Note su Elettrostatica + esercizi svolti
Richiamiamo brevemente definizioni e relazioni fra le grandezze della elettrostatica illustrate a
lezione. Il carattere di questa nota è sintetico, non esaustivo.
Per maggiori dettagli si rimanda ai capitoli “Forza elettrica e campi elettrici”, “”Potenziale elettrico
e capacità” di Serway&Jewett, o ai capitoli “Carica elettrica e campo elettrico”, “potenziale
elettrico” del Giancoli, o ai capitoli su carica elettrica, campi elettrici, legge di Gauss, potenziale
elettrico, capacità elettrica di Haliday&Resnick.
Concetti e relazioni vengono applicati alla risoluzione degli esercizi presenti nella raccolta dei
Compitini del Prof. Moruzzi.
La forza di Coulomb (elettrostatica) esercitata da una carica puntiforme q1 su una carica puntiforme
q2 , separate da una distanza r12 è data da:
r
qq
F12 = k e 1 22 r̂12 dove il versore ha la direzione della congiungente le due cariche
(r12 )
1
La costante elettrostatica è k e =
= 8.99 × 109 Nm 2C −2
4πε 0
ε0=8.854×10-12 C2N-1m-2 è detta costante dielettrica del vuoto.
Se le cariche sono discordi si attraggono, se concordi si respingono.
r
r
Inoltre vale il terzo principio della dinamica F12 = − F12
Si può definire il campo elettrico in ogni punto dello spazio come la forza elettrostatica che
sentirebbe
una carica di prova q0 (per convenzione positiva) di carica unitaria (1 C):
r
r F
E=
q0
v
q
per una carica puntiforme abbiamo che E = k e 2 rˆ dove il versore r̂ ha la direzione radiale
r
uscente.
Nel sistema MKS (SI) l’unità di misura del campo è N/C o V/m (volt/metri).
L’energia potenziale elettrostatica U è legata alla forza di Coulomb dalle relazioni che solitamente
legano la forza al potenziale.
Data una energia potenziale e una direzione x, la componente della forza lungo x è data dalla
derivata:
dU
Fx = −
dx
Inoltre, come già avevamo visto per il campo gravitazionale, si può definire la variazione
dell’energia potenziale elettrostatica del sistema isolato carica+campo associato ad uno spostamento
della carica dal punto A al punto B come il lavoro, cambiato di segno, fatto dal campo elettrico
nello spostamentov della carica da A a B:
v
dU = −dL = −q0 E ⋅ ds
v v
∆U = U B − U A = −q0 ∫ E ⋅ ds
B
A
Nel caso di due cariche puntiformi, l’energia elettrostatica è data da
q1q2
(r12 )
ed è negativa se sono discordi e positiva se concordi.
U 12 = k e
Si può definire il potenziale elettrico come l’energia potenziale per unità di carica di prova.
U
q0
l’unità di misura è il Volt (J/C), si tratta di una grandezza scalare.
V =
La differenza di potenziale si calcola così:
B
v v
∆U
∆V =
= − ∫ E ⋅ ds
q0
A
Se conosco la differenza di potenziale fra due punti, la differenza di energia potenziale di una carica
q che passa da un punto all’altro è quindi:
∆U = q∆V
Nel caso di carica puntiforme q a distanza r il potenziale è:
q
V = ke
r
Principio di sovrapposizione
La forza risultante su ciascuna carica è uguale alla somma vettoriale delle forze dovute a tutte le
altre cariche.
Riguardo al campo, se c’è un insieme di cariche il campo in un punto è uguale alla somma
vettoriale dei campi elettrici in quel punto dovuti a ciascuna carica. In altre parole, uno si calcola
l’effetto di ogni signola carica come se fosse l’unica presente e poi somma vettorialmente gli effetti.
Per il potenziale, il potenziale di un insieme di cariche è uguale alla somma dei singoli potenziali
generati dalle singole cariche. In questo caso la somma è scalare, cioè una somma algebrica.
Per l’energia potenziale se ho un insieme di cariche si deve calcolare, partendo da una, il lavoro
fatto via via per portare le altre cariche nella configurazione voluta, considerando l’interazione con
il potenziale. Siccome per il potenziale vale il principio di sovrapposizione, l’energia elettrostatica
sarà uguale alla somma delle energie di interazione di ogni singola coppia.
Ricapitolando se sono presenti più cariche:
v
q
E = k e ∑ 2i rˆi
i ri
q
V = ke ∑ i
i ri
e per l’energia elettrostatica totale del sistema
qi q j
1
1
U = ∑∑ U ij = k e ∑ ∑
2 i j ≠i
2
i j ≠i rij
come esempio, se ho 4 cariche, l’energia si calcola come:
qq
qq
qq
qq
qq
qq
U = U 12 + U 13 + U 14 + U 23 + U 24 + U 34 = k e 1 2 + k e 1 3 + k e 1 4 + k e 2 3 + k e 2 4 + k e 3 4
r13
r14
r23
r24
r34
r12
Fra gli esercizi dei compitini precedenti un tipo di problemi prevede due cariche fissate su due punti
del piano x-y e si chiede di trovare il campo elettrico (una sua componente) in un terzo punto del
piano. Questi esercizi sono tutti uguali: V COMPITINO 1988-89 (5); IV COMPITINO 1994-95 (7);
IV COMPITINO 1997-98 (9); IV COMPITINO 1998-99 (9); IV COMPITINO 1999-2000 (10); IV
COMPITINO 2000 - 2001 (10); II COMPITINO 2001 - 2002 (10).
Di seguito si mostra la soluzione di un esempio, ma si consiglia di provare a risolvere gli altri per
esercizio.
II COMPITINO 2001 – 2002 (10)
Su di un piano ci sono due cariche uguali in modulo ma di segno opposto, q= 5×10-5 C. La carica
positiva ha coordinate x = 0, y = +2 cm, la carica negativa x = 0, y =-2 cm. Calcolare la componente
y del campo elettrico nel punto (x = 10 cm, y = 0).
10) Ey =-1.695×107 V/m
j
Soluzione
Lo schema è quello indicato in figura:
+q
Etot
-q
θ
E2
E1
Il campo elettrico nel punto P=(x=10 cm, y=0 cm) si calcola sommando VETTORIALMENTE i
singoli contributi al campo dovuti alle due cariche.
Riguardo alle componenti cartesiane, si sommano.
Indicato con a la distanza delle cariche dal centro e con b la distanza lungo l’asse x del punto P, si
b
ha che la distanza r di P da ciscuna carica è r = a 2 + b 2 e tgθ = .
a
I campi elettrici dovuti alle due cariche sono: E1 =
ke q
k (− q )
rˆ; E2 = e 2 rˆ
2
r
r
La componente della risultante sarà:
kq
kq
2k q
E y = E1 y + E2 y = − e2 cos θ − e2 cos θ = − 2 e 2 cos θ = −1.695 × 10 7 V / m
r
r
a +b
(
)
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
In un altro tipo di problemi tre cariche positive uguali sono fissate ai vertici di un triangolo
equilatero.
Si chiede di calcolare il modulo della forza agente su ogni carica e l’energia elettrostatica del
sistema.
Questi esercizi sono tutti molto simili: V COMPITINO 1986-87 (3-4); IV COMPITINO 1998-99
(2-3); IV COMPITINO 1999-2000 (6); III COMPITINO 2007 – 2008 (10).
Di seguito si mostra la soluzione di un esempio, ma si consiglia di provare a risolvere gli altri per
esercizio.
IV COMPITINO 1998-99 (2-3)
Tre cariche positive uguali, di 10-6 C l’una, sono poste ai vertici di un triangolo equilatero di lato
L=15 cm. Calcolare il modulo della forza agente su ogni carica
2) F = 0.692 N
e l’energia elettrostatica del sistema
3) U = 0.180 J
Soluzione
3
y
1
2
x
Essendo le tre cariche uguali e posizionate ai lati di un triangolo equilatero, c’è una simmetria nel
sistema. Su ogni carica agisce la stessa forza e lo stesso potenziale. Facciamo quindi il calcolo della
forza che agisce sulla carica al vertice che, nel disegno, si trova sull’asse y.
r r
r
E = E1 + E2
Le componenti del campo nel punto 3 lungo x dovute alle cariche 1 e 2 sono uguali e contrarie e si
annullano a vicenda.
Il campo risultante è quindi diretto lungo y:
kq
kq
kq
E y = E1 y + E2 y = 2 e2 cos θ = 2 e2 cos 30 o = e2 3
L
L
L
2
kq
La forza in modulo è F = e 2 3 = 0.6921N
L
L’energia potenziale
U = U 12 + U 13 + U 23 = k e
q2
q2
q2
q2
+ ke
+ ke
= 3k e
= 0.1798 J
L
L
L
L
%%%%%%%%%%%%%%%%
In un altro tipo di problemi quattro cariche sono fissate ai vertici di un quadrato. Si chiede di
calcolare il modulo della forza agente su una delle cariche, o il campo in una posizione o l’energia
elettrostatica del sistema. Il metodo è quello illustrato in precedenza. Illustreremo la soluzione per
alcuni di questi esercizi. Si consiglia di risolvere, per esercizio, anche quelli simili non svolti.
V COMPITINO 1987-88 (4-5); V COMPITINO 1989-90 (10); IV COMPITINO 1996-97 (5-6); IV
COMPITINO 2000 – 2001 (1-2)
A tre vertici di un quadrato di 10 cm di lato ci sono tre cariche elettriche positive uguali, con q =
5×10-4 C. Sul quarto vertice c’è una carica negativa pari a –q/2. Calcolare il modulo del campo
elettrico al centro del quadrato
1) E =1.35×109 V/m
j
Quanto vale l’energia potenziale delle quattro cariche?
2) U = 3.046×104 J
Soluzione
Le cariche di segno uguale su vertici opposti danno origine a due campi nel centro del quadrato che
sono uguali in modulo e direzione ma opposti in verso, quindi i due contributi si annullano
mutuamente. La carica negativa –q/2 e la positiva +q a lei opposta in diagonale originano due campi
E1 e E2 nel centro del quadrato che hanno la stessa direzione. La somma dei due contributi
determina direttamente il modulo .
ke q
E=
2
+
ke q 2
2
=
3k e q
= 1.3485 × 109 V / m
2
L
⎛
⎛
2⎞
2⎞
⎟
⎟
⎜L
⎜L
⎜ 2 ⎟
⎜ 2 ⎟
⎠
⎠
⎝
⎝
Per l’energia tutti i contributi delle cariche si sommano scalarmente:
U = U 12 + U 13 + U 14 + U 23 + U 24 + U 34 = k e
U = ke
q2
q2
q2
q2
q2
q2
+ ke
− ke
− ke
+ ke
− ke
L
L
2L
2L
2L
2 2L
q2 ⎛
q2
q2
1 ⎞
+ ke
= k e ⎜1 +
⎟ = 3.042 ×10 4 J
L
L ⎝ 2 2⎠
2 2L
II COMPITINO 2001 – 2002 (9);
III COMPITINO 2002 – 2003 (9-10)
Tre cariche positive ed una negativa, uguali in modulo e pari a 2.58×10-6C l’una, sono poste ai
vertici di un quadrato di 2 cm di lato. Calcolare il modulo del campo elettrico al centro del quadrato
9) E = 2.319×108 V/m
e il modulo della forza agente sulla carica negativa
10) f = 286.3 N
Soluzione
Le cariche di segno uguale su vertici opposti danno origine a due campi nel centro del quadrato che
sono uguali in modulo e direzione ma opposti in verso, quindi i due contributi si annullano
mutuamente. La carica negativa –q e la positiva +q a lei opposta in diagonale originano due campi
E1 e E2 nel centro del quadrato che hanno la stessa direzione. La somma dei due contributi
determina direttamente il modulo .
E=
ke q
⎛
2⎞
⎟
⎜L
⎜ 2 ⎟
⎠
⎝
2
+
ke q
⎛
2⎞
⎟
⎜L
⎜ 2 ⎟
⎠
⎝
2
=
4k e q
= 2.319 × 108 V / m
L2
La forza sulla carica negativa si trova calcolando il modulo del campo. La carica positiva opposta in
diagonale contribuisce con un campo orientato lungo la diagonale, mentre le cariche positive
adiacenti alla carica negativa si elidono mutuamente secondo le componenti trasversali e quindi la
risultante del campo da loro originato è anch’essa diretta lungo la diagonale.
Il modulo del campo è
E=
ke q
(L 2 )
2
F = qE =
+2
ke q 2
L2
ke q
kq
k q k q⎛1
⎞
cos 45o = e 2 + 2 e2 = e2 ⎜ + 2 ⎟
2
L
L
L ⎝2
2L
⎠
⎛1
⎞
⎜ + 2 ⎟ = 286.37 N
⎝2
⎠
III COMPITINO 2005 – 2006 (6-7-8)
Abbiamo tre cariche positive pari a q ed una carica negativa pari a -2q, con q = 10.00×10-7 C. Le
cariche sono poste ai vertici di un quadrato di 2 cm di lato. Calcolare il modulo del campo elettrico
al centro del quadrato
6) E = 1.348×108 V/m
Calcolare il modulo della forza agente sulla carica positiva diagonalmente opposta alla carica
negativa
7) f = 9.307 N
Calcolare l’energia del sistema di cariche.
8) U = -1.216 J
Soluzione
Le cariche uguali di segno uguale su vertici opposti danno origine a due campi nel centro del
quadrato che sono uguali in modulo e direzione ma opposti in verso, quindi i due contributi si
annullano mutuamente. La carica negativa –2q e la positiva +q a lei opposta in diagonale originano
due campi E1 e E2 nel centro del quadrato che hanno la stessa direzione. La somma di questi due
contributi determina direttamente il modulo .
E=−
ke q
⎛
2⎞
⎟
⎜L
⎜ 2 ⎟
⎠
⎝
2
−
k e 2q
⎛
2⎞
⎟
⎜L
⎜ 2 ⎟
⎠
⎝
2
=
6k e q
= 1.3485 × 108 V / m
2
L
La forza sulla carica positiva opposta alla negativa si trova prima calcolando il modulo del campo.
La carica negativa opposta in diagonale contribuisce con un campo orientato lungo la diagonale,
mentre le cariche positive adiacenti alla carica negativa si elidono mutuamente secondo le
componenti trasversali e quindi la risultante del campo da loro originato è anch’essa diretta lungo la
diagonale (va calcolata la componente lungo la diagonale).
Il modulo del campo è quindi
E=−
k e 2q
(L 2 )
e la forza è
F = qE =
2
+2
(
ke q
kq
kq kq
cos 45o = − e2 + 2 e2 = e2 − 1 + 2
2
L
L
L
L
(
)
ke q 2
− 1 + 2 = 9.3094 N
L2
L’energia elettrostatica è:
)
U = U 12 + U 13 + U 14 + U 23 + U 24 + U 34 = k e
U = −2k e
q2
q2
q2
q2
q2
2q 2
+ ke
− 2k e
− 2k e
+ ke
− ke
L
L
L
L
2L
2L
q2
q2
q2 ⎛
1 ⎞
− ke
= ke ⎜ − 2 −
⎟ = −1.2168 J
L
L⎝
2L
2⎠
III COMPITINO 2001 – 2002 (2)
Quattro cariche positive uguali, di 5×10-6 C l’una, sono poste ai vertici di un quadrato di 3 cm di
lato. Calcolare l’energia elettrostatica del sistema:
2) U = 40.608 J
Soluzione
L’energia elettrostatica è:
U = U 12 + U 13 + U 14 + U 23 + U 24 + U 34 = k e
U = 4k e
q2
q2
q2
q2
q2
q2
+ ke
+ ke
+ ke
+ ke
+ ke
L
L
L
L
2L
2L
q2
2q 2
q2 ⎛
2 ⎞
+ ke
= ke ⎜ 4 +
⎟ = 40.5615 J
L
L⎝
2L
2⎠
IV COMPITINO 1994-95 (9-10)
Ai vertici di un quadrato di 10 cm di lato ci sono quattro cariche elettriche uguali in modulo
(q=8×10-5 C), due negative e due positive. Le due cariche positive (e le due negative) sono ai vertici
dello stesso lato. Calcolare il modulo del campo elettrico al centro del quadrato
9) E = 4.068×108 V/m
e l’energia del sistema delle 4 cariche
10) U = -813.49 J
Soluzione
Le cariche di segno discorde su vertici opposti danno origine a due campi nel centro del quadrato
che sono uguali in modulo, direzione e verso. Questi due contributi sono perpendicolari fra loro e
uguali in modulo, quindi il calcolo del modulo della loro risultante può essere effettuato applicando
il teorema di Pitagora.
1
2
2 2
⎞
⎛⎡
⎤
⎡
⎤
⎟
⎜
⎥
⎢
⎥
⎢
⎟
⎜
⎢ ke q ⎥ ⎢ ke q ⎥ ⎟
⎛ 4k q ⎞
⎜
E= ⎢
= 2 ⎜ 2e ⎟ = 4.0684 × 108 V / m
+⎢
2⎥
2⎥
⎟
⎜ ⎛
⎝ L ⎠
⎛
⎞
⎞
⎜ ⎢⎜ L 2 ⎟ ⎥ ⎢⎜ L 2 ⎟ ⎥ ⎟
⎜ ⎢⎣ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎥⎦ ⎟
⎠
⎝
l’energia del sistema di cariche si calcola così:
U = U 12 + U 13 + U 14 + U 23 + U 24 + U 34 = k e
U = −k e
2q 2
q2
= − 2k e
= −813.68 J
L
2L
q2
q2
q2
q2
q2
q2
+ ke
− ke
− ke
− ke
− ke
L
L
L
L
2L
2L
Note su Elettrostatica (distribuzioni carica continue) + esercizi svolti
Richiamiamo brevemente definizioni e relazioni fra le grandezze della elettrostatica illustrate a
lezione. Il carattere di questa nota è sintetico, non esaustivo.
Per maggiori dettagli si rimanda ai capitoli “Forza elettrica e campi elettrici”, “”Potenziale elettrico
e capacità” di Serway&Jewett, o ai capitoli “Carica elettrica e campo elettrico”, “potenziale
elettrico” del Giancoli, o ai capitoli su carica elettrica, campi elettrici, legge di Gauss, potenziale
elettrico, capacità elettrica di Haliday&Resnick.
Concetti e relazioni vengono applicati alla risoluzione degli esercizi presenti nella raccolta dei
Compitini del Prof. Moruzzi.
Nel caso di distribuzioni di carica continue, campo elettrico e potenziale si calcolano sommando gli
effetti delle singole cariche, integrando sul volume della distribuzione.
v
dq
E = k e ∫ 2 rˆ
r
dq
V = ke ∫
rˆ
r
Questo calcolo non sempre è agevole. Nonostante ciò, si possono a volte usare le conseguenze del
teorema di Gauss e le proprietà di simmetria di alcune distribuzioni per risolvere il problema.
Concetto di flusso elettrico
Il flusso elettrico è una grandezza proporizonale al numero di linee di campo elettrico che
attraversano una superficie data.
Data una superficie di area A, si può definire il versore normale n̂ alla superficie e il vettore
r
A = Anˆ . Se il campo elettrico è uniforme , il flusso del campo elettrico è dato (si veda in figura) da
r r
Φ = E ⋅ A = EA cos θ
Il flusso è massimo se il campo elettrico è orientato perpendicolare alla superficie mentre è nullo se
il campo elettrico è parallelo alla superficie.
Per una superficie e un campo elettrico qualunque si definisce l’elemento infinitesimo
r r
dΦ == E ⋅ dA
e si integra sulla superficie.
Per una superficie chiusa si ha che:
r r
Φ E = ∫ E ⋅ dA = ∫ En dA
dove En è la componente del campo elettrico normale alla superficie presa positiva se uscente e
negativa se entrante.
Il teorema di Gauss (conseguenza del fatto che il campo elettrico di una carica puntiforme varia con
l’inverso el quadrato della distanza) dice che:
il flusso del campo generato da un insieme di cariche puntiforme qi attraverso una superficie chiusa
è pari alla somma algebrica delle cariche contenute all’interno della superficie, divisa per la
costante dielettrica del vuoto:
ΦE =
⎛
⎞
⎜ ∑ qi ⎟
⎝ i
⎠ int
ε0
Usando il teorema di gauss e le proprietà di simmetria si può trovare il campo elettrico associato a
varie distribuzioni di carica.
Può essere utile ricordare alcune definizioni per le distribuzioni di carica.
Se V è il volume: densità volumetrica uniforme di carica ρ=Q/V
Se A è l’area di una superficie: densità superficiale uniforme di carica σ=Q/A
Se l è la lunghezza di una distribuzione a simmetria cilindrica (per es. filo):
densità lineare uniforme di carica λ=Q/l
%%%%%%%%
%%%%%%%%
%%%%%%%%
%%%%%%%%
%%%%%%%%
Per una sfera piena carica Q di raggio R
kQ
Er = e 3 r ; r ≤ R
R
kQ
Er = e 2 ; r ≥ R
r
il campo all’interno varia linearmente con r; se vi fosse una carica di prova negativa, la forza
sperimentata sarebbe di tipo elastico -kr
%%%%%%%%
Per esempio all’interno di un condensatore piano e parallelo, dove sulle armature si trova una
densità di carica +Q e –Q e una distribuzione di carica superficiale +σ=Q/A e -σ=-Q/A il campo è
nullo al di fuori del condensatore e all’interno è uniforme, diretto perpendicolare alle armature e
vale E=σ/ε0.
Il potenziale si calcola dal campo applicando la formula per cui
r r
∆V = − ∫ E ⋅ ds
E quindi abbiamo per un campo legata ad un piano uniformemente carico con densità superficiale σ
V=-σ/ε0 d dove d è la distanza dal piano
Per una sfera uniformemente carica di carica Q e raggio R:
kQ
V = e per r>R
r
k Q⎛
r2 ⎞
V = e ⎜⎜ 3 − 2 ⎟⎟ per r≤R
2R ⎝
R ⎠
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
Per un guscio sferico uniformemente carico di carica Q e raggio R:
kQ
V = e per r>R
r
kQ
V = e per r≤R (il campo interno è nullo, quindi tuto il volume è allo stesso potenziale)
R
%%%%%%%%%%%%%%%%%%
Esercizi svolti.
Nei precedenti compitini ci sono tre tipi di esercizi: calcolo di un flusso elettrico, campo elettrico
generato da un cilindro carico, moto all’interno di una distribuzione sferica carica.
Flusso
Di solito la carica (o la distribuzione di carica uniforme) sono all’interno di un solido regolare.
Si chiede il flusso attraverso una delle facce. Per ragioni di simmetria il flusso attravreso una delle
facce è uguale al flusso totale Φ/N, dove N è il numero delle facce (4 per un tetraedro, 6 per un
cubo).
Siccome per Gauss si ha che:
⎛
⎞
⎜ ∑ qi ⎟
⎝ i
⎠ int
ΦE =
ε0
⎛
⎞
⎜ ∑ qi ⎟
⎝ i ⎠ int
il flusso una delle facce è
Nε 0
Si fanno alcuni esempi significativi, si risolvano i problemi simili per esercizio:
Cubo:
(simili: V COMPITINO 1988-89; IV COMPITINO 1994-95; III COMPITINO 2001 – 2002)
III COMPITINO 2005 – 2006;
Una carica puntiforme q = 10.00 10−7 C si trova al centro di un cubo di 10 cm di lato.
Calcolare il flusso del campo elettrico attraverso una faccia del cubo.
5) Φfaccia=1.88 104 Vm
Soluzione
Il flusso è Φ E =
⎛
⎞
⎜ ∑ qi ⎟
⎝ i
⎠ int
ε0
=(10.00 10−7 C)/(8.854 10−12 F/m)
Attraverso una delle 6 facce del cubo è Φ/6=1.8824 104 Vm
%%%%%%%%
(simile IV COMPITINO 2000 – 2001);
III COMPITINO 2007 – 2008
Il volume di un cubo di 10 cm di lato è uniformemente carico, con densità di carica
ρ = 5.08 ⋅10−9 C/m3. Calcolare il flusso del campo elettrico attraverso una faccia del
cubo.
7) Φfaccia=0.09562 Vm
Soluzione
Il flusso attraverso una delle 6 facce del cubo è Φ/6
3
5.08 × 10 −9 × (0.1)
ρV
ΦE =
=
= 0.0956Vm
6ε 0
6ε 0
(
)
Tetraedro:
(simili: V COMPITINO 1989-90; IV COMPITINO 1996-97)
III COMPITINO 2002 – 2003
Una carica puntiforme di 5.55_10−6 C si trova al centro di un tetraedro di 10 cm di lato.
Calcolare il flusso del campo elettrico attraverso una faccia del tetraedro.
8) Φfaccia= 1.57 105 Vm
ΦE =
(5.55 × 10 −6 ) = 1.5671 × 10+5Vm
q
=
4ε 0
4ε 0
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
Cilindro carico
Si fanno alcuni esempi significativi, si risolvano i problemi simili per esercizio:
(simili: V COMPITINO 1986-87; V COMPITINO 1987-88; V COMPITINO 1989-90; IV
COMPITINO 1994-95; IV COMPITINO 1997-98; IV COMPITINO 1998-99; IV COMPITINO
1999-2000; IV COMPITINO 2000 – 2001; III COMPITINO 2001 – 2002; III COMPITINO 2005 –
2006)
Si ha un cilindro infinito uniformemente carico con densità di carica ρ = 10.00 ×10−9 C/m3 e raggio
10 cm. Calcolare il campo elettrico (in V/m) a 5 cm dall’asse del cilindro
1) E = 28.24 V/m
e a 40 cm dall’asse del cilindro
2) E = 14.12 V/m
Soluzione
Si ricorda che per un cilindro uniformemente carico il campo è
Nel caso del problema in questione, abbiamo un cilindro che, per una lunghezza L ha un volume
V=LπR2 e quindi per una lunghezza L si ha una carica Q= ρLπR2
Quindi la densità lineare di carica è
λ=ρπR2;
allora
il campo elettrico (in V/m) a 5 cm dall’asse del cilindro
E = λ/(2πε0R2)*r = r*ρ/(2ε0)=28.2358 V/m
e a 40 cm dall’asse del cilindro
E = (λ/r)*1/(2πε0)= ρR2/(2ε0r)=14.1175 V/m
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
V COMPITINO 1988-89
Un elettrone (e = 1.602 ×10−19 C, m0 = 9.11×10−31 kg) è libero di muoversi senza attrito all’interno
di una sfera carica uniformemente con densità ρ = 7 ×106 C/m3. In quanto tempo l’elettrone
percorre un’orbita circolare di 1 mm di raggio?
4) T =
Soluzione
Sappiamo che per una sfera piena carica Q di raggio R il campo elettrico vale
keQ
r; r ≤ R
R3
kQ
Er = e 2 ; r ≥ R
r
Er =
Il campo all’interno varia linearmente con r.
Per una carica negativa come l’elettrone, la forza sperimentata è simile a quella di tipo elastico, –kr.
Se il moto è di tipo circolare uniforme e l’orbita ha raggio r allora deve valere
kQ
v2
m = mω 2 r = qE = − e e 3 r
r
R
da cui:
e keQ
=
m R3
e T=2π/ω
ω=
⎛ 4π 3 ⎞
ke ρ ⎜
R ⎟
e
⎝ 3
⎠ =
3
m
R
e 4πk e ρ
= 2.15×1014 rad/s
m 3
%%%%%%%%%%%%%%%
(simili: V COMPITINO 1986-87; V COMPITINO 1987-88; V COMPITINO 1989-90; IV
COMPITINO 1994-95; IV COMPITINO 2000 – 2001; IV COMPITINO 2006 – 2007; III
COMPITINO 2005 – 2006)
IV COMPITINO 2007 – 2008
Un elettrone (carica -e, con e = 1.602×10−19 C, e massa me = 9.11×10−31 kg) è libero
di muoversi senza attrito lungo il diametro di una sfera carica uniformemente con densità
di carica ρ = 1 ×107 C/m3. Calcolare la frequenza angolare di oscillazione.
9) ω = 2.57 ×1014 rad/s
Soluzione
Sappiamo che per una sfera piena carica Q di raggio R il campo elettrico vale all’interno:
kQ
Er = e 3 r
R
Il campo all’interno varia linearmente con r.
Per una carica negativa come l’elettrone, la forza sperimentata è simile a quella di tipo elastico, –kr.
Abbiamo quindi un oscillatore armonico la cui costante elastica equivamente è
k e eQ
r = −kr ;
R3
k eQ k e 4π 3
4π
e
e ρ
k = e 3 = e3 ρ
R =
ρ
=
R
R
3
4πε 0
3
ε0 3
Fe = −
La frequenza angolare di oscillazione sarà
k
eρ
=
= 2.573 × 1014 rad / s
ω=
3ε 0 m
m
Note su esercizi in cui si usano elettrostatica e meccanica + esercizi svolti
Richiamiamo brevemente definizioni e relazioni illustrate a lezione e esercitazione. Il carattere di
questa nota è sintetico, non esaustivo.
Per maggiori dettagli si rimanda ai capitoli “Forza elettrica e campi elettrici”, “”Potenziale elettrico
e capacità” di Serway&Jewett, o ai capitoli “Carica elettrica e campo elettrico”, “potenziale
elettrico” del Giancoli, o ai capitoli su carica elettrica, campi elettrici, legge di Gauss, potenziale
elettrico, capacità elettrica di Haliday&Resnick.
Concetti e relazioni vengono applicati alla risoluzione degli esercizi presenti nella raccolta dei
Compitini del Prof. Moruzzi.
Nei precedenti comptini vi sono due tipi di esercizi: in uno si applica il secondo principio della
dinamica in casi in cui, nel considerare le forze, le forze elettrostatiche sono presenti e si cerca la
legge del moto. Per esempio, se ci fosse presente una forza di Coulomb in una regione di spazio in
cui il campo elettrico è costante e la forza gravitazionale sulla superficie terrestre si avrebbe:
∑F
∑F
x
= qE x = ma x
y
= qE y − mg = ma y
Nelle due componenti, in questo esempio, ho accelerazione costante. Nel caso in cui il campo
elettrico abbia solo componente verticale, allora si ha:
∑F
= 0 = ma x
∑F
= qE − mg = ma y ⇒ a y =
x
y
q
E−g
m
Questo è esattamente il caso del moto parabolico (proiettile, etc.). L’accelerazione lungo y è
costante, ma non vale –g, può essere maggiore, uguale o minore di g a seconda di quanto vale il
cmapo elettrico e la carica, inoltre può essere diretta verso l’alto (se qE>0 ed è sufficientemente
grande). In tutti i casi ho un moto parabolico, la concavità della parabola dipende dal segno di ay.
Questo tipo di problemi non richiede un addestramento particolare legao all’elettrostatica. Si tratta
di applicare le conoscenze della dinamica una volta determinata la risultante delle forze.
Un tipo di problemi riguarda situazioni di equilibrio, cioè quando un corpo, posto in un punto in
condizioni di quiete, vi permane. Condizione necessaria è che la accelerazione sia nulla.
Nei precedenti compitini vi sono due esempi: pallina fissata a un filo legato a un piano vericale
carico e due palline carice legate a due fili sospesi allo stesso chiodo.
Vediamo come si risolvono (si risolve un esercizio, si invita a provare a risolvere gli esercizi simili
per addestramento).
(simili
V COMPITINO 1986-87 (9); V COMPITINO 1987-88 (10); IV COMPITINO 1999-2000 (9);
IV COMPITINO 2000 – 2001 (9))
III COMPITINO 2005 – 2006
Nel campo gravitazionale terrestre si trova un piano verticale non conduttore uniformemente carico,
con densità di carica σ = 3.0 ×10−8 C/m2. Ad un certo punto del piano è fissata l’estremità di un filo
lungo 10 cm di massa trascurabile. All’altra estremità del filo è attaccata una pallina di massa 2 g e
carica 10−5 C. Determinare l’angolo tra piano e filo in condizioni di equilibrio.
4) α = 40.81◦
Svolgimento
Il sistema è all’equilibrio, quindi la risultante delle forze lungo x e y deve fare zero. Le forze in
gioco sono la forza peso (-mg) diretta verticalmente verso il basso, la forza elettrica qE, dove E è
uniforme, orizzontale e vale E=σ/(2ε0) e la tensione del filo che è diretta lungo il filo. Indicando con
α l’angolo rispetto alla verticale abbiamo
0 = ma y = ∑ Fy = T cos α − mg ⇒ T cos α = mg
0 = ma x = ∑ Fx = −T sin α + q
σ
σ
⇒ T sin α = q
2ε 0
2ε 0
Dividendo la seconda equazione per la prima si ottiene:
tan α =
tgα =
2ε mg tan α
qσ
;σ = 0
q
2ε 0 mg
qσ
qσ
⇒ α = atan(
) = 40 o.81
2ε 0 mg
2ε 0 mg
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
(simili: V COMPITINO 1988-89 (2); V COMPITINO 1989-90 (7); IV COMPITINO 1994-95 (5);
IV COMPITINO 2000 – 2001 (5); III COMPITINO 2001 – 2002 (1))
III COMPITINO 2002 – 2003 (7)
In presenza del campo gravitazionale terrestre, due fili di massa trascurabile e lunghi ognuno 10 cm
pendono dallo stesso chiodo. All’estremità di ogni filo è attaccata una pallina di massa m = 2 g. Ad
ognuna delle due palline viene data la stessa carica elettrica q, e i due fili all’equilibrio formano tra
loro un angolo di 12◦. Quanto vale la carica di ognuna delle palline?
7) q = 1.001 ×10−8 C
Svolgimento
Lo schema è quello illustrato in figura:
θ
L’angolo θ è l’angolo fra i due fili.
Facendo il conto delle forze (su una sola delle due palline, visto che c’è simmetria l’altra si
comporterà in modo analogo) dobbiamo considerare:
0 = ma y = ∑ Fy = T cos
θ
2
0 = ma x = ∑ Fx = −T sin
− mg ⇒ T cos
θ
2
+
ke q 2
θ⎞
⎛
⎜ 2l sin ⎟
2⎠
⎝
2
θ
2
= mg
⇒ T sin
θ
2
=
ke q 2
θ⎞
⎛
⎜ 2l sin ⎟
2⎠
⎝
2
Dividendo la seconda equazione per la prima si ottiene:
tan
θ
2
=
ke q 2
θ⎞
⎛
mg ⎜ 2l sin ⎟
2⎠
⎝
2
⇒ q = 2l sin
θ
2
mg tan
ke
θ
2 = 1.0014 × 10 −8 C
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
Un altro tipo di esercizi prevede l’applicazione del terorema dell’energia cinetica o della
conservazione dell’energia a moti di corpi carichi. Ancora una volta la risoluzione di tali problemi
non dovrebbe comportare grandi difficoltà, se uno tiene presente le nozioni imparate nella prima
parte del corso.
Due tipi di esercizi: un sistema di due corpi carichi in moto relativo e una particella carica che si
muove perpendicolarmente a un piano uniformemente carico.
La risoluzione di questi problemi serve per capire come impostare questi problemi in generale.
Per esempio, se invece di muoversi verso un piano carico la particella si muove verso una
distribuzione sferica carica, basta sostituire il potenziale del piano infinito con quello legato alla
nuova distribuzione di carica e il gioco è fatto.
Vediamo come si risolvono questi problemi (si risolve un esercizio, si invita a provare a risolvere
gli esercizi simili per addestramento).
IV COMPITINO 1998-99
Due particelle puntiformi hanno massa 1 g e carica rispettivamente 5×10−6 C e -5×10−6 C. Le due
particelle si trovano inizialmente a 1 cm di distanza tra loro e vengono lanciate in direzione opposta
con la stessa velocità (in modulo) v0. Qual è la velocità minima per cui le particelle non tornano più
indietro?
1) v0 = 149.9 m/s
Svolgimento
Vale la conservazione dell’energia.
∆Etot = ∆K + ∆U = 0
variazione dell’energia cinetica: ∆K = K f − K i
variazione dell’energia potenziale: ∆U = U f − U i = q∆V
Per un sistema di cariche l’energia potenziale è data dal termine
k qq
U = q1V2 = q2V1 = e 1 2 dove r è la distanza fra le due cariche
r
ke q 2
r
L’energia potenziale è negativa (infatti le cariche si attraggono).
Le particelle vengono lanciate in direzione opposta con la stessa velocità (in modulo) v0. La
velocità minima per cui le particelle non tornano più indietro è quella per cui l’energia totale
(cinetica+potenziale) è positiva, in modo tale che, quando le particelle si trovano a grande distanza
(U trascurabile) “resti disponibile un po’ di energia” per l’energia cinetica (che è sempre positiva).
All’energia cinetica contribuiscono con un termine ciascuno le due particelle.
Nel caso di questo problema: U = −
⎡
⎛ 1 1 ⎞⎤
1
1
1
⎛1
2
2
2
2⎞
∆Etot = ∆K + ∆U = ⎜ mv f + mv f − mv0 − mv0 ⎟ + ⎢− k e q 2 ⎜ − ⎟⎥ = 0
⎜r
⎟
2
2
2
⎝2
⎠ ⎣⎢
⎝ f ri ⎠⎦⎥
Nel caso particolare, la distanza iniziale è 1 cm, quella finale è infinita, la velocità finale è zero e
quindi abbiamo:
⎡
⎛ 1 ⎞⎤
2
∆Etot = ∆K + ∆U = −mv0 + ⎢k e q 2 ⎜⎜ ⎟⎟⎥ = 0 da cui:
⎝ ri ⎠⎦
⎣
v0 =
ke q 2
= 149.8978m / s
mri
%%%%%%%%%%%%
(simili :V COMPITINO 1988-89 (1); V COMPITINO 1989-90 (6); IV COMPITINO 1994-95 (8);
IV COMPITINO 2000 – 2001 (7); III COMPITINO 2005 – 2006 (3);)
III COMPITINO 2007 – 2008 (6)
Due particelle puntiformi hanno massa 0.1 g e carica 10−6 C. Le due particelle si trovano
inizialmente a distanza molto grande tra loro e vengono lanciate una contro l’altra, ognuna con
velocità iniziale 457 m/s. A quale distanza tra loro invertono il moto?
6) d = 4.304 ×10−4 m
Svolgimento
Vale la conservazione dell’energia: ∆Etot = ∆K + ∆U = 0
All’energia cinetica contribuiscono con un termine ciascuno le due particelle.
ke q 2
Nel caso di questo problema: U =
r
L’energia potenziale è positiva (infatti le cariche si respingono).
Le particelle vengono lanciate una verso l’altra con la stessa velocità (in modulo) v0.
All’inizio la distanza r è molto grande, quindi la energia potenziale è trascurabile (U=0). Via via
che si avvicinano l’energia potenziale aumenta a scapito della cinetica. Il punto in cui invertono il
moto corrisponde all’istante di velocità nulla e di energia cinetica nulla (energia potenziale
massima):
⎡
⎛ 1 1 ⎞⎤
1
1
1
⎛1
2
2
2
2⎞
∆Etot = ∆K + ∆U = ⎜ mv f + mv f − mv0 − mv0 ⎟ + ⎢k e q 2 ⎜ − ⎟⎥ = 0
⎜r
⎟
2
2
2
⎝2
⎠ ⎢⎣
⎝ f ri ⎠⎥⎦
Nel caso particolare, la distanza iniziale è infinita, quella finale è l’incognita del problema e la
velocità finale è zero. Quindi abbiamo:
⎡
⎛1
2
∆Etot = ∆K + ∆U = −mv0 + ⎢k e q 2 ⎜
⎜r
⎝ f
⎣⎢
⎞⎤
⎟⎥ = 0 da cui:
⎟⎥
⎠⎦
ke q 2
= 4.3035 × 10 −4 m
rf =
2
mv0
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
(simile III COMPITINO 2001 – 2002 )
IV COMPITINO 1994-95
Si ha un piano (non conduttore) uniformemente carico positivamente, con densità superficiale di
carica σ = 10−6 C/m2. Una pallina di massa 1 g e carica elettrica positiva q = 10−5 C si trova
inizialmente a distanza 2 m dal piano. Con quale velocità minima deve essere lanciata la pallina
perchè raggiunga il piano?
4) v0 = 47.527 m/s
Svolgimento
Si conserva l’energia.
∆Etot = ∆K + ∆U = 0
L’energia potenziale della pallina la si ricava dal potenziale, che nel caso del piano infinito
uniformemente carico vale:
∆V = − E (x f − xi ) = −
σ
(x f − xi )
2ε 0
Dove x è la distanza da piano (il piano lo posso pensare orientato verticalmente).
Applicando la conservazione dell’energia trovo:
⎡
1
σ
⎛1
2
2⎞
(x f − xi )⎤⎥
0 = ∆K + ∆U = ∆K + q∆V = ⎜ mv f − mv0 ⎟ + ⎢− q
2
2ε 0
⎝2
⎠ ⎣
⎦
Nel caso in questione xf=0, xi=2 m, vf=0 (si chiede la velocità minima perché raggiunga il piano
quindi basta che lo raggiunga con velocità trascurabile), si ha:
qσxi
1
2
0 = − mv0 +
⇒ v0 =
2
2ε 0
qσxi
= 47.5275m / s
mε 0
%%%%
IV COMPITINO 1996-97
Si ha un piano (non conduttore) uniformemente carico positivamente, con densità superficiale di
carica σ = 10−6 C/m2. Una pallina di carica elettrica q = -3×10−5 C e massa 10 g si trova
inizialmente ferma ad 1 m di distanza dal piano. Con quale velocità la pallina arriva sul piano?
7) v = 18.41 m/s
Svolgimento
Si conserva l’energia:
∆Etot = ∆K + ∆U = 0
L’energia potenziale della pallina la si ricava dal potenziale, che nel caso del piano infinito
uniformemente carico il potenziale vale:
∆V = − E (x f − xi ) = −
σ
(x f − xi )
2ε 0
Dove x è la distanza da piano (il piano lo posso pensare orientato verticalmente).
La variazione di energia, essendo la carica –q è:
⎡ σ
(x f − xi )⎤⎥
∆U = − q∆V = ⎢q
⎣ 2ε 0
⎦
Quindi se la distanza finale è più piccola della iniziale, l’energia potenziale è diminuita e l’energia
cinetica sarà aumentata.
Applicando la conservazione dell’enegia trovo:
⎡ qσ
1
⎛1
2
2⎞
(x f − xi )⎤⎥ = 0
∆Etot = ∆K + ∆U = ⎜ mv f − mv0 ⎟ + ⎢
2
⎝2
⎠ ⎣ 2ε 0
⎦
Nel caso in questione xf=0, xi=1 m, vi=0, si ha:
0=
qσxi
1
2
mv f −
⇒ vf =
2
2ε 0
qσxi
= 18.4073m / s
mε 0
Note su esercizi su condensatori, resistenze e circuiti + esercizi svolti
Richiamiamo brevemente definizioni e relazioni illustrate a lezione e esercitazione. Il carattere di
questa nota è sintetico, non esaustivo.
Per maggiori dettagli si rimanda ai capitoli su condensatori e circuiti di Serway&Jewett, Giancoli, o
Haliday&Resnick. Concetti e relazioni vengono applicati alla risoluzione degli esercizi presenti
nella raccolta dei Compitini del Prof. Moruzzi.
Condensatori
Un condensatore si realizza con due conduttori di forma qualsiasi (dette armature) attraverso i quali
è stabilita una differenza di potenziale ∆V. La carica che si accumula sulle armature è proporzionale
al potenziale e la costante di proporzionalità è detta capacità C (unità di misura il Farad).
Q=C∆V
∆V=Q/C
Se conosco la capacità e la differenza di potenziale fra le armature, mi posso calcolare la carica.
Oppure, sapendo quanto è la carica e la capacità posso trovare la differenza di potenziale.
La capacità può esssere calcolata a partire dalla differenza di potenziale fra i conduttori (legata al
campo elettrico, di solito legato alla densità superficiale di carica, a sua volta legata a Q).
Scriviamo l’espressione della capacità per un condensatore piano, sferico e cilindrico:
Condensatore piano: area armature A, distanza d
A
C = ε0
d
Condensatore cilindrico (2 cilindri concentrici): lunghezza L, raggio conduttore interno a, raggio
conduttore esterno b:
L
C = 2πε 0
⎛b⎞
ln⎜ ⎟
⎝a⎠
Condensatore sferico (2 sfere concentriche): raggio conduttore interno a, raggio conduttore esterno
b:
ab
C = 4πε 0
b−a
L’applicazione diretta di queste relazioni porta alla risoluzione dei seguenti esercizi:
(sferico: V COMPITINO 1988-89 (6);III COMPITINO 2001 – 2002 (7); III COMPITINO 2005 –
2006 (10)); (piano: V COMPITINO 1988-89 (10); III COMPITINO 2007 – 2008 (8))
L’energia elettrostatica immagazzinata all’interno di un condensatore si può scrivere come:
U=
Q2 1
1
2
= C (∆V ) = Q(∆V )
2C 2
2
%%%%%%%%%%%%%%%
I condensatori possono essere collegati (a) in parallelo (cioè le due armature di ciascuno sono allo
stesso potenziale) oppure (b) in serie (una armatura di un condensatore è collegata con un’armatura
dell’altro.)
(a)
Q1
C1
-Q1
(b)
Q2
C1
C2
-Q2
C2
+Q
-Q
+Q
-Q
Nel caso (a), la ∆V = E è la stessa, mentre la carica totale immagazzinata sarà la somma delle
cariche Q1 e Q2. Quindi abbiamo: Qtot= Q1 + Q2= C1∆V+ C2∆V= (C1+ C2)∆V=(Ceq)∆V
La capacità equivalente è Ceq=C1+ C2.
Nel caso (b), la ∆V = E è la somma delle differenze di potenziale attraverso i due condensatori,
mentre la carica totale immagazzinata è la stessa sui due condensatori, perché la carica –Q
immgazzinata nell’armatura di uno deve compensare la carica +Q immagazzinata sull’armatura
adiacente.
Quindi abbiamo: ∆Vtot= ∆V 1 + ∆V 2= Q/C1+Q/C2 = Q*(1/C1+ 1/C2) =Q/Ceq
La capacità equivalente si calcola come: Ceq=1/(1/C1+ 1/C2)
Nei compitini precedenti vi sono vari esercizi in cui si usano condensatori in serie o parallelo. Ne
svolgiamo alcuni, gli altri si ivita a farli per esercizio.
Condensatori in serie
(simili: V COMPITINO 1986-87 (5); IV COMPITINO 1998-99 (4))
III COMPITINO 2001 – 2002
Due condensatori, uno da 4 µF e l’altro da da 8 µF, sono collegati in serie. Se la differenza di
potenziale ai capi del sistema vale 30 V, quanto vale la differenza di potenziale ai capi del
condensatore da 4 µF?
8) V = 20.0 V
e quanto vale la sua carica?
9) q = 8.00 ×10−5 C
Svolgimento
∆Vtot= ∆V1 + ∆V 2= Q/C1+Q/C2 = Q*(1/C1+ 1/C2) =Q/Ceq
C1∆V1= Q1=Q= Q2= C2∆V2
∆V2= ∆V1C1/ C2
∆Vtot= ∆V1 (1+ C1/ C2)
∆V1=∆Vtot/(1+ C1/ C2)=30/(1+4/8)=20 V
Q1 =C1∆V1=8.00 ×10−5 C
Condensatori in parallelo
(simile: IV COMPITINO 1996-97 (9))
IV COMPITINO 1997-98
Abbiamo due condensatori in parallelo di capacità C1 = 5µF e C2 = 4µF, rispettivamente.
La carica totale del sistema di condensatori Q0 vale 4×10−4 C, quanto vale la carica del
condensatore C2 all’equilibrio?
10) Q2 = 1.78 ×10−4 C
Svolgimento
Q0= Q1 + Q2= C1∆V+ C2∆V= (C1+ C2)∆V=(Ceq)∆V
Q2= C2∆V= C2 (Q0/ Ceq)= Q0 C2/( C1+ C2)= 4×10−4(4/9)= 1.78 ×10−4 C
(simile:V COMPITINO 1987-88 (6))
IV COMPITINO 2006 – 2007
Tra le armature di un condensatore da 4 µF si ha una differenza di potenziale di 345 V. Al
condensatore viene collegato in parallelo un secondo condensatore, inizialmente scarico, da 10 µF.
Calcolare la differenza di potenziale finale ai capi del sistema.
10) V = 98.6 V
Svolgimento
Al’inizio abbiamo Q0 = C1∆V0
Nel momento in cui si collega il secondo condensatore il potenziale cambierà, ma la carica si deve
conservare. La carica si ridistribuisce sulle due armature, ma vale
Q0 = Qtot= Q1 + Q2= C1∆Vf+ C2∆Vf= (C1+ C2)∆Vf=(Ceq)∆Vf
Quindi
Q0 = C1∆V0=(Ceq)∆Vf
∆Vf =∆V0 C1/(C1+ C2)=345*4/14=98.57 V
Resistenze
Ricordiamo che per la legge di Ohm, se una resistenza R è attraversata da una corrente elettrica I la
differenza di potenziale ai suoi capi vale:
∆V = RI
La potenza dissipata (energia dissipata per unità di tempo) nella resistenza è (effetto Joule)
Potenza=∆V⋅I=R⋅I2=∆V2/R
(unità di misura: corrente in Ampere (A), resistenza in Ohm (Ω), potenza in Watt=1 J/s)
La resistenza di un conduttore rettilineo dipende dalla resistività ρ, dalla sua sezione trasversale
(area A) e dalla sua lunghezza l, secondo la legge:
R=ρ
l
A
Noti ρ, A e l si può calcolare R e da R I e la potenza
∆V ∆VA
=
I=
R
ρl
Pot =
∆V 2 ∆V 2 A
=
R
ρl
Usando queste relazioni si arriva alla risoluzione diretta dei problemi: V COMPITINO 1986-87 (6);
V COMPITINO 1987-88 (7); V COMPITINO 1988-89 (7); IV COMPITINO 1998-99 (6). Si invita
a risolverli per esercizio.
%%%%%%%%%%%%%%%%
Le resistenze si possono collegare in serie (a) o in parallelo (b)
(a)
(b)
Nel caso serie (a), la corrente che attraversa le due resistenze è la stessa (I=I1=I2) mentre la
differenza di potenziale è
E=∆V=∆V1+ ∆V2= (R1+ R2)I=(Req)I
La resistenza equivalente è Req =(R1+ R2)
Nel caso di più resistenze in serie Req =(R1+ R2+ R3+ R4+ R5+….)
Nel caso (b) di resistenze in parallelo, la differenza di potenziale ai capi delle due resistenze è la
stessa (∆V=∆V1+∆V2) mentre la corrente si conserva:
I=I1+I2=∆V/R1+∆V/R2=∆V(1/R1+1/R2)= ∆V/ Req
La resistenza equivalente si calcola: Req =1/(1/R1+ 1/R2)
Nel caso di più resistenze in parallelo Req =1/(1/R1+ 1/R2+ 1/R3+ 1/R4+……)
Con queste relazioni si può calcolare la resistenza equivalente e le correnti nelle singole resistenze
di circuiti più complessi, calcolando via via la resistenza equivalente degli elementi considerati.
Esempi:
Parallelo (IV COMPITINO 1996-97 (10); IV COMPITINO 1998-99 (10))
Serie
(simili: V COMPITINO 1988-89 (9); V COMPITINO 1987-88 (9))
V COMPITINO 1986-87
Una resistenza R1 da 500 è collegata in serie ad una resistenza R incognita. Se ai capi del sistema
viene applicata una differenza di potenziale di 20 V, in R1 vengono dissipati 10 W per effetto Joule.
Quanto vale R?
8) Rx =
Svolgimento
Req=Rx+R1
In R1 si dissipa:
P=R1⋅I2= 10 W
I=∆V/(Rx+R1)
P/R1=(∆V/(Rx+R1))2
Rx2 + (2 R1 )Rx − ∆V 2
R1
+ R12 = 0
P
Rx si trova risolvendo l’equazione di secondo grado.
Carica e scarica di un condensatore
Se un condensatore è collegato ad una resistenza la carica sulle armature fluisce attraverso la
resistenza e all’equlibrio non ci sarà più né differenza di potenziale ai capi, né carica sulle armature.
L’evoluzione di carica e corrente durante il processo che porta all’equilibrio si chiama transiente ed
è descritto dalla scarica del condensatore. Analogamente si può analizzare il caso in cui un
condensatore viene caricato da una batteria attraverso una resistenza.
Nei casi trattati dai compitini precedenti al posto di un condensatore vi è una serie o un paralelo di
condensatori e al posto di una resistenza c’è una combinazione di resistenze. Una volta trovate le
capacità e le resistenze equivalenti si procede come segue.
Carica del condensatore
Data una batteria che impone una differenza di potenziale E con un condensatore C in serie ad una
resistenza R, abbiamo che
q
q dq
E = + IR = +
R
C
C dt
da cui
dq
q
E
+
=
dt RC R
questa è una equazione differenziale di primo grado.
⎛ t⎞
La soluzione dell’omogenea è q(t ) = A exp⎜ − ⎟;τ = RC
⎝ τ⎠
La soluzione particolare è q (t ) = EC
La soluzione generale è la somma delle due e, dovendo soddisfare alla condizione iniziale della
carica nulla (q(t=0)=0):
⎡
⎛ t ⎞⎤
q(t ) = CE ⎢1- exp⎜ − ⎟⎥
⎝ τ ⎠⎦
⎣
con τ = RC
dq E ⎡
⎛ t ⎞⎤
La corrente è I (t ) =
= ⎢1- exp⎜ − ⎟⎥
dt R ⎣
⎝ τ ⎠⎦
La differenza di potenziale è ∆V (t ) =
⎡
q(t )
⎛ t
= E ⎢1- exp⎜ −
C
⎝ τ
⎣
⎞⎤
⎟⎥
⎠⎦
L’energia immagazzinata nel condensatore è
q 2 CE 2 ⎡
⎛ t
U (t ) =
1- exp⎜ −
=
⎢
2C
2 ⎣
⎝ τ
⎞⎤
⎟⎥
⎠⎦
2
Esempio:
IV COMPITINO 2006 – 2007
Una pila da 12 V sta caricando, attraverso una resistenza da 1.82×107 Ohm, due condensatori
inizialmente scarichi collegati in serie. La capacità del primo condensatore vale 3 × 10−6 F e quella
del secondo 1.5 × 10−6 F. Dopo quanto tempo la differenza di potenziale del sistema di
condensatori sarà 3V?
9) t = 5.24 s
Svolgimento
La capacità equivalente è
Ceq=1/(1/1.5+1/3)=1 µF
R=1.82×107 Ohm
τ=RC=18.2 s
⎡
q(t )
⎛ t ⎞⎤
La differenza di potenziale è ∆V (t ) =
= E ⎢1- exp⎜ − ⎟⎥
C
⎝ τ ⎠⎦
⎣
Il tempo t* per cui la differenza di potenziale si è ridotta a 3 V è tale che:
⎛ Vf
⎡
⎛ t * ⎞⎤
V f = E ⎢1- exp⎜ − ⎟⎥ ⇒ ln⎜⎜1 −
E
⎝ τ ⎠⎦
⎣
⎝
⎛ E
⎞
t*
⎟⎟ = − ⇒ t* = τ ln⎜
⎜ E −V
τ
⎠
f
⎝
⎞
⎟ = 5.236s
⎟
⎠
Scarica del condensatore
Si parte da una differenza di potenziale iniziale (e carica iniziale) di un condensatore C in serie ad
una resistenza R. Abbiamo che
dq
q
+
=0
dt RC
questa è una equazione differenziale di primo grado, omogenea.
⎛ t⎞
La sua soluzione è q(t ) = A exp⎜ − ⎟;τ = RC
⎝ τ⎠
Dovendo soddisfare alla condizione iniziale (q(t=0)=Q0):
⎛ t⎞
q(t ) = Q0 exp⎜ − ⎟
⎝ τ⎠
con τ = RC
La differenza di potenziale è ∆V (t ) =
q(t ) Q0
⎛ t⎞
=
exp⎜ − ⎟
C
C
⎝ τ⎠
L’energia immagazzinata nel condensatore è
2
q 2 Q0
⎛ 2t ⎞
⎛ 2t ⎞
=
U (t ) =
exp⎜ − ⎟ = U 0 exp⎜ − ⎟
2C 2C
⎝ τ ⎠
⎝ τ ⎠
Esempi:
(simili: V COMPITINO 1986-87 (7); V COMPITINO 1988-89 (8);V COMPITINO 1987-88 (8);
IV COMPITINO 1998-99 (5); III COMPITINO 2001 – 2002 (10); III COMPITINO 2007 – 2008
(9))
IV COMPITINO 2007 – 2008
Due condensatori, di capacità rispettivamente C1 = 6×10−6 F e C2 = 3×10−6 F, sono collegati in
serie. Il sistema viene caricato finchè la differenza di potenziale complessiva vale 20 V, poi chiuso
su di una resistenza da 2.37 × 107 . Dopo quanto tempo la differenza di potenziale del sistema di
condensatori sarà 5 V?
9) t = 65.7s
Quanta energia è stata persa dal sistema di condensatori quando la differenza di potenziale è scesa a
5 V?
10) DU = 3.75 × 10−4 J
Svolgimento
Ceq=1/(1/6+1/3)=2 µF
τ=RC=47.4 s
⎛ t⎞
La differenza di potenziale è ∆V (t ) = ∆V0 exp⎜ − ⎟
⎝ τ⎠
Il tempo t* per cui la differenza di potenziale si è ridotta a 5 V è tale che:
⎛ ∆V ⎞
⎛ Vf ⎞
⎡ ⎛ t * ⎞⎤
t*
⎟⎟ = − ⇒ t* = τ ln⎜ 0 ⎟ = 65.71s
V f = ∆V0 ⎢exp⎜ − ⎟⎥ ⇒ ln⎜⎜
⎜V ⎟
τ
⎣ ⎝ τ ⎠⎦
⎝ ∆V0 ⎠
⎝ f ⎠
L’energia persa si calcola sapendo che U (t ) =
2
q 2 Q0
⎛ 2t ⎞
⎛ 2t ⎞
=
exp⎜ − ⎟ = U 0 exp⎜ − ⎟
2C 2C
⎝ τ ⎠
⎝ τ ⎠