Problemi: forza di Coulomb
1.
Due particelle fisse di carica q1 = + 8q e q2=-2q sono poste rispettivamente
nell’origine dell’asse x ed in un punto di coordinata x = L.
In che punto, a distanza finita, si può collocare un protone p in modo che resti in
equilibrio ?
Idea chiave:
Per avere equilibrio, la forza netta sul protone
deve essere nulla, cioè
r r
F1 + F2 = 0
con F1 = forza esercitata da q1 su p
F2 = forza esercitata da q2 su p
da cui
r
r
F1 = − F2
⇒ F1 = F2
Il punto di equilibrio può essere solo sull’asse x. Ne determino la posizione con il
seguente ragionamento:
1) il punto di equilibrio NON può trovarsi tra le cariche, dato che F1 ed F2 avrebbero
versi concordi (vedi figura b));
2) NON può trovarsi a sinistra di q1: sebbene in tale zona F1 ed F2 abbiano versi discordi,
F1 è sempre maggiore di F2, essendo generata da carica maggiore posta a distanza minore
3) alla destra di q2 le forze hanno ancora versi opposti e posso quindi cercare in tale
regione una posizione di equilibrio, essendo la carica maggiore più lontana:
F1 = F2
⇒
2
2qq p
1
1 8qq p
=
4πε 0 ( x − L) 2
4πε 0 x 2
1
 x−L

 =
4
 x 
x−L 1
=
⇒ x = 2L
x
2
N.B. le cariche appaiono
qui in modulo
2.
Tre cariche puntiformi sono poste ai vertici di un triangolo equilatero, come
mostrato in figura. Calcolare la forza elettrica risultante sulla carica di 7.00 µC
La forza netta sulla carica di 7.00 µC è data
dalla somma vettoriale delle forze F1 ed F2
dovute rispettivamente alle cariche di
2.00 µC e -4.00 µC.
Tali forze valgono in modulo:
Proietto tali forze su x ed y:
La forza totale è quindi:
r r r
r
r
F = F1 + F2 = (0.755i − 0.436 j ) N
Posso anche scriverla come:
r
F = Fx2 + Fy2 = (0.755 N ) 2 + (0.436 N ) 2 = 0.872 N
 Fy 
0.436 
0
 = tg −1 
 = 30.0
 0.755 
 Fx 
φ = tg −1 
sotto asse x
3.
Due piccole sfere di massa m sono appese a delle funicelle di lunghezza l che
sono collegate in un punto comune, come mostrato in figura.
Una sfera ha carica Q e l’altra ha carica 2Q. Si assuma che gli angoli θ1 e θ2 che le
funicelle formano con la verticale siano piccoli.
a) come sono correlati θ1 e θ2 ?
b) dimostrare che la distanza e fra le sfere è data da:
1/ 3
 4k e Q 2 l 

r ≅ 
 mg 
c) quanto vale Q se l= 120 cm, m =10 g e r = 5.0 cm ?
a)
Le sfere hanno cariche diverse,
ma ciascuna esercita una forza uguale e
contraria sull’altra di modulo:
θ1 θ2
2Q
Q
r
Q × 2Q
Fe = ke
r2
T Tcosθ
ove r è la distanza fra esse.
Dato che le masse sono uguali deve essere
Fe
Tsinθ
θ1 = θ2
b)
mg
Perché ci sia equilibrio per ogni sfera il bilancio delle forze deve essere nullo:
r r r r
F = Fe + Fg + T = 0
T = mg / cos θ
Fy = T cos θ − mg = 0
 ⇒ F = mg sin θ = mg tgθ
Fx = Fe − T sin θ = 0 
e
cos θ
tgθ ≈ sin θ =
a piccoli angoli
r
2l
quindi
1/ 3
 4k e Q 2 l 
r
2Q 2
2
3

Fe ≅ mg sin θ = mg = ke 2 ⇒ 4keQ l ≅ mgr ⇒ r ≅ 
r
mg
2l def


c)
Esplicito Q:
4keQ 2l ≅ mgr 3
1/ 2
 mgr 3 

Q ≅ 
4
k
l
 e 
1/ 2
 (10 ×10 −3 kg )(9.8m / s 2 )(5.0 ×10 − 2 m) 3 

= 
9
2
2
−2
4
(
9
10
Nm
/
C
)(
120
10
m
)
×
×


= 1.68 × 10 −8 C
Problemi: campi elettrici
4.
Un dipolo elettrico è costituito da una carica puntiforme positiva q ed una negativa –q
separate da una distanza 2a.
a) trovare il campo elettrico E docuto al dipolo lungo l’asse y nel punto P a distanza y
dall’origine.
b) trovare il campo nei punti y >> a lontani dal dipolo.
a) In P i campi E1 ed E2 generati dalle cariche
hanno uguale intensità, essendo le cariche poste alla
stessa distanza da P:
E1 = E2 = ke
q
q
= ke 2
2
r
a + y2
il campo totale
r r r
E = E1 + E2
ha componente y nulla, dato che i campi dovuti
alle due cariche hanno componenti y uguali ed opposte.
La componente x del campo E totale è invece pari
al doppio della componente x di ciascun campo:
q
cos θ
E = 2k e 2
a + y2
cos θ = a / r = a / a 2 + y 2
E = 2k e
b)
q
q
cos
θ
2
k
=
e
a2 + y2
a2 + y2
a
a2 + y2
= ke
(a
2qa
2
+ y2
)
3/ 2
A grandi distanze dal dipolo posso trascurare il termine a2 nel denominatore, ottenendo:
2qa 1
E = ke 3 ≈ 3
y
y
a grandi distanze il campo del dipolo va ha zero più
velocemente del campo prodotto da una carica puntiforme
(E ≈ 1/y2) , dato che i campi prodotti dalle singole cariche
(positiva e negativa) tendono ad elidersi
N.B. molte molecole, come HCl, possono essere descritte come dipoli
permanenti: uno ione positivo (H+) è infatti combinato con uno ione
negativo (Cl-).
Inoltre atomi e molecole, quando posti in campi elettrici, si comportano
come dipoli.
5.
Un anello di raggio a ha una densità lineare di carica positiva uniforme, con carica
totale Q. Calcolare il campo elettrico lungo l’asse dell’anello, in un punto P posto a
distanza x dal centro dell’anello stesso.
Idea chiave:
• calcolo il campo dE prodotto
da un elemento infinitesimo di carica
dq, che posso supporre puntiforme
• sommo i contributi dovute alle cariche dq
distribuite sull’anello
dE = ke
dq
r2
Tale campo ha componenti
dE x = dE cos θ
dE y = dE sin θ
delle quali la componente y si cancella con la
componente y dell’elemento di carica dq posta sul lato
opposto dell’anello.
Il campo E in P avrà quindi solo componente x.
Sapendo che
r = ( x 2 + a 2 )1/ 2 ,
cos θ = x / r
dE x = dE cos θ = ke
dq x
x
=
k
dq
e
( x 2 + a 2 )3 / 2
r2 r
Integro ora su tutto l’anello:
E x = ∫ dE x = ∫ ke
E x = ke
x
x
dq
k
dq
=
e
( x 2 + a 2 )3 / 2
( x 2 + a 2 )3 / 2 ∫
x
Q
( x + a 2 )3 / 2
2
N.B. A grandi distanze E≈1/x2 (carica puntiforme)
6.
Una bacchetta di lunghezza l = 14.0 cm, uniformemente carica, è piegata a forma di
semicerchio, come mostrato in figura. Se la bacchetta possiede una carica totale
Q = .7.50 µC, trovare modilo, direzione e verso del campo elettrico nel centro del
semicerchio.
Idea chiave:
• calcolo il campo dE prodotto
da un elemento infinitesimo di carica
dq, che posso supporre puntiforme
dq
• sommo i contributi dovute alle cariche dq
distribuite sull’anello
dE = k e
r
dθ
dq
r2
ove
dq = λds = λ r dθ
Le componenti y del campo prodotto da elementi di carica dq simmetrici
rispetto all’asse x si annullano, mentre le componenti x si sommano:
Ey = 0
dE x = dE cos θ
Integro ora su tutto la bacchetta:
E x = ∫ dE x = ∫ ke
Sapendo che:
λr cos θ
r2
kλ
dθ = e
r
π
2
∫ cos θ dθ =
−
π
2k e λ
r
2
Q = λl , r = l / π
2πkeQ 2π (8.99 × 109 Nm 2 / C 2 )(−7.50 × 10 −6 C )
Ex =
=
= (−2.16 × 10 7 N / C )
2
2
l
(0.140m)
Vettorialmente:
r
r
7
E = (−2.16 × 10 N / C )i
7.
Un disco di raggio R possiede una densità di carica positiva uniforme σ.
Qual è il campo elettrico nel punto P a distanza x dal disco lungo il suo asse?
Idea chiave:
• scompongo il disco in sottili anelli concentrici
• calcolo il campo dE prodotto da ciascun anello
• sommo i contributi dovuti a tutti gli anelli
Su un anello di raggio r e spessore radiale de
è depositata una carica
x
dq = σdA = σ (2πr )dr
la quale genera un campo sull’asse del disco pari a
dE = ke
xdq
xσ (2πr )dr σx
2rdr
=
k
=
e
(r 2 + x 2 ) 3 / 2
(r 2 + x 2 )3 / 2 4ε 0 (r 2 + x 2 ) 3 / 2
Integro ora su tutto l’anello:
σx R 2 2 −3 / 2
E = ∫ dE =
( x + r ) (2r )dr
4ε 0 ∫0
Tale integrale è della forma
X m +1
3
2
2
X
dX
,
(
),
=
con
X
=
x
+
r
m
=
−
, dX = (2r )dr
∫
m +1
2
m
da cui:
R
x
σx  ( x 2 + r 2 ) −1/ 2 
σ 

=
−
E=
1


4ε 0  − 1 / 2  0 2ε 0 
x2 + R2




N.B. A grandi dimensioni (R>>x), il disco tende ad un piano infinito
il cui campo è pari a
E=
σ
2ε 0
8.
Due strati infiniti, non conduttori, sono paralleli fra loro, come in figura.
Calcolare il campo E a destra, al centro ed a sinistra dei due piani nel caso in cui:
a) i due piani posseggano distribuzioni di carica superficiale uniformi e di segno opposto;
b) i due piani posseggano distribuzioni di carica superficiale uniformi e di ugual segno.
Idea chiave:
• il campo E prodotto da un piano infinito
vale
r
σ r
E=±
i
2ε 0
a seconda che la carica su di esso sia
positiva o negativa.
±σ
• calcolo il campo E totale come somma vettoriale
del campi E1 ed E2, prodotti dalle singole
distribuzioni
a) Distribuzioni di segno opposto:
1
2
3
2
3
nella regione 1 e 3 i campi prodotti dal piano
con densità di carica + σ e – σ sono diretti in
direzioni opposte, quindi i contributi si cancellano.
Nella regione 2 i campi sono invece di verso concorde (lungo asse x)
così che si ottiene un campo E di intensità totale
r
σ r σ r
E=2
i = i
2ε 0
ε0
b) Distribuzioni di segno uguale:
regione 2 i campi prodotti dal piano con
1
densità di carica + σ e – σ sono diretti in
direzioni opposte, quindi i contributi si cancellano.
Nelle regioni 1 e 3 i campi sono invece di verso concorde
così che si ottiene un campo E di intensità totale:
r
σ r
σ r r
σ r σ r
E1 = −2
i = − i , E3 = 2
i = i
2ε 0
ε0
2ε 0
ε0
Problemi: moto di cariche in campi elettrici
9.
In una stampante a getto d’inchiostro una goccia di massa m = 1.3 10-10 kg e con carica
negativa di modulo Q = 1.5 10-13 C penetra tra i piatti di deflessione, come mostrato in
figura . Inizialmente la goccia si muove lungo l’asse x, con velocità v0x = 18 m/s.
La lunghezza dei piatti è L = 1.6 cm. I piatti sono carichi e producono un campo elettrico
uniforme di intensità E = 1.4 106 N/C, diretto verso il basso.
Quale è la deflessione verticale della goccia in corrispondenza dell’estremo di destra
dei piatti ?
Si trascuri la forza di gravità.
Idea chiave:
• Dato che la goccia è carica negativamente
ed il campo E è diretto verso il basso, sulla
goccia agisce una forza elettrostatica QE
diretta verso l’alto.
• La goccia accelera verso l’alto con
accelerazione costante
ay =
F QE
=
m m
Le equazioni di moto, lungo x ed y sono:
1
1
y = y0 + voy t + a y t 2 = y0 + 0 + a y t 2
2
2
1
x = x0 + voxt + a x t 2 = 0 + voxt + 0
2
Detto t’ il tempo di transito della goccia tra i piatti, gli spostamenti verticali ed
Orizzontali in tale intervallo di tempo sono:
1) ∆y = y − y0 =
1
a y t '2
2
2) ∆x = vox t ' = L
Ricavando t’ dalla seconda equazione e sostituendoli in 1) si ottiene:
t' =
L
vox
1
1 QE L2 (1.5 × 10 −15 C )(1.4 ×106 N / C )(1.6 × 10 − 2 m) 2
2
∆y = a y t ' =
=
= 6.4 × 10 − 4 m = 0.64mm
2
−10
2
2 m vox
2(1.3 × 10 kg )(18m / s )
10.
Una sferetta carica positivamente di massa m = 1.0 g cade da ferma, nel vuoto, da una
altezza h = 5.00 m, in un campo elettrico uniforme verticale, di intensità
E = 1.00 104 N/C. La sferetta colpisce il suolo ad una velocità v = 21.0 m/s.
Determinare:
a) il verso del campo elettrico;
b) la carica sulla sferetta.
Idea chiave:
• La sferetta risente di una accelerazione verticale costante,
data dalla combinazione della accelerazione di gravità e dalla accelerazione
relativa al campo elettrico. Il moto della sferetta è quindi uniformemente accelerato.
Per la velocità della sferetta vale la relazione:
v = 0 + 2a ( − h)
2
f
h=5m
v 2f = vi2 + 2a ( x f − xi )
y
Fg
E
da cui si ricava l’accelerazione:
a=−
v 2f
0
2h
Questa è l’accelerazione complessiva della sferetta, che inserita nella seconda legge di
Newton permette di calcolare il campo E:
r
r
r
r
mv 2f r
r r
Fnet = ma = Fg + Fe = −mg j + qE j = −
j
2h
r
mv 2f r
)j
qE = (mg −
2h
a) Sapendo che la sola accelerazione di gravità fornirebbe una velocità finale
v 2f = vi2 − 2 g ( x f − xi )
v f = 2 gh = 2(9.8m / s 2 )(5.00m) = 9.90 m / s
per raggiungere la velocità di 21.0 m/s è necessario che il campo E sia verticale e
diretto verso il basso, dato che la carica è di segno positivo.
b) La carica q della sferetta vale quindi:
q=
2
m vf
1.00 × 10 −3 kg  (21.0m / s ) 2
2

 = 3.43 × 10 −6 C = 3.43µC
( − g) =
9
.
8
m
/
s
−
3

E 2h
1.0 × 10 N / C  2(5.00m)

Problemi: teorema di Gauss
11.
Una sfera isolante di raggio a possiede una densità volumetrica uniforme ρ ed una
carica totale Q positiva. Si calcoli:
a) intensità del campo E fuori dalla sfera;
b) intensità di E all’interno della sfera
Idea chiave:
• applico il teorema di Gauss,
sfruttando la simmetria sferica della
distribuzione di carica.
• Utilizzo una superficie sferica di raggio r
concentrica con la carica, sulla cui
superficie E è costante e perpendicolare
in ogni punto.
a) Calcolo il flusso di E attraverso una superficie sferica
concentrica con la carica ed esterna ad essa:
r r
q
Q
Φ E = ∫ E ⋅ dA = ∫ EdA = E ∫ dA = E (4πr 2 ) = in =
ε0
E =
ε0
T. di Gauss
1
Q
4πε 0 r 2
( per r > a )
il campo esterno è equivalente
a quello di carica puntiforme
b) Calcolo il flusso di E attraverso una superficie sferica di raggio r
concentrica con la carica ed interna ad essa. Per applicare il T. di Gauss
devo calcolare la carica qin contenuta all’interno di tale sfera di volume V’:
4
qin = ρV ' = ρ ( πr 3 )
3
r r
Φ E = ∫ E ⋅ dA = ∫ EdA = E ∫ dA = E (4πr 2 ) =
E=
=
qin
4πε 0 r 2
=
4
3
ρ ( πr 3 )
4πε 0 r 2
ρ
Q
r=
r ( per r < a )
3ε 0
4πε 0 a 3
qin
ε0
T. di Gauss
12.
Calcolare il campo elettrico a distanza r generato da un filo uniformemente carico
positivo di lunghezza infinita la cui densità lineare di carica è λ.
Idea chiave:
• applico il teorema di Gauss, sfruttando la
simmetria cilindrica della
distribuzione di carica.
• Utilizzo una superficie cilindrica di raggio r
e lunghezza l , coassiale con il filo carico
Per simmetria della distribuzione di carica,
il campo E deve essere perpendicolare al filo
e diretto nel verso uscente.
Sui punti della superficie laterale del cilindro,
E è costante in modulo ed è perpendicolare
alla superficie in ogni punto.
Sulle basi E è parallelo e quindi perpendicolare a dA,
dando così flusso nullo.
Il flusso di E è diverso da 0 solo attraverso la
superficie laterale, di area A:
r r
q
λl
Φ E = ∫ E ⋅ dA = ∫ EdA = E ∫ dA = EA = in =
ε0
ε0
T. di Gauss
E A = E (2πrl ) =
E=
λ
1
≈
2πε 0 r r
λl
ε0
il campo esterno varia più lentamente (≈1/r)
che non ne caso di una distribuzione sferica (≈1/r2)
13.
Trovare il campo elettrico creato da un piano isolante infinito con densità di carica
superficiale σ.
Idea chiave:
• applico il teorema di Gauss, sfruttando la
simmetria della distribuzione di carica.
• Utilizzo una superficie cilindrica con asse
perpendicolare al piano e che attraversa
simmetricamente la distribuzione piana.
Per simmetria della distribuzione di carica,
il campo E deve essere perpendicolare al piano
con verso uscente
Sui punti della basi del cilindro,
E è costante in modulo ed è perpendicolare
alla superficie delle basi in ogni punto.
Sulla superficie laterale E è parallelo e quindi
perpendicolare a dA, dando così flusso nullo.
Il flusso di E è diverso da 0 solo attraverso le basi del
cilindro, ciascuna di area A:
r r
q
σA
Φ E = ∫ E ⋅ dA = 2 ∫ EdA = 2 E ∫ dA = 2 EA = in =
base
σA
ε0
σ
E=
2ε 0
base
ε0
ε0
T. di Gauss
2E A =
il campo esterno è costante in ogni punto,
indipendentemente dalla distanza dal piano
E è uniforme
Problemi: potenziale elettrico
14.
Si calcoli il potenziale nel punto P, al centro del quadrato di cariche puntiformi
mostrate in figura.
Si assuma d = 1.3 m, q1 = +12nC, q2 = -24 nC, q3 = +31 nC, q4 = +17 nC.
Idea chiave:
• calcolo il potenziale elettrostatico in P
come somma algebrica dei potenziali
creati dalle quattro cariche.
n
V = ∑ Vi
i =1
=
1  q1 q2 q3 q4 
 + + + 
4πε 0  r
r
r
r 
Essendo r la distanza fra le cariche, pari a
2
2
d2
d  d 
2
r =  +  =
2
2 2
⇒ r=d/ 2
si ottiene:
V=
(q1 + q2 + q3 + q4 )
4πε 0
d/ 2
1
(12 − 24 + 31 + 17) ×10 −9 C
= (8.99 × 10 Nm / C )
= 352 V
1.3m / 2
9
2
2
15.
Le tre cariche in figura sono ai vertici di un triangolo isoscele di base 2.00 cm e
lati uguali di 4.00 cm.
a) Calcolare il potenziale al centro della base, assumendo q = 7.00 µC.
b) Calcolare il campo elettrico nello stesso punto.
Idea chiave:
=q1
• calcolo il potenziale elettrostatico in P
come somma algebrica dei potenziali
creati dalle quattro cariche.
• calcolo E come somma dei campi prodotti
dalle singole cariche
a) Il potenziale in P è dato da:
n
V = ∑ Vi
q2
q3
i =1
=
1  q1 q2 q3 
q 1 1 1
 − − 
 + +  =
4πε 0  r1 r2 r3  4πε 0  r1 r2 r3 
ove le distanze della cariche da P sono:
r1 = (4.00 × 10 −2 m) 2 − (1.00 ×10 −2 m) 2 = 3.87 × 10 −2 m
r2 = r3 = 1.00 ×10 − 2 m
da cui si ottiene:
q 1 1 1
 − − 
V=
4πε 0  r1 r2 r3 
1
1
1 

= (8.99 × 109 Nm 2 / C 2 )(7.00 ×10 −6 C )
−
−

−2
−2
−2
 3.87 × 10 m 10 m 10 m 
= −11.0 ×106 V
b) Le cariche negative producono in P campi E di verso opposto
che quindi si annullano. Il campo in P è dato solo dalla carica q1:
r
1 q r
EP = −
j
4πε 0 r12
r
r
1
6 N
j
4
.
2
10
j
= −(8.99 × 109 Nm 2 / C 2 )(7.00 × 10 −6 C )
=
−
×
2
−2
C
(3.87 ×10 m)