell=50\, \text{cm}$ .

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Figura 3: schema esercizio 2.

Svolgimento.

La forza elettrostatica è conservativa, per questo è possibile definire un potenziale elettrostatico in modo tale che il lavoro svolto dalle forze elettrostatiche, per portare un sistema dalla stato A (inizio) allo stato B (fine), sia l’opposto della variazione di energia potenziale elettrostatica, ovvero:

(10) $\begin{equation*} W=-\Delta U=U_{\text{inizio}}-U_{\text{fine}}. \end{equation*}$

L’energia potenziale elettrostatica di un sistema di cariche discreto è data dalla somma delle energie potenziali associate a ciascuna coppia di cariche, nello stato iniziale abbiamo quindi la seguente energia potenziale:

(11) $\begin{equation*} U_{\text{inizio}}=-{q_1|q_2|\over 4\pi\varepsilon_0\ell}+{q_1q_3\over 4\pi\varepsilon_0\,2\ell}-{|q_2|q_3\over 4\pi\varepsilon_0\ell}. \end{equation*}$

Il segno dell’energia potenziale elettrostatica è dato dal prodotto della coppia di cariche, si avrà quindi un’energia positiva per cariche di segno concorde mentre sarà negativa per cariche di segno discorde. A denominatore va inserita la distanza (quindi una quantità positiva) tra le due cariche. Nello stato finale troviamo la seguente energia potenziale elettrostatica:

(12) $\begin{equation*} U_{\text{fine}}=-{q_1|q_2|\over 4\pi\varepsilon_0\ell}+{q_1q_3\over 4\pi\varepsilon_0\,3\ell}-{|q_2|q_3\over 4\pi\varepsilon_0\,2\ell}. \end{equation*}$

Ne segue che il lavoro svolto dalle forze elettrostatiche è:

(13) $\begin{align*} W=U_{\text{inizio}}-U_{\text{fine}}&={1\over 4\pi\varepsilon_0\ell}\bigg({q_1q_3\over 2}-|q_2|q_3 -{q_1q_3\over 3}+{|q_2|q_3\over 2}\bigg)=\\ &={q_3\over 4\pi\varepsilon_0\ell}\bigg({q_1\over 6}-{|q_2|\over 2}\bigg)=\text{-3,6}\cdot 10^{-6}\,\text{ J}. \end{align*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{W=\text{-3,6}\cdot 10^{-6}\,\text{ J}.}$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Tre cariche $q_1=-4\cdot 10^{-8}\,\text{C}$ , $q_2=3\cdot 10^{-8} \,\text{C}$ e $q_3=2\cdot 10^{-9}\, \text{C}$ sono poste sui vertici di un triangolo equilatero di lato $\ell=60\,\text{cm}$ . Calcolare il lavoro $W$ fatto dalle forze elettrostatiche per portare $q_3$ all’infinito.

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Figura 4: dettaglio schema esercizio 3.

Svolgimento.

Il lavoro svolto dalle forze elettrostatiche per portare la carica $q_3$ all’infinito è dato dall’opposto della variazione di energia potenziale elettrostatica, dove, come stato finale, consideriamo solamente il sistema di cariche composto dalla coppia $q_1$ e $q_2$ . L’energia potenziale elettrostatica del sistema iniziale è dato da

(14) $\begin{equation*} U_{\text{inizio}}=-{|q_1|q_2\over 4\pi\varepsilon_0\ell}-{|q_1|q_3\over 4\pi\varepsilon_0\ell}+{q_2q_3\over 4\pi\varepsilon_0\ell}, \end{equation*}$

mentre quella del sistema finale è data da

(15) $\begin{equation*} U_{\text{fine}}=-{|q_1|q_2\over 4\pi\varepsilon_0\ell}, \end{equation*}$

ne segue che il lavoro svolto dalle forze elettrostatiche sulla carica $q_3$ è

(16) $\begin{equation*} W=U_{\text{inizio}}-U_{\text{fine}}={1\over 4\pi\varepsilon_0\ell}(q_2q_3-|q_1|q_3)=-3\cdot 10^{-7}\,\text{J}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{W=-3\cdot 10^{-7}\,\text{J}.}$

Osservazione 1. In questo esercizio e come nel precedente si è visto che alcuni termini rimangono gli stessi durante il calcolo dell’energia potenziale elettrostatica del sistema iniziale e finale. Infatti nella variazione: $-\Delta U = U_{\text{inizio}}-U_{\text{fine}}$ si eliminano i termini corrispondenti all’energia potenziale elettrostatica di coppie di cariche che rimangono fisse durante la transizione. Questo è un risultato generale che può essere applicato nei successivi esercizi per svolgere meno conti. Quando abbiamo una carica, o anche un sistema di cariche, che viene spostata all’interno di un sistema discreto di cariche, è sufficiente calcolare la variazione di energia potenziale elettrostatica che questa carica, o sistema, ha con il sistema discreto di cariche. Questa energia è anche detta energia potenziale d’interazione elettrostatica.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Due cariche $q_1=-2\cdot 10^{-8}\,\text{C}$ e $q_2=5\cdot 10^{-8}\,\text{C}$ sono poste lungo una diagonale di un rettangolo di lati $a=30\,\text{cm}$ e $b=20\,\text{cm}$ . Calcolare il lavoro compiuto dalle forze elettrostatiche per spostare una carica $q_3=\text{0,5}\cdot 10^{-9}\,\text{C}$ da un vertice a quello opposto.

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Figura 5: dettaglio schema esercizio 4.

Svolgimento.

La forza elettrostatica è conservativa, questo significa che il lavoro non dipende dalla particolare traiettoria scelta per andare dal punto A al punto B. Non è importante dunque il particolare percorso scelto per spostare $q_3$ da un vertice a quello opposto, possiamo quindi concentrarci unicamente sullo stato iniziale e finale del sistema. Utilizziamo l’osservazione scritta alla fine dell’esercizio precedente, l’energia potenziale elettrostatica tra la carica $q_3$ e il sistema di cariche $q_1$ e $q_2$ è:

(17) $\begin{equation*} U_{\text{inizio}}=-{|q_1|q_3\over 4\pi\varepsilon_0a}+{q_2q_3\over 4\pi\varepsilon_0 b}. \end{equation*}$

L’energia potenziale potenziale d’interazione elettrostatica finale è invece:

(18) $\begin{equation*} U_{\text{fine}}=-{|q_1|q_3\over 4\pi\varepsilon_0 b}+{q_2q_3\over 4\pi\varepsilon_0 a}. \end{equation*}$

L’opposto della variazione di energia potenziale è il lavoro svolto dalla forze elettrostatiche per spostare la carica $q_3$

(19) $\begin{align*} W=U_{\text{inizio}}-U_{\text{fine}}&=-{|q_1|q_3\over 4\pi\varepsilon_0 a}+{q_2q_3\over 4\pi\varepsilon_0 b}+{|q_1|q_3\over 4\pi\varepsilon_0b}-{q_2q_3\over 4\pi\varepsilon_0 a}=\\ &={q_3\over 4\pi\varepsilon_0}\bigg[|q_1|\bigg({1\over b}-{1\over a}\bigg)+q_2\bigg({1\over b}-{1\over a}\bigg)\bigg]=\\ &={q_3\over 4\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over b}-{1\over a}\bigg)(|q_1|+q_2)=\text{5,2}\cdot 10^{-7}\,\text{ J}. \end{align*}$

Concludiamo con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{W=\text{5,2}\cdot 10^{-7}\,\text{ J}.}$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Quattro cariche di uguale valore $q=10^{-8}\,\text{C}$ sono poste ai vertici di un quadrato di lato $a=10\,\text{cm}$ . Calcolare:

l’energia potenziale elettrostatica $U_e$ del sistema;
il lavoro $W$ necessario per spostare una delle cariche dalla posizione iniziale $P_1$ al punto $P_2$ indicato in figura 6 e situato nel centro del lato.

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Figura 6: dettaglio schema esercizio 5.

Svolgimento punto 1.

Per calcolare l’energia potenziale elettrostatica di questo sistema risulta utile dare una nome alle cariche, per associargli le giuste distanze, alla fine, utilizzeremo il fatto che sono tutte uguali $q_1=q_1=q_4=q$ . Calcoliamo l’energia potenziale del sistema:

(20) $\begin{align*} U_{t}&=\text{Energia totale inziale}=\\ &={q_1q_2\over 4\pi\varepsilon_0a}+{q_2q_4\over 4\pi\varepsilon_0a}+{q_4q_3\over 4\pi\varepsilon_0a}+{q_3q_1\over 4\pi\varepsilon_0a}+{q_1q_4\over 4\pi\varepsilon_0\sqrt{2}a}+{q_2q_3\over 4\pi\varepsilon_0\sqrt{2}a}=\\ &=4\cdot {q^2\over 4\pi\varepsilon_0a}+2{q^2\over 4\pi\varepsilon_0\,\sqrt{2}a}=\\ &={2q^2\over 4\pi\varepsilon_0a}\bigg(2+{1\over \sqrt{2}}\bigg)\approx \text{4,87}\cdot 10^{-5}\,\text{ J}. \end{align*}$

Concludiamo quindi con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{\text{Energia totale iniziale}={2q^2\over 4\pi\varepsilon_0a}\bigg(2+{1\over \sqrt{2}}\bigg)\approx\text{4,87}\cdot 10^{-5}\,\text{ J}.}$

Svolgimento punto 2.

L’energia potenziale d’interazione elettrostatica che $q_3$ ha con il resto delle cariche è data da:

(21) $\begin{align*} U_{e}&={q_1q_3\over 4\pi\varepsilon_0a}+{q_4q_3\over 4\pi\varepsilon_0a}+{q_2q_3\over 4\pi\varepsilon_0\sqrt{2}a}=\\ &=2\cdot {q^2\over 4\pi\varepsilon_0a}+{q^2\over 4\pi\varepsilon_0\,\sqrt{2}a}=\\ &={q^2\over 4\pi\varepsilon_0a}\bigg(2+{1\over \sqrt{2}}\bigg). \end{align*}$

Dopo lo spostamento della carica da $P_1$ a $P_2$ lungo una qualsiasi traiettoria, otteniamo il sistema descritto dalla figura 7:

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Figura 7: sistema dopo lo spostamento della carica da $P_1$ a $P_2$ .

L’energia potenziale d’interazione elettrostatica finale tra la carica $q_3$ e le restanti cariche è data da:

(22) $\begin{align*} U_{\text{fine}}&={q_1q_3\over 4\pi\varepsilon_0\,{\sqrt{5}\over 2}a}+{q_2q_3\over 4\pi\varepsilon_0{a\over 2}}+{q_3q_4\over 4\pi\varepsilon_0{a\over 2}}=\\ &={q^2\over 4\pi\varepsilon_0a}\bigg({2\over \sqrt{5}}+4\bigg). \end{align*}$

Il lavoro svolto dalle forze esterne per portare la carica $q_3$ da $P_1$ a $P_2$ è pari all’opposto della variazione di energia potenziale elettrostatica tra i due sistemi, otteniamo quindi:

(23) $\begin{align*} W=U_{e}-U_{\text{fine}}&={q^2\over 4\pi\varepsilon_0a}\bigg(2+{1\over \sqrt{2}}-4-{2\over \sqrt{5}}\bigg)=\\ &=-{q^2\over 4\pi\varepsilon_0a}\bigg(2+{2\over \sqrt{5}}-{1\over \sqrt{2}}\bigg). \end{align*}$

Concludiamo quindi con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{W=U_{e}-U_{\text{fine}}=\text{-1,96}\cdot 10^{-5}\,\text{ J}.}$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un elettrone è lanciato con velocità iniziale $v_0=6\cdot 10^6\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$ contro un protone, tenuto fermo, da grandissima distanza da esso. Calcolare a quale distanza $r$ dal protone la velocità dell’elettrone risulta $v=2v_0$ .

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Figura 8: dettaglio schema esercizio 6. In arancione abbiamo il protone, mentre in azzurro l’elettrone.

Premessa.

Per risolvere il seguente esercizio proponiamo 3 diverse soluzioni.

Svolgimento 1.

Per ridurre il problema a un moto monodimensionale, è sufficiente scegliere come direzione dell’asse $x$ del sistema di riferimento la direzione del moto dell’elettrone, che è chiaramente rettilineo. Poniamo inoltre il protone all’origine del nostro sistema e il verso positivo dell’asse $x$ diretto verso l’elettrone. In questo modo, possiamo identificare con la coordinata $x$ la distanza $r$ tra il protone e l’elettrone. Il problema assume una grande distanza iniziale tra elettrone e protone, che possiamo considerare come infinita, permettendoci di trascurare l’interazione tra i due. Per concludere la discussione iniziale sul sistema di riferimento osserviamo che un dato del problema è che il protone sta fermo (aggiungiamo fermo rispetto ad un osservatore esterno, quindi fermo rispetto ad un sistema inerziale), quindi, oltre a non esserci moto relativo tra elettrone e protone, il sistema di riferimento considerato è inerziale. Per non confondere la distanza generica $r$ da quella che ci chiede di trovare il problema chiamiamo $\tilde{r}$ la distanza dove l’elettrone ha una velocità $v=2v_0$ . Detto questo, possiamo approcciarci al problema in tre differenti modi. Il moto dell’elettrone è causato dalla sola forza elettrica, la forza attrattiva che il protone esercita sull’elettrone. Utilizzando la seconda legge della dinamica possiamo ricavarci l’accelerazione dell’elettrone

(24) $\begin{equation*} F_e=m_ea \quad \Leftrightarrow\quad a={F_e\over m_e}={e^2\over 4\pi\varepsilon_0 r^2m_e}, \end{equation*}$

dove: $e$ è la carica elementare ed $m_e$ è la massa dell’elettrone. Otteniamo quindi una formula per l’accelerazione dell’elettrone che dipende dalla sua distanza $r$ dal protone. Per integrare l’accelerazione e ottenere informazioni sulla velocità dobbiamo utilizzare un trucco algebrico:

(25) $\begin{equation*} a={dv \over dt }=\left({dr\over d t}\right)\left({dv\over dr}\right)=v{d v\over d r}, \end{equation*}$

da cui

(26) $\begin{equation*} v\,{d v\over d r}={e^2\over 4\pi\varepsilon_0 r^2m_e}. \end{equation*}$

In questo modo, possiamo integrare l’accelerazione sulla variabile spaziale invece che su quella temporale, tra posizione iniziale $\infty$ e finale $\tilde{r}$ , ottenendo:

(27) $\begin{align*} &\int_{\infty}^{\tilde{r}}v\,{d v\over d r}\,dr=-\int_{\infty}^{\tilde{r}}{e^2 \over 4\pi\varepsilon_0 r^2m_e}\,dr\quad \Leftrightarrow\quad \\ & \Leftrightarrow\quad \dfrac{1}{2}v^2\bigg\vert^{\tilde{r}}_{\infty}=-{e^2\over 4\pi\varepsilon_0 m_e}\cdot\dfrac{1}{r}\bigg\vert^{\infty}_{\tilde{r}}\quad \Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\quad \dfrac{1}{2}\left(v^2\left(\tilde{r}\right)-v^2\left(\infty\right)\right)=-{e^2\over 4\pi\varepsilon_0 rm_e}\left(-\dfrac{1}{\tilde{r}}\right)\quad \Leftrightarrow\quad\\ &\Leftrightarrow\quad \dfrac{1}{2}\left(4v_0^2-v_0^2\right)=\dfrac{1}{\tilde{r}}{e^2\over 4\pi\varepsilon_0 m_e}\quad \Leftrightarrow\quad\\ &\Leftrightarrow\quad \dfrac{3}{2}v_0^2=\dfrac{1}{\tilde{r}}{e^2\over 4\pi\varepsilon_0 m_e}\quad \Leftrightarrow\quad\\ &\Leftrightarrow\quad \tilde{r}={e^2\over 6\pi\varepsilon_0m_ev_0^2}, \end{align*}$

dove nell’integrare l’accelerazione è stato inserito un segno meno, questo perché per il nostro sistema di riferimento l’accelerazione è diretta verso il protone, ovvero ha verso e quindi segno negativo e abbiamo tenuto conto del fatto che $v(\tilde{r})=2v_0,\,v(\infty)=v_0$ .

Si conclude che:

$\boxcolorato{fisica}{\tilde{r}={e^2\over 6\pi\varepsilon_0m_ev_0^2}=\text{4,68}\cdot 10^{-12}\,\text{m}.}$

Svolgimento 2.

Questo teorema afferma che la variazione di energia cinetica dell’elettrone è pari al lavoro svolto dalla risultante delle forze su di esso, in questo caso l’unica forza che agisce sull’elettrone è la forza elettrica. La forza che il protone esercita sull’elettrone dipende dalla loro distanza $r$ , dobbiamo quindi integrare tale forza lungo il percorso unidimensionale che parte da $r=\infty$ e si conclude a $r=\tilde{r}$ per ricavarne il lavoro $W$

(28) $\begin{equation*} W=\int_{\infty}^{\tilde{r}}F_e(r)\text{d}r=-\int_{\infty}^{\tilde{r}}{e^2\over 4\pi\varepsilon_0r^2}\text{d}r={e^2\over 4\pi\varepsilon_0\tilde{r}}. \end{equation*}$

Anche in questo caso è stato inserito un segno meno sulla forza, poiché essa è diretta verso il protone e ha dunque un segno negativo nel nostro sistema di riferimento. Tuttavia, anche senza il segno meno sulla forza, il lavoro deve essere positivo poiché la forza è nella stessa direzione dello spostamento; quindi, considereremmo in ogni caso il modulo dell’integrale. Utilizziamo ora il teorema dell’energia cinetica, indicata con $K$ (per non confonderla con il campo elettrico $E$ ). Abbiamo dunque:

(29) $\begin{equation*} W=\Delta K={1\over 2}m_ev_f^2-{1\over 2}m_e v_0^2, \end{equation*}$

dove $v_f$ e $v_0$ sono rispettivamente la velocità finale e iniziale. A questo punto possiamo impostare $v_f=2v_0$ e ricavare la distanza $\tilde{r}$ che cercavamo:

(30) $\begin{equation*} {e^2\over 4\pi\varepsilon_0\tilde{r}}={1\over 2}m_e(2v_0)^2-{1\over 2}m_e v_0^2 \quad \Leftrightarrow\quad \tilde{r}={e^2\over 6\pi\varepsilon_0m_ev_0^2}=\text{4,68}\cdot 10^{-12}\,\text{m}, \end{equation*}$

come ottenuto in precedenza.

Svolgimento 3.

Utilizziamo anche qui il teorema dell’energia cinetica ma calcoliamo il lavoro della forza elettrostatica utilizzando il fatto che, essendo una forza conservativa, è possibile associarne un’energia potenziale. Inizialmente l’elettrone si trova a grande distanza, da leggere come distanza infinita, dal protone, quindi il sistema iniziale è composto unicamente dal protone. L’energia potenziale elettrostatica di questo sistema è zero perché non si compie alcun lavoro per portare il protone all’origine del nostro sistema di riferimento, in assenza di un campo di forze elettriche. Quindi $U_{\text{inizio}}=0\,J$ . Il sistema finale è composto dalla coppia elettrone protone posti a distanza $\tilde{r}$ , l’energia associata a questo sistema è semplicemente:

(31) $\begin{equation*} U_{\text{fine}}=-{e^2\over 4\pi\varepsilon_0\tilde{r}}. \end{equation*}$

Il lavoro svolto dalle forze elettriche sull’elettrone è quindi:

(32) $\begin{equation*} W=-\Delta U=U_{\text{inizio}}-U_{\text{fine}}={e^2\over 4\pi\varepsilon_0\tilde{r}}, \end{equation*}$

A questo punto si applica il teorema dell’energia cinetica come in (29) e si ottiene la medesima soluzione (30).

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un elettrone entra, con velocità $v_0=10^7\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$ , in una regione di lunghezza $\ell=4\,\text{cm}$ , in cui agisce un campo elettrico $E=10^4\,\dfrac{\text{V}}{\text{m}}$ , uniforme, perpendicolare a $v_0$ . Calcolare:

lo spostamento $d$ rispetto alla direzione iniziale dopo l’attraversamento della regione;
l’energia cinetica $\Delta K$ acquistata (in $e$ V) nel percorso.

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Figura 9: dettaglio schema esercizio 7.

Soluzione del punto 1.

L’elettrone entra in una regione dove è presente un campo elettrico costante e uniforme $E$ , quindi verrà esercitata su di esso une forza elettrostatica $F_e$ costante per tutto il moto all’interno di questa regione. Il problema è quindi del tutto simile a quello del moto di un proiettile, per vedere l’analogia è sufficiente sostituire la forza elettrica con quella gravitazionale. Questa osservazione ci suggerisce di affrontare il problema nel medesimo modo, ovvero scegliamo un sistema di riferimento con assi $x$ e $y$ come in figura 9 e scriviamo la legge oraria del moto

(33) $\begin{equation*} \begin{cases} y(t)=y_0+\dfrac{1}{2}a t^2 & \text{moto uniformente accelerato lungo }y\\\\ x(t)=v_0t & \text{moto uniforme lungo }x, \end{cases} \end{equation*}$

dove $y_0$ è la posizione dell’elettrone sull’asse $y$ al tempo $t_0=0\,s$ . L’accelerazione è dalla forza elettrica e si ricava dalla seconda legge della dinamica

(34) $\begin{equation*} F_e=m_ea \quad \Leftrightarrow\quad a={F_e\over m_e}={e E\over m_e}, \end{equation*}$

dove nell’ultima uguaglianza abbiamo utilizzato la definizione di campo elettrico. Nel nostro sistema di riferimento l’accelerazione è diretta verso il basso, quindi è necessario aggiungere un segno meno. Riscriviamo le equazioni del moto

(35) $\begin{equation*} \begin{cases} y(t)=y_0-\dfrac{1}{2}\dfrac{eE}{m_e} t^2 \\\\ x(t)=v_0t. \end{cases} \end{equation*}$

Chiamiamo $\tau$ il tempo necessario affinché l’elettrone esca dalla regione di lunghezza $\ell$ , dovrà dunque essere valida la seguente uguaglianza $x(\tau)=\ell$ . Osserviamo dal grafico che la differenza $y_0-y(\tau)$ è proprio lo spostamento $d$ che dobbiamo calcolare. Riscriviamo la legge oraria aggiungendo queste informazioni

(36) $\begin{equation*} \begin{cases} y_0-y(\tau)=d=\dfrac{1}{2}\dfrac{eE}{m_e}\tau^2 \\\\ x(\tau)=\ell=v_0\tau. \end{cases} \end{equation*}$

Dalla seconda equazione del sistema ricaviamo $\tau=\ell/v_0$ che inserita nella prima ci permette di calcolare lo spostamento $d$

$\boxcolorato{fisica}{d={1\over 2}{eE\over m_e}{\ell^2\over v_0^2}.}$

Sostituendo i valori numerici si ha

$\boxcolorato{fisica}{ d={1\over 2}{eE\over m_e}{\ell^2\over v_0^2}=\text{0,014 m}.}$

Soluzione del punto 2.

Dobbiamo calcolare la velocità dell’elettrone quando esce dal condensatore, ovvero al tempo $\tau$ . Sapendo che lungo l’asse delle $x$ il moto è rettilineo uniforme e lungo l’asse delle $y$ è uniformemente accelerato e tenendo conto che la velocità iniziale è diretta lungo l’asse delle $x$ , si ha

(37) $\begin{equation*} \begin{cases} v_y(t)=-\dfrac{eE}{m_e} t\\\\ v_x(t)=v_0. \end{cases} \end{equation*}$

Posto $t=\tau$ troviamo

(38) $\begin{equation*} \begin{cases} v_y(\tau)=-\dfrac{eE}{m_e} \dfrac{\ell}{v_0}\\\\ v_x(t)=v_0, \end{cases} \end{equation*}$

che è la velocità all’uscita della regione. La velocità finale dell’elettrone in forma vettoriale è

(39) $\begin{equation*} \vec{v}_f=-\dfrac{eE}{m_e} \dfrac{\ell}{v_0}\hat{y}_y+v_0\hat{x}. \end{equation*}$

Nel calcolo dell’energia cinetica ci interessa sapere il modulo al quadrato del vettore velocità, questo lo si calcola come il prodotto scalare di $\vec{v}_f$ con se stesso

(40) $\begin{equation*} v_f^2=\vec{v}_f\cdot \vec{v}_f=\bigg(\dfrac{eE}{m_e} \dfrac{\ell}{v_0}\bigg)^2+v_0^2 \quad\Rightarrow\quad K_{\text{fine}}={1\over 2}m_e\bigg(\dfrac{eE}{m_e} \dfrac{\ell}{v_0}\bigg)^2+{1\over 2}m_ev_0^2. \end{equation*}$

L’energia cinetica finale presenta due contributi, il primo dovuto ad una componente della velocità lungo $y$ ed un secondo dovuto dalla componente lungo $x$ , quest’ultimo è pari inoltre all’energia cinetica iniziale. Per ottenere un energia in elettronvolt è sufficiente dividere un energia espressa in Joule per la carica elementare $e$ . Concludiamo l’esercizio con la seguente variazione di energia cinetica

$\Delta K=K_{\text{fine}}-K_{\text{Iniziale}}={1\over 2}{m_e\over e}\bigg(\dfrac{eE}{m_e} \dfrac{\ell}{v_0}\bigg)^2,$

dove $K_{\text{Iniziale}}=\dfrac{1}{2}mv_0^2$ . Sostituendo i valori numerici troviamo

$\boxcolorato{fisica}{\Delta K={1\over 2}{m_e\over e}\bigg(\dfrac{eE}{m_e} \dfrac{\ell}{v_0}\bigg)^2=\text{140,7}\,e\text{V}.}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un elettrone si trova a distanza $h=10\,\text{cm}$ da un piano indefinito, di materiale isolante, uniformemente carico con densità $\sigma=\text{1,77}\cdot 10^{-6}\,\text{ C}\cdot \text{m}^{-2}$ . Calcolare:

l’energia cinetica $K_f$ e la velocità $v_f$ con cui l’elettrone arriva sul piano se lasciato libero.
ripetere l’esercizio se il piano ha densità di carica $\sigma=\text{-1,77}\cdot 10^{-6}\text{ C}\cdot \text{m}^{-2}$ e la particella è un protone.

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Figura 10: dettaglio schema esercizio 8.

Svolgimento punto 1.

Scelto un sistema di riferimento $0x$ con asse perpendicolare al piano indefinito ll campo elettrico generato da un piano carico infinito è costante ed è diretto lungo l’asse delle $x$

(41) $\begin{equation*} \vec{E}={\sigma \over 2 \varepsilon_0}\,\hat{x}, \end{equation*}$

questo risultato si può ottenere calcolando il campo elettrico di un disco sul proprio asse di simmetria e facendo tendere il raggio ad infinito. L’energia cinetica con cui l’elettrone arriva sul piano si calcola applicando il teorema dell’energia cinetica. Dato che la forza elettrica è costante e diretta lungo la direzione del moto, il lavoro da essa compiuto è positivo ed è semplicemente il prodotto della forza per lo spostamento

(42) $\begin{equation*} W=F_eh=eEh. \end{equation*}$

L’elettrone è inizialmente fermo, per cui la sua energia cinetica iniziale è nulla. Applichiamo il teorema dell’energia cinetica

(43) $\begin{equation*} \Delta K=W \quad\Leftrightarrow\quad K_f=W=eEh={e\sigma h\over 2\varepsilon_0}, \end{equation*}$

da cui

(44) $\begin{align*} K_f=\dfrac{1}{2}m{v_e}^2_f=eEh=\dfrac{\sigma }{2\varepsilon_0}eh\quad \Leftrightarrow\quad v_f=\sqrt{e \sigma h \over \varepsilon_0 m_e} \end{align*}$

dove $v_e_f$ è la velocità finale cercata. Concludiamo dunque sostituendo i valori numerici e ottenendo:

$\boxcolorato{fisica}{K_f={e\sigma h\over 2 \varepsilon_0}=\text{1,6}\cdot 10^{-15}\,\text{ J},\qquad\qquad v_f=\sqrt{2 K_e\over m_e}=\sqrt{e \sigma h \over \varepsilon_0 m_e}=\text{5,9}\cdot 10^7\,{\text{ m}}\cdot{\text{s}^{-1}}.}$

Svolgimento punto 2.

In questa situazione le quantità assolute di interesse sono le stesse, tranne che bisogna sostituire la massa dell’elettrone con la massa del protone $m_p$ . Il campo elettrico ha verso opposto rispetto al punto precedente, tuttavia la forza elettrica che il piano esercita sul protone ha lo stesso verso e anche la stessa intensità e quindi il lavoro da essa compiuto è pari a quello del punto precedente. La soluzione è quindi la stessa, con l’unica differenza delle diverse masse in gioco. Concludiamo il punto b. con la seguente soluzione:

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Figura 11: dettaglio schema esercizio 8 punto 2.

$\boxcolorato{fisica}{K_e={e\sigma h\over 2 \varepsilon_0}=\text{1,6}\cdot 10^{-15}\,\text{ J}\qquad\qquad v_e=\sqrt{2 K_e\over m_p}=\sqrt{e \sigma h \over \varepsilon_0 m_p}=\text{1,4}\cdot 10^6\,{\text{ m}}\cdot{\text{s}^{-1}}.}$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Due piani indefiniti isolanti di densità $\sigma_1=3\sigma$ e $\sigma_2=-\sigma$ con $\sigma=\text{1,77}\cdot 10^{-8}\,\text{ C}\cdot \text{m}^{-2}$ sono distanti $h=4\,\text{cm}$ . Un protone avente energia cinetica iniziale $K_{\text{iniziale}}=100\,eV$ viene lanciato da distanza $h=4\,\text{cm}$ dall’esterno verso i due piani. Calcolare con quale energia cinetica $K_{\text{finale}}$ raggiunge il secondo piano.

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Figura 12: dettaglio schema esercizio 9.

Svolgimento.

Il problema è unidimensionale, poniamo quindi come sistema di riferimento un asse $x$ come in figura 12, l’origine è da intendere sul protone. I piani sono indefiniti, possiamo allora utilizzare l’approssimazione di piano infinito. Il campo generato da ciascun piano carico è perpendicolare al piano stesso, dunque diretto lungo l’asse $x$ , il verso invece dipende da dove ci posizioniamo. Per convenzione il verso del campo elettrico generato dal piano carico positivamente è uscente da quest’ultimo, mentre quello generato dal piano carico negativamente è entrante. Il modulo di questi campi elettrici invece è sempre costante e pari ad

(45) $\begin{align*} E_1={3\sigma\over 2\varepsilon_0}, && E_2={\sigma\over 2\varepsilon_0}. \end{align*}$

Per risolvere questo esercizio vogliamo seguire il seguente approccio, calcoliamo il campo elettrico totale somma dei due singoli campi, poi calcoliamo il lavoro compiuto dalla forza elettrica risultante sul protone e concludiamo applicando il teorema dell’energia cinetica. Il campo elettrico risultante nella prima regione, chiamata regione $A$ , sarà attenuato in quanto i campi $E_1$ ed $E_2$ hanno verso opposto, calcoliamolo

(46) $\begin{equation*} E_A=E_2-E_1={\sigma\over 2\varepsilon_0}-{3\sigma\over 2\varepsilon_0}=-{\sigma\over \varepsilon_0}, \end{equation*}$

risulta essere diretto verso l’asse negativo delle $x$ , ne segue che nella prima regione la forza elettrica agente sul protone è anch’essa diretta verso sinistra, quindi il lavoro da essa compiuto è negativo

(47) $\begin{equation*} W_A=-e|E_A|h. \end{equation*}$

Nella seconda regione, chiamata regione $B$ , il campo elettrico totale è invece accentuato e diretto verso destra, in quanto i campi $E_1$ ed $E_2$ sono entrambi diretti verso l’asse positivo delle $x$

(48) $\begin{equation*} E_B=E_1+E_2={3\sigma\over 2\varepsilon_0}+{\sigma\over 2\varepsilon_0}={2\sigma\over \varepsilon_0}, \end{equation*}$

anche la forza elettrica che agisce sul protone è diretta verso l’asse positivo delle $x$ ovvero lungo la direzione del moto, otteniamo quindi un lavoro positivo nella regione $B$

(49) $\begin{equation*} W_B=eE_Bh. \end{equation*}$

Il lavoro totale svolto dalle forze elettriche sul protone per portarlo a raggiungere il secondo piano è la somma dei lavori calcolati precedentemente

(50) $\begin{equation*} W=W_A+W_B=e(E_B-|E_A|)h=e\bigg({2\sigma \over \varepsilon_0}-{\sigma \over \varepsilon_0}\bigg)h={e\sigma h\over \varepsilon_0}. \end{equation*}$

Questo lavoro è in Joule mentre l’energia cinetica data dal problema è in elettronvolt, risulta utile scrivere il lavoro totale in elettronvolt e per farlo basta dividerlo per la carica elementare $e$ . Applichiamo il teorema dell’energia cinetica

(51) $\begin{equation*} \Delta K={W\over e} \quad \Leftrightarrow \quad K_{\text{finale}}=K_{\text{iniziale}}+{\sigma h\over \varepsilon_0}, \end{equation*}$

dove $K$ è in elettronvolt. Sostituendo i valori numerici, concludiamo che:

$\boxcolorato{fisica}{K_{\text{finale}}=180\,e\text{V}.}$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Nel centro $O$ di una anello di materiale isolante di raggio $R=10\,\text{cm}$ , uniformemente carico con carica $q=\text{2,5}\cdot10^{-8}\,\text{C}$ , è posto un protone. Si sposta di molto poco il protone dalla posizione $O$ che è di equilibrio instabile. Calcolare la velocità $v_f$ raggiunta dal protone ad una distanza $x=2R$ dal centro dell’anello.

Premessa.

La simmetria del problema suggerisce che è sufficiente considerare un sistema di riferimento monodimensionale, prendiamo un’asse $x$ con origine nel centro dell’anello carico e verso come indicato in figura. Per calcolare il campo elettrico prodotto dall’anello carico consideriamo due elementi diametralmente opposti sull’anello, essi avranno carica $\text{d} q$ positiva, prendiamo inoltre un generico punto $P=(h,0)$ sull’asse $x$ . È possibile risolvere l’esercizio in due modi differenti che verranno di seguito illustrati.

Svolgimento 1.

Ciascuna carica $\text{d} q$ genera un campo elettrico $\text{d} \vec{E}$ diretto come in figura 13 e avente modulo

(52) $\begin{equation*} \text{d}E={\text{d} q \over 4\pi\varepsilon_0r^2}. \end{equation*}$

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Figura 13: dettaglio schema esercizio 10.

Geometricamente osserviamo dalla figura che le componenti ortogonali all’asse $x$ dei campi elettrici $\text{d} \vec{E}$ prodotti dalle due cariche $\text{d} q$ hanno stesso modulo ma verso opposto sul punto $P=(h,0)$ , infatti se sommiamo questi due campi elettrici ne otteniamo uno parallelo all’asse $x$

(53) $\begin{equation*} \text{d}\vec{E}_{tot}={2} \text{d}E \cos \theta \hat{x}={\text{d}q\cos\theta \over 2\pi\varepsilon_0r^2}\hat{x}={\cos\theta \lambda \text{d}\ell\over 2\pi\varepsilon_0r^2}\hat{x}. \end{equation*}$

Questa uguaglianza non è altro che la proiezione di $\text{d}\vec{E}$ sull’asse $x$ presa due volte. Nell’ultima uguaglianza abbiamo introdotto la densità lineare di carica dell’anello $\text{d}q=\lambda \text{d}\ell$ dove $\text{d}\ell$ è un elemento di arco infinitesimo. Non resta altro che sommare i contributi di tutte le cariche $\text{d} q$ , ovvero integrare $\text{d}E_{tot}$ su metà anello. In modulo otteniamo il seguente campo sull’asse $x$ a distanza $h$ dal centro dell’anello.

(54) $\begin{equation*} E_{tot}=\int_{0}^{\pi R}{\cos\theta \lambda \over 2\pi\varepsilon_0r^2}\text{d}\ell={\cos\theta \lambda \pi R\over 2\pi\varepsilon_0r^2}. \end{equation*}$

Questo può essere riscritto notando che $q=\lambda 2\pi R$ (dalla definizione di densità di carica lineare), $r^2=h^2+R^2$ e che $\cos \theta = h/r$

(55) $\begin{equation*} E_{tot}={q\over 4\pi\varepsilon_0}{1\over h^2+R^2}{h\over \sqrt{h^2+R^2}}={qh\over 4\pi\varepsilon_0(h^2+R^2)^{3/2}}. \end{equation*}$

Ora che conosciamo il campo elettrico generato dall’anello carico lungo l’asse $x$ possiamo calcolare il lavoro che esercita sul protone per portarlo a distanza $2R$ . La forza elettrica che agisce sul protone è parallela al moto ma dipende dalla posizione in cui si trova il protone, dobbiamo svolgere un integrale sul cammino che va da $x=0$ a $x=2R$ .

(56) $\begin{align*} W=\int_0^{2R}eE_{tot}\text{d}x&={eq\over4\pi\varepsilon_0}\int_0^{2R}{x\over (x^2+R^2)^{3/2}}\text{d}x\\ &={eq\over4\pi\varepsilon_0}\bigg[-(x^2+R^2)^{-1/2}\bigg]_{0}^{2R}=\\ &={eq\over4\pi\varepsilon_0}\bigg[-(5R^2)^{-1/2}+(R^2)^{-1/2}\bigg]=\\ &={eq\over4\pi\varepsilon_0}{1\over R}\bigg(1-{1\over \sqrt{5}}\bigg). \end{align*}$

A questo punto possiamo utilizzare il teorema dell’energia cinetica, il protone parte da fermo, ha quindi energia cinetica iniziale nulla. La sua energia cinetica finale è invece

(57) $\begin{equation*} K_p={1\over 2}m_p v_p^2=W \quad \Leftrightarrow\quad v_p=\sqrt{2W\over m_p}. \end{equation*}$

Sostituendo i valori numerici otteniamo:

$\boxcolorato{fisica}{v_p=\sqrt{{eq\over 2\pi\varepsilon_0m_pR}\bigg(1-{1\over \sqrt{5}}\bigg)}=5\cdot 10^5\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}.}$

Svolgimento 2.

Si può risolvere il problema calcolando il potenziale elettrostatico generato dall’anello carico lungo l’asse $x$ , moltiplicandolo per la carica elementare si ottiene l’energia potenziale d’interazione elettrica tra il protone e l’anello, quindi si conclude applicando la conservazione dell’energia. Consideriamo un elemento di carica $d q$ sull’anello a distanza $r$ da un punto $P=(h,0)$ sull’asse $x$ .

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Figura 14: dettaglio schema esercizio 10 per il calcolo del potenziale.

Allora il potenziale elettrico da essa prodotto è

(58) $\begin{equation*} \text{d}V={\text{d}q\over 4\pi\varepsilon_0r}={\lambda \text{d}\ell\over 4\pi\varepsilon_0r}. \end{equation*}$

Integriamo sull’intero anello per ottenere il potenziale elettrico totale

(59) $\begin{equation*} V=\int_{0}^{2\pi R}{\lambda \text{d}\ell\over 4\pi\varepsilon_0r}={\lambda 2\pi R\over 4\pi\varepsilon_0r}\quad \Leftrightarrow\quad V(h)={q\over 4\pi\varepsilon_0\sqrt{h^2+R^2}}, \end{equation*}$

dove nell’ultima uguaglianza abbiamo evidenziato la dipendenza funzionale del potenziale elettrico dalla distanza $h$ sull’asse $x$ . A questo punto, sapendo che l’energia potenziale d’interazione elettrica tra il protone e l’anello è $U(h)=eV(h)$ , possiamo utilizzare il teorema dell’energia cinetica

(60) $\begin{equation*} {1\over 2 }m_p v_p^2=U(0)-U(2R)={eq\over 4\pi\varepsilon_0 R}-{eq\over 4\pi\varepsilon_0\sqrt{5}R}. \end{equation*}$

Concludiamo con la stessa soluzione ottenuta con la soluzione precedente:

$\boxcolorato{fisica}{v_p=\sqrt{{eq\over 2\pi\varepsilon_0m_pR}\bigg(1-{1\over \sqrt{5}}\bigg)}=5\cdot 10^5\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}.}$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sull’asse di un disco di materiale isolante di raggio $R=10\,\text{cm}$ , uniformemente carico con carica $q=\text{2,5}\cdot 10^{-8}\,\text{C}$ ,è posto un elettrone a distanza $x=2R$ dal centro $O$ del disco. Calcolare la velocità $v_e$ con cui l’elettrone arriva al centro del disco quando viene lasciato libero.

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Figura 15: dettaglio schema esercizio 11.

Svolgimento.

La simmetria del problema suggerisce che è sufficiente considerare un sistema di riferimento monodimensionale, prendiamo quindi un sistema di riferimento $Ox$ con origine coincidente con il centro del disco e diretto come in figura 15. Si può dimostrare, seguendo gli stessi passi dell’esercizio precedente, che il campo elettrico generato dal disco è diretto sull’asse delle $x$ (asse di simmetria del disco), questo garantisce che il moto dell’elettrone verso il disco è monodimensionale e giustifica la nostra scelta del sistema di riferimento. Risolviamo questo esercizio utilizzando il secondo metodo, più facile, introdotto nell’esercizio precedente, ovvero calcoliamo prima il potenziale elettrico generato dal disco lungo l’asse $x$ , poi utilizziamo il teorema dell’energia cinetica per ricavare la velocità dell’elettrone quando si scontra con il disco. Suddividiamo il disco in infiniti anelli di spessore infinitesimo $dr$ e carica uniformemente distribuita $\text{d} q$ concentrici al disco e raggio $r$ , consideriamo un generico punto $P=(h,0)$ , il potenziale elettrico $\text{d} V$ generato da un singolo anello su $P$ è stato calcolato nell’esercizio precedente e risulta essere

(61) $\begin{equation*} \text{d}V={\text d q\over 4\pi\varepsilon_0 d}={\text d q \over 4\pi\varepsilon_0\sqrt{r^2+h^2} }. \end{equation*}$

Per calcolare il potenziale elettrico totale generato dal disco dobbiamo sommare tutti i contributi infinitesimi $\text{d} V$ degli infiniti anelli in cui si può scomporre il disco nel punto $P$ . Introduciamo la densità di carica superficiale $\sigma$ in modo tale da poter riscrivere la carica $\text{d}q=\sigma 2\pi r\,d r$ . Infatti, $2\pi r\, dr$ è l’area dell’anello di raggio $r$ sul quale è distribuita la carica $dq$ e spessore infinitesimo $dr$ . Abbiamo dunque:

(62) $\begin{align*} V(h)&=\int_0^{R}{\sigma 2\pi r\over 4\pi\varepsilon_0\sqrt{r^2+h^2}}\text{d}r={\sigma \over 4\varepsilon_0}\int_0^R{2r\over \sqrt{r^2+h^2}}\text{d}r= \\ &={\sigma \over 2\varepsilon_0}\sqrt{r^2+h^2}\bigg|_0^R={\sigma\over 2\varepsilon_0}\big(\sqrt{R^2+h^2}-|h|\big)\overset{\clubsuit}{=}\\ &\overset{\clubsuit}{=}{q\over 2\pi R^2 \varepsilon_0}\big(\sqrt{R^2+h^2}-|h|\big), \end{align*}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo utilizzato la definizione di densità di carica superficiale applicata al disco $\sigma=q/\pi R^2$ . Utilizziamo ora il teorema dell’energia cinetica, l’elettrone parte da fermo, quindi la sua energia cinetica iniziale è nulla. L’energia potenziale d’interazione elettrostatica tra l’elettrone e il disco è $U(h)=-eV(h)$ , quindi abbiamo:

(63) $\begin{align*} {1\over 2}m_e v_e^2=-\Delta U=-eV(0)+eV(2R)={eq\over 2\pi\varepsilon_0 R^2}\big[R-(\sqrt{5}R-2R)\big]={eq\over 2\pi\varepsilon_0 R}(3-\sqrt{5}). \end{align*}$

Concludiamo l’esercizio con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{v_e=\sqrt{{eq\over \pi\varepsilon_0 Rm_e}(3-\sqrt{5})}=\text{3,5}\cdot 10^7\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}.}$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una bacchetta molto sottile di materiale isolante di lunghezza $\ell=20\,\text{cm}$ possiede una carica $q=6\cdot 10^{-8}\,\text{C}$ uniformemente distribuita sulla sua lunghezza. Calcolare il lavoro $W$ che occorre compiere per spostare una carica $q_0=-5\cdot 10^{-9}\, \text{C}$ da un punto $P$ dell’asse $x$ distante $x_1=15\,\text{cm}$ ad un punto $Q$ distante $x_2=35\,\text{cm}$ dalla fine della bacchetta.

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Figura 16: dettaglio schema esercizio 12.

Premessa.

Per il seguente esercizio verranno illustrati di seguito due possibili svolgimenti.

Svolgimento 1.

Il problema è monodimensionale, poniamo l’origine del nostro sistema di riferimento sull’estremo sinistro della bacchetta carica e il verso positivo dell’asse $x$ diretto a destra, in questo modo i punti $P$ e $Q$ diventano $P=\ell+x_1$ e $Q=\ell+x_2$ . Per risolvere questo esercizio calcoleremo il potenziale elettrico lungo l’asse $x$ generato dalla bacchetta carica, quindi utilizzeremo il fatto che il lavoro necessario per spostare una carica $q_0$ dal punto $P$ a $Q$ è pari a l’opposto della differenza di energia potenziale d’interazione elettrica con la bacchetta. Prendiamo un segmento infinitesimo di lunghezza $\text{d}x$ avente carica $\text{d} q$ distante $x$ dall’origine del nostro sistema di riferimento, il potenziale generato da esso in un punto generico esterno alla bacchetta a distanza $h>\ell>x$ è:

(64) $\begin{equation*} \text{d}V={\text{d}q\over 4\pi\varepsilon_0(h-x)}={\lambda\text{d}x\over 4\pi\varepsilon_0(h-x)}, \end{equation*}$

dove $\lambda$ è la densità lineare di carica. Integriamo lungo l’intera bacchetta per ottenere il potenziale elettrico totale sul generico punto $h$ generato dalla bacchetta

(65) $\begin{equation*} V(h)=\int_{0}^{\ell}{\lambda\text{d}x\over 4\pi\varepsilon_0(h-x)}=-{\lambda\over 4\pi\varepsilon_0}\ln(h-x)\bigg|_0^\ell=-{\lambda \over 4\pi \varepsilon_0}\ln\bigg({h-\ell\over h}\bigg), \end{equation*}$

utilizzando la definizione di densità lineare di carica nel caso particolare che la carica sia distribuita in modo uniforme $\lambda=q/\ell$ otteniamo:

(66) $\begin{equation*} V(h)=-{q\over 4\pi\varepsilon_0\ell}\ln\bigg(1-{\ell\over h}\bigg). \end{equation*}$

A questo punto possiamo utilizzare il fatto che l’energia potenziale d’interazione tra la carica $q_0$ , posta ad una generica distanza $h>\ell$ , e la bacchetta è pari a $U(h)=-|q_0|V(h)$ , quindi il lavoro necessario per portarla da $P=\ell+x_1$ a $Q=\ell+x_2$ è:

(67) $\begin{align*} W&=-\left(-|q_0|V\left(\ell+x_2\right)+|q_0|V\left(\ell+x_1\right)\right)=\\ &=-\left({|q_0|q\over 4\pi\varepsilon_0\ell}\ln\bigg(1-{\ell\over \ell+x_2}\bigg)-{|q_0|q\over 4\pi\varepsilon_0\ell}\ln\bigg(1-{\ell\over \ell+x_1}\bigg)\right)=\\ &=-\left({|q_0|q\over 4\pi\varepsilon_0\ell}\ln\bigg({x_2\over \ell+x_2}\bigg)-{|q_0|q\over 4\pi\varepsilon_0\ell}\ln\bigg({x_1\over \ell+x_1}\bigg)\right)=\\ &=-{|q_0|q\over 4\pi\varepsilon_0\ell}\ln\bigg({x_2(\ell +x_1)\over x_1 (\ell+x_2)}\bigg). \end{align*}$

Sostituendo i valori numerici otteniamo:

$\boxcolorato{fisica}{W\sim\text{5,33}\cdot 10^{-6} \text{ J}.}$

Svolgimento 2.

Questo esercizio è un classico esempio dove il sistema di riferimento scelto può fare la differenza nei calcoli. Consideriamo ad esempio l’origine del nostro sistema nel centro della bacchetta.

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Figura 17: dettaglio schema esercizio 12 con diverso sistema di riferimento.

In questo sistema avremo $OP=\ell/2+x_1$ e $OQ=\ell/2+x_2$ . Calcoliamo il potenziale elettrico generato dalla bacchetta in un punto generico a distanza $h>\ell/2>x$ . L’elemento infinitesimo è sempre

(68) $\begin{equation*} \text{d}V={\lambda \text{d}x\over 4\pi\varepsilon_0(h-x)}. \end{equation*}$

Per svolgere l’integrale con lo scopo di ottenere il potenziale totale dobbiamo utilizzare come dominio d’integrazione $[-\ell/2;\ell/2]$ . Notiamo non ci sono problemi nell’equazione (68) nel definire la distanza nella parte negativa del dominio d’integrazione, infatti $h-x$ calcolato per $x<0$ è una quantità positiva. Abbiamo dunque

(69) $\begin{align*} V(h)&=\int_{-\ell/2}^{\ell/2}{\lambda \text{d}x\over 4\pi\varepsilon_0(h-x)}=-{\lambda\over 4\pi\varepsilon_0}\ln(h-x)\bigg|_{-\ell/2}^{\ell/2}=\\ &=-{\lambda\over 4\pi\varepsilon_0}\ln \bigg(h-{\ell\over 2}\bigg)+{\lambda\over 4\pi\varepsilon_0}\ln \bigg(h+{\ell\over 2}\bigg), \end{align*}$

otteniamo il seguente potenziale elettrico:

(70) $\begin{equation*} V(h)=-{q\over 4\pi\varepsilon_0\ell}\ln\bigg({2h-\ell\over 2h+\ell}\bigg). \end{equation*}$

Questa identità differisce da quella ottenuta con il procedimento precedente, in quanto due sistemi di riferimento diversi portano diverse definizioni di $h$ . Chiaramente dovremmo ottenere comunque lo stesso risultato per il lavoro in quanto la fisica è indipendente dal sistema di riferimento scelto

(71) $\begin{align*} W&=-\left(-|q_0|V\bigg({\ell\over 2} +x_2\bigg)+|q_0|V\bigg({\ell\over 2} +x_1\bigg)\right)=\\ &=-\left({|q_0|q\over 4\pi\varepsilon_0\ell}\ln\left({2\left({\ell\over 2} +x_2\right)-\ell\over 2\left({\ell\over 2} +x_2\right)+\ell}\right)-{|q_0|q\over 4\pi\varepsilon_0\ell}\ln\left({2\left({\ell\over 2} +x_2\right)-\ell\over 2\left({\ell\over 2} +x_2\right)+\ell}\right)\right)=\\ &=-\left({|q_0|q\over 4\pi\varepsilon_0\ell}\ln\bigg({2x_2\over 2\ell +2x_2}\bigg)-{|q_0|q\over 4\pi\varepsilon_0\ell}\ln\bigg({2x_1\over 2\ell +2x_1}\bigg) \right)=\\ &=-{|q_0|q\over 4\pi\varepsilon_0\ell}\ln \bigg({x_2(\ell+x_1)\over x_1(\ell +x_2)}\bigg), \end{align*}$

che è esattamente quello che ci aspettavamo.

Esercizi da 13 a 18

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In una certa regione dello spazio il potenziale elettrostatico $V(x)$ è rappresentato dalla funzione riportata in figura 18. Calcolare il campo elettrostatico $E(x)$ riportandolo in grafico in funzione di $x$ .

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Figura 18: dettaglio schema esercizio 13.

Svolgimento.

Ricordiamo che vale la seguente relazione tra campo elettrico e potenziale elettrico:

(72) $\begin{equation*} \vec{E}=-\vec{\nabla} V \quad \Leftrightarrow\quad \left(E_x,E_y,E_z\right)=-\left(\dfrac{\partial V}{\partial x},\,\dfrac{\partial V}{\partial y},\,\dfrac{\partial V}{\partial z}\right). \end{equation*}$

Il potenziale dipende solo dalla variabile $x$ (vedere figura 18) quindi $E_x=-\dfrac{dV}{dx}.$ Il potenziale è rappresentato da una funzione definita a tratti che è data dall’unione di varie rette con coefficienti angolari diversi, significa che il campo elettrico sarà rappresentato da linee orizzontali la cui posizione sull’asse $y$ dipenderà dalla pendenza della retta che descrive il potenziale. Abbiamo dunque:

(73) $\begin{equation*} V(x)=\begin{cases} 3\left(x+5\right)\quad &\text{se}\,\,-5\leq x< -4\\ 3 & \text{se}\,\,-4\leq x <-2\\ -\dfrac{3}{2}x&\text{se}\,\,-2\leq x <2\\ -3& \text{se}\,\,2\leq x<3\\ \dfrac{3}{2}\left(x-5\right) & \text{se}\,\,3\leq x \leq 5, \end{cases} \end{equation*}$

da cui

(74) $\begin{equation*} E(x)=-\dfrac{dV}{dx}=\begin{cases} - 3\quad &\text{se}\,\,-5< x< -4\\ 0 &\text{se}\,\,-4< x <-2\\ \dfrac{3}{2}&\text{se}\,\,-2< x <2\\ 0&\text{se}\,\,2< x<3\\ -\dfrac{3}{2} &\text{se}\,\,3< x < 5. \end{cases} \end{equation*}$

Concludiamo l’esercizio riportando nel grafico in blu la funzione che descrive il campo elettrico.

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Figura 19: dettaglio schema esercizio 13 con l’aggiunta del campo elettrico in blu.

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia dato un sistema di riferimento cartesiano $Oxy$ . Il potenziale elettrostatico in una certa regione dello spazio è dato da $V(x,y)=V_0\ln[(x^2+y^2)/a^2]$ . Calcolare:

Il campo elettrostatico $E(x,y)$ ;
L’angolo che $E$ forma con l’asse $x$ in un punto $P(x,y)$ del primo quadrante.

Svolgimento punto 1.

Il campo elettrostatico è il vettore definito dall’opposto del gradiente del potenziale $V(x,y)$ :

(75) $\begin{equation*} \vec{E}=-\vec{\nabla}V=-\bigg({\partial \over \partial x}V(x,y);{\partial \over \partial y}V(x,y)\bigg). \end{equation*}$

Calcoliamo le singole componenti

(76) $\begin{align*} E_x=-{\partial \over \partial x}V(x,y)=-V_0{\partial \over \partial x}\ln\left(\bigg({x^2+y^2\over a^2}\bigg)\right)=-V_0\cdot{a^2\over x^2+y^2}\cdot{2x\over a^2}=-{2xV_0\over x^2+y^2} \end{align*}$

(77) $\begin{align*} E_y=-{\partial \over \partial y}V(x,y)=-V_0{\partial \over \partial y}\left(\ln\bigg({x^2+y^2\over a^2}\bigg)\right)=-V_0\cdot{a^2\over x^2+y^2}\cdot{2y\over a^2}=-{2yV_0\over x^2+y^2}. \end{align*}$

Concludiamo che:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{E}=-{2V_0\over x^2+y^2}\left(x\,\hat{x}+y\,\hat{y}\right).}$

Dalla figure 20 e 21 si vede chiaramente come il campo elettrico sia diretto lungo zone decrescenti di potenziale e che sia direttamente proporzionale alla rapidità di variazione di quest’ultimo. Si osserva inoltre una singolarità nell’origine, ovvero dove si annulla il denominatore del campo elettrico, in questo punto il campo non è definito.

Svolgimento punto 2.

Consideriamo la figura 22 la quale rappresenta il campo elettrico $\vec{E}$ nel primo quadrante in un sistema di riferimento fisso $0xy$ .

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Figura 22: dettaglio esercizio 14 svolgimento punto 2.

Applicando i noti teoremi dei triangoli rettangoli si ha:

(78) $\begin{equation*} \tan (\theta)=\frac{E_y}{E_x} \quad \Leftrightarrow\quad \theta=\arctan\bigg({E_y\over E_x}\bigg)=\arctan\left(\dfrac{2yV_0}{x^2+y^2}\cdot\dfrac{x^2+y^2}{2xV_0}\right)=\arctan\bigg({y\over x}\bigg). \end{equation*}$

Concludiamo che:

$\boxcolorato{fisica}{\theta =\arctan\bigg({y\over x}\bigg).}$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In una certa regione dello spazio il potenziale elettrostatico è dato dalla relazione $V(x,y)=V_0(x^2+y^2)$ con $V_0=10^7\,\,\frac{\text{V}}{\text{m}}$ . Una particella con rapporto carica su massa $q/m= 5\cdot 10^6 \,\text{C}\cdot\text{kg}^{-1}$ si trova all’istante $t=0$ nel punto $(x_0,y_0)$ lungo la bisettrice del primo e del terzo quadrante del piano $(x,y)$ . Dimostrare che la carica compie delle oscillazione armoniche intorno all’origine $O$ , calcolandone il periodo $T$ .

Svolgimento.

In primo luogo calcoliamo il campo elettrico associato al potenziale $V(x,y)$ ricordando che è definito come l’opposto del gradiente del potenziale.

(79) $\begin{equation*} \vec{E}=-\vec{\nabla}V(x,y)=-2V_0(x\,\hat{x}+y\,\hat{y}), \end{equation*}$

dove: $E_x=-2V_0x\,\,\text{e}\,\,E_y=-2V_0y$ . La particella è sottoposta ad una forza elettrica $\vec{F}=q\vec{E}$ che per la seconda legge della dinamica è uguale a:

(80) $\begin{equation*} q\vec{E}=m\vec{a}\quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} a_x=\ddot{x}=\dfrac{q}{m}E_x =-\dfrac{2V_0\,q\,x}{m}\\\\ a_y=\ddot{y}=\dfrac{q}{m}E_y =-\dfrac{2V_0\,q\,y}{m}. \end{cases} \end{equation*}$

Ricordiamo che la condizione necessaria e sufficiente affinché un moto sia armonico è data dall’equazione

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

dove $\omega$ è la pulsazione del moto armonico. Confrontando (80) con (81) si osserva che abbiamo due moti armonici, rispetto alla variabile $x$ e $y$ , da cui:

(82) $\begin{equation*} \begin{cases} \ddot{x}=-\dfrac{2V_0\,q\,x}{m}\\\\ \ddot{y}=-\dfrac{2V_0\,q\,y}{m} \end{cases}\quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} \ddot{x}+2V_0\dfrac{q}{m}x=0\\\\ \ddot{y}+2V_0\dfrac{q}{m}y=0, \end{cases} \end{equation*}$

che ha come soluzione

(83) $\begin{equation*} \begin{cases} x(t)=A_1\sin(\omega t+\phi_1)\\\\ y(t)=A_2\sin(\omega t+\phi_2). \end{cases} \end{equation*}$

Sia per il moto lungo la componente $x$ che per il moto lungo la componente $y$ otteniamo la stessa pulsazione

(84) $\begin{equation*} \omega=\sqrt{2V_0{q\over m}}, \end{equation*}$

la quale ci permette di calcolare il periodo del moto armonico che sarà lo stesso sia per il moto proiettato lungo $x$ che per quello lungo $y$

(85) $\begin{equation*} T={2\pi\over \omega}={2\pi\over \sqrt{2V_0\dfrac{q}{m}} }. \end{equation*}$

L’ampiezza $A$ e la fase iniziale $\phi$ dipendo invece dalle condizioni iniziali del moto, ovvero dalla posizione iniziale $(x_0,y_0)$ e dalla velocità iniziale $(v_{x,0},v_{y,0})$ . Ad esempio, consideriamo un punto inizialmente sulla bisettrice del primo quadrante, le condizioni iniziale saranno $(x_0=y_0)$ con $x_0=y_0=r$ e $(v_{x,0},v_{y,0})$

(86) $\begin{align*} \begin{cases} r=A_1\sin(\phi_1)\\ r=A_2\sin(\phi_2), \end{cases} && \begin{cases} v_{x,0}=A_1\omega\cos(\phi_1)\\ v_{y,0}=A_2\omega\cos(\phi_2). \end{cases} \end{align*}$

Dal secondo sistema otteniamo una soluzione per le ampiezze

(87) $\begin{align*} A_1={v_{x,0}\over \omega \cos(\phi_1)}, && A_2={v_{y,0}\over \omega \cos(\phi_2)}, \end{align*}$

che sostituite nel primo sistema ci permettono di calcolare le fasi

(88) $\begin{align*} \phi_1=\arctan\bigg({r\omega\over v_{x,0}}\bigg), && \phi_2=\arctan\bigg({r\omega\over v_{y,0}}\bigg). \end{align*}$

Prendiamo la soluzione generale (83) e poniamo $(x(\tau),y(\tau))=(0,0)\text{m}$ , da cui

(89) $\begin{equation*} \begin{cases} \sin(\omega \tau+\phi_1)=0\\ \sin(\omega \tau+\phi_2)=0. \end{cases} \end{equation*}$

Il sistema risulta verificato se e solo se $\phi_1=\phi_2$ , quindi considerando l’identità (88) la particella passa per l’origine solamente se $v_{x,0}=v_{y,0}$ , ovvero se la sua velocità iniziale è diretta lungo la bisettrice. Questa soluzione vale anche nel caso in cui la velocità iniziale della particella è nulla, perché in questo caso si può sempre porre una fase nulla per entrambi i moti. Concludiamo l’esercizio con la seguente soluzione:

$\boxcolorato{fisica}{T={2\pi\over \sqrt{2V_0\dfrac{q}{m}}}=\text{6,3}\cdot10^{-7 }\,\text{ s}.}$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un dipolo elettrico di momento $p=\text{6,3}\cdot 10^{-30}\,\text{C}\cdot\text{m}$ si trova al centro della distanza $d$ tra due cariche positive $q_1=q_2=q=\text{1,6}\cdot 10^{-19}\,\text{C}$ , con $d=10^{-9}\,\text{m}$ . Calcolare la forza $F$ che agisce sul dipolo elettrico.

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Figura 25: dettaglio schema esercizio 16.

Premessa.

L’esercizio può essere risolto in due modi diversi, che verranno presentati di seguito.

Svolgimento 1.

Scegliamo come sistema di riferimento un sistema di riferimento $Ox$ con origine nella carica $q_1$ e orientato come in figura 25. Le cariche $q_1$ e $q_2$ generano un campo elettrostatico $\vec{E}(x)$ che non è uniforme, esso esercita una forza $\vec{F}$ sul dipolo data dalla seguente identità

(90) $\begin{equation*} \vec{F}(x)=-\vec{\nabla}(U)=\vec{\nabla}(-\vec{p}\cdot \vec{E}(x))=\vec{\nabla}(\vec{p}\cdot \vec{E}(x)), \end{equation*}$

dove $\vec{p}$ è il momento di dipolo e $x$ è la posizione del dipolo sul nostro sistema di riferimento, ovvero $x=d/2$ e $\vec{E}(x)$ è il campo elettrico totale generato dalle due cariche. Calcoliamo il campo elettrico $\vec{E}(x)$ generato dalle due cariche tra $0<x<d$ . La carica $q_1$ genera il seguente campo elettrostatico verso l’asse positivo delle $x$

(91) $\begin{equation*} \vec{E}_1={q_1\over 4\pi \varepsilon_0x^2}\hat{x}. \end{equation*}$

La carica $q_2$ genera invece un campo diretto verso l’asse negativo delle $x$

(92) $\begin{equation*} \vec{E}_2=-{q_2\over 4\pi \varepsilon_0(d-x)^2}\hat{x}. \end{equation*}$

Il campo elettrico totale è dato dalla somma tra $\vec{E}_1$ e $\vec{E}_2$ , ricordiamo inoltre che un dato del problema è $q_1=q_2=q$ , quindi

(93) $\begin{equation*} \vec{E}=\vec{E}_1+\vec{E}_2={q\over 4\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over x^2}-{1\over (d-x)^2}\bigg)\hat{x}. \end{equation*}$

Prendiamo ora il prodotto scalare tra il campo elettrico generato dalle cariche $q_1$ e $q_2$ con il momento di dipolo elettrico, abbiamo $\vec{p}=p\,\hat{x}$ ,da cui, otteniamo:

(94) $\begin{equation*} \vec{p}\cdot\vec{E}={qp\over 4\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over x^2}-{1\over (d-x)^2}\bigg). \end{equation*}$

A questo punto possiamo calcolare il gradiente, ovvero la derivata spaziale lungo $x$ nel caso monodimensionale, per ottenere la forza $\vec{F}(x)$

(95) $\begin{equation*} \vec{F}(x)={d \over d x} (\vec{p}\cdot\vec{E})\hat{x}=-{qp\over 2\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over x^3}+{1\over (d-x)^3}\bigg)\hat{x}. \end{equation*}$

La forza che agisce sul dipolo deve essere calcolata nella posizione del dipolo, ovvero $\vec{F}(d/2)$

(96) $\begin{align*} \vec{F}\bigg({d\over 2}\bigg)&=-{qp\over 2\pi\varepsilon_0}\bigg({1\over \big({d\over 2}\big)^3}-{1\over \big(d-{d\over 2}\big)^3}\bigg)\hat{x}=\\ &=-{qp\over 2\pi\varepsilon_0}\bigg({8\over d^3}+{8\over d^3}\bigg)\hat{x}=\\ &=-{qp\over 2\pi\varepsilon_0}\left(\dfrac{16}{d^3}\right)\hat{x}=-{8qp\over \pi\varepsilon_0d^3}\hat{x}. \end{align*}$

Sostituendo i valori numerici otteniamo:

$\boxcolorato{fisica}{\vec{F}=-{8qp\over \pi\varepsilon_0d^3}\hat{x}=-(\text{2,9}\cdot 10^{-10}\,\text{ N})\hat{x}.}$

Svolgimento 2.

L’idea di questo secondo procedimento è di usare il principio di azione e reazione ovvero calcolare la forza che il dipolo esercita sulle cariche, che sarà uguale ed opposta alla forza che le cariche esercitano sul dipolo. Chiamo con $\vec{F}_1$ la forza che il dipolo esercita sulla carica $q_1$ , mentre con $\vec{F}_2$ la forza che esercita sulla carica $q_2$ . Stavolta scegliamo un sistema di riferimento con origine nel centro del dipolo e orientato come in figura 26

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Figura 26: dettaglio esercizio 16 usando il principio di azione e reazione.

Dalla teoria sappiamo che il campo elettrico del dipolo lungo il proprio asse è parallelo al momento di dipolo, infatti

(97) $\begin{equation*} \vec{E}_x(x)={2p\over 4\pi\varepsilon_0x^3}\,\hat{x}, \end{equation*}$

dove $x$ è la distanza dal dipolo al punto in cui abbiamo valutato il campo elettrico. Siccome le cariche $q_1$ e $q_2$ sono uguali e alla stessa distanza dal centro del dipolo, sono soggette alla stessa forza. Questo significa che le forze $\vec{F}_1$ e $\vec{F}_2$ sono uguali. Poiché $q_1 = q_2 = q$ , si ha:

(98) $\begin{equation*} \vec{F}_1=\vec{F}_2=q\vec{E}\bigg({d\over 2}\bigg)={2qp\over 4\pi\varepsilon_0\big({d\over 2}\big)^3}\hat{x}. \end{equation*}$

A questo punto possiamo utilizzare il principio di azione e reazione. Chiamiamo $\vec{F}_{1,R}$ la reazione sul dipolo della forza $\vec{F}_1$ , essa avrà stesso modulo e verso opposto, analogamente troviamo $\vec{F}_{2,R}$ . La forza totale che agisce sul dipolo è

(99) $\begin{equation*} \vec{F}=\vec{F}_{1,R}+\vec{F}_{2,R}=-{4qp\over 4\pi\varepsilon_0\big({d\over 2}\big)^3}\hat{x}_x=-{8qp\over \pi\varepsilon_0d^3}\hat{x}_x, \end{equation*}$

che è lo stesso risultato trovato in precedenza.

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Due molecole d’acqua, aventi momento di dipolo $p=\text{6,3}\cdot 10^{-30}\,\text{C}\cdot\,\text{m}$ , sono allineate e distano $d=10^{-9}\,\text{m}$ . Calcolare:

L’energia elettrostatica $U_e$ del sistema;
La forza $F$ con cui interagiscono.

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Figura 27: dettaglio esercizio 17.

Svolgimento punto 1.

Il problema è monodimensionale, prendiamo come sistema di riferimento un asse $x$ con origine nel dipolo a sinistra e con verso positivo lungo destra. Due dipoli di momenti elettrici $\vec{p}_1$ e $\vec{p}_2$ , posti a distanza $x$ tra loro, interagiscono in quanto l’uno sottoposto al campo elettrico generato dall’altro, con un’energia

(100) $\begin{equation*} U_e=-\vec{p}_1\cdot \vec{E}_2=-\vec{p}_2\cdot\vec{E}_1. \end{equation*}$

Prendiamo il campo elettrico radiale generato dal dipolo a sinistra su un generico punto sull’asse $x$ posto ad una generica distanza $x$

(101) $\begin{equation*} \vec{E}_1(x)={2p\over 4\pi\varepsilon_0x^3}\hat{x}. \end{equation*}$

Il campo elettrico che il dipolo $p_1$ applica sul dipolo $p_2$ è pari a $\vec{E}_1(d)$ , quindi l’energia d’interazione tra i dipoli è

(102) $\begin{equation*} U_e=-\vec{p}_2\cdot\vec{E}_1(d)=-{2p^2\over 4\pi\varepsilon_0d^3}. \end{equation*}$

Concludiamo il punto 1 dell’esercizio con la seguente soluzione

$\boxcolorato{fisica}{U_e=-\vec{p}_2\cdot\vec{E}_1(x)=-{2p^2\over 4\pi\varepsilon_0x^3}=\text{-7,14}\cdot 10^{-22}\,\text{ J}.}$

Svolgimento punto 2.

Abbiamo già calcolato il campo elettrico che agisce sul dipolo $\vec{p}_2$ generato dal dipolo $\vec{p}_1$ , possiamo quindi calcolare facilmente la forza $\vec{F}_{1,2}$ che il dipolo 1 esercita sul dipolo 2, applicando la (90)

(103) $\begin{align*} \vec{F}_{1,2}=\vec{\nabla}(\vec{p}_2\cdot\vec{E}_1(x))=\dfrac{d}{dx}\left({2p^2\over 4\pi\varepsilon_0x^3}\right)\hat{x}=-{6 p^2\over 4\pi\varepsilon_0x^4}\,\hat{x}, \end{align*}$

che ponendo $x=d$ si ottiene il modulo della forza richiesta

$\boxcolorato{fisica}{F={6p^2\over 4\pi\varepsilon_0x^4}=\text{2,14}\cdot 10^{-12}\,\text{ N}.}$

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Figura 28: dettaglio esercizio 17.

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Due molecole d’acqua, aventi momento di dipolo $p=\text{6,3}\cdot10^{-30}\,\text{C}\cdot \text{m}$ , sono poste come in figura 28 a distanza $d=3\cdot 10^{-10}\,\text{m}$ . Confrontare l’energia elettrostatica $U_e$ con l’energia termica $k_B T$ a temperatura ambiente ( $k_B=\text{1,38}\cdot10^{-23}\,\frac{\text{J}}{\text{K}}$ ).

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Figura 29: dettaglio esercizio 18.

Svolgimento.

L’energia potenziale d’interazione elettrostatica tra i due dipoli è data dal seguente prodotto scalare tra il momento di dipolo e il campo elettrico

(104) $\begin{equation*} U_e=-\vec{p}_1\cdot\vec{E}_2=-\vec{p}_2\cdot\vec{E}_1 \end{equation*}$

dove ad esempio $\vec{E}_2$ è il campo elettrico generato dal secondo dipolo sul primo dipolo e $\vec{E}_1$ il campo elettrico generato dal primo sul secondo. Ricaviamoci il campo elettrico a partire dal potenziale elettrostatico generato da un dipolo, utilizzando le coordinate polari descritte in figura 29 abbiamo

(105) $\begin{equation*} V(r,\theta)={p\cos\theta\over 4\pi\varepsilon_0r^2}. \end{equation*}$

Il campo elettrico è l’opposto del gradiente del potenziale che deve essere anch’esso riscritto utilizzando le coordinate polari $(r,\theta)$

(106) $\begin{equation*} \vec{\nabla}={\partial\over \partial x}\hat{u}_x+{\partial\over \partial y}\hat{u}_y={\partial\over \partial r}\hat{u}_r+{1\over r}{\partial \over \partial \theta}\hat{u}_\theta. \end{equation*}$

A questo punto possiamo calcolare il campo elettrico generato da un dipolo

(107) $\begin{align*} \vec{E}(r,\theta)=-\vec{\nabla}\cdot V(r,\theta)&=-{\partial \over \partial r}V(r,\theta)\hat{u}_r-{1\over r}{\partial \over \partial \theta}V(r,\theta)\hat{u}_\theta\\ &={2p\cos\theta\over 4\pi\varepsilon_0r^3}\hat{u}_r+{p\sin\theta\over 4\pi\varepsilon_0r^3}\hat{u}_\theta. \end{align*}$

Prendiamo in considerazione il dipolo all’origine, l’altro dipolo si trova nella direzione perpendicolare a quella assiale di $p_1$ , ovvero a $\theta=\pi/2$ . Il campo elettrico $E_1(r)$ è quindi

(108) $\begin{equation*} \vec{E}_1(r)=\vec{E}\bigg(r,\theta={\pi\over 2}\bigg)={p\over 4\pi\varepsilon_0 r^3}\,\hat{\theta}. \end{equation*}$

Secondo il sistema di coordinate polari utilizzato questo vettore è parallelo e opposto all’asse $y$ , tornando quindi alle coordinate cartesiane il campo elettrico generato da $p_1$ sul dipolo $p_2$ che si trova a distanza $d$ dal primo è

(109) $\begin{equation*} \vec{E}_1=-{p\over 4\pi\varepsilon_0d^3}\hat{y}. \end{equation*}$

Calcoliamo ora l’energia potenziale d’interazione tra i due dipoli

(110) $\begin{align*} U_e=-\vec{p_2}\cdot\vec{E}_1=-(-p\,\hat{y})\cdot \bigg(-{p\over 4\pi\varepsilon_0d^3}\hat{u}_y\bigg) =-{p^2\over 4\pi\varepsilon_0d^3}. \end{align*}$

L’energia d’interazione ottenuta è pari a $U_e=-1,32\cdot 10^{-20}\,\text{J}$ , confrontiamo con l’energia termica $U_T$ a temperatura ambiente (ovvero a $T=300\,\text{ K}$ )

(111) $\begin{equation*} U_T=k_{B}T=\text{4,14}\cdot 10^{-21}\,\text{ J}. \end{equation*}$

Il rapporto tra i valori assoluti tra l’energia potenziale d’interazione elettrostatica e quella termica è

(112) $\begin{equation*} {|U_e|\over U_T}\simeq \text{3,14}. \end{equation*}$

Concludiamo l’esercizio con la seguente soluzione per l’energia potenziale d’interazione elettrostatica tra i dipoli

$\boxcolorato{fisica}{ U_e=-{p^2\over 4\pi\varepsilon_0d^3}=\text{-1,32}\cdot 10^{-20}\,\text{ J}.}$

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