Fisica Generale - Modulo Fisica II
Ingegneria Gestionale-Informatica
Esercitazione 2
LA FORZA ELETTRICA
Aa1. Date le due cariche fisse della figura dove q1 = 0.2 C e
q2 = −0.5 C la posizione di equilibrio lungo l'asse x di una terza
carica mobile q3 = 0.01 C si trova nel punto con ascissa
q1
0
q2
1m
(A) −1.721 m
(B) 0.387 m
(C) 0.500 m
(D) 0.613 m
(E) 2.721 m
Soluzione. All'interno del segmento (0,1) non vi può essere punto di equilibrio perché le forze
esercitate da entrambe le cariche fisse hanno lo stesso verso (a destra nel nostro caso). Se si
impone l'uguaglianza in modulo delle forze su q3
kq1 q 3
kq 2 q 3
=
⇒ (q1 − q 2 )x 2 − 2q1 x + q1 = 0
2
2
x
( x − 1)
si ottiene una equazione di secondo grado in x (espresso in metri) che ha come soluzioni
x = −1.721 e x = 0.387 tra cui si deve scartare la seconda soluzione perché interna al segmento.
Aa2. Una sfera conduttrice di raggio R1 = 25 cm e carica iniziale q1 = 4 μC è posta brevemente in contatto elettrico con una seconda sfera conduttrice di raggio R2 = 40 cm e carica iniziale q2 = −2 μC posta a tre metri di distanza dalla prima carica. Dopo che il contatto è stato rimosso le due sfere si respingono con una forza di circa
(A) 0 N
(B) 0.95 mN
(C) 8.0 mN
(D) 8.52 mN
(E) 9 mN
Soluzione. Le due sfere hanno una carica complessiva pari alla somma algebrica delle cariche
(q1 + q2 = 2μC). Durante il contatto le cariche si ridistribuiscono in modo che l’intero sistema
abbia lo stesso potenziale in ogni punto (i conduttori sono superfici equipotenziali).
Q
Per una sfera si ha V ( R) =
, ed essendo il potenziale delle sfere uguale, la carica
4πε 0 R
complessiva sarà ripartita tra le due sfere proporzionalmente al raggio; dopo il contatto le sfere hanno cariche (indicate con apici) date da
R1
R2
25
40
q1' = (q1 + q2 )
= 2 μC;
q2' = (q1 + q2 )
= 2 μC
R1 + R2
65
R1 + R2
65
q1' q2'
= 0.947mN
d2
Aa3. Una carica Q1 = −1 μC è posta su di una sferetta metallica di 30 g appoggiata ad un estremo di una bacchetta isolante lunga 30 cm. All’altro estremo
p
della bacchetta vi è incollata una seconda sferetta, identica alla
Q1
Q2
prima, con una carica di Q2 = 0.1 μC. Se la bacchetta ruota in un
piano orizzontale attorno all’asse verticale p della figura, per
quale periodo di rotazione la prima sferetta si staccherà dalla
5 cm
25 cm
bacchetta?
(A) 1.40 s (B) 2.43 s (C) 3.15 s (D) 5.44 s (E) _____
Soluzione. L'attrazione coulombiana (distanza 0.3 m) bilancia la forza centripeta richiesta dal
moto circolare di Q1 (raggio 0.05 m) al momento del distacco
Il modulo della forza elettrica vale pertanto F = k
2
QQ
⎛ 2π ⎞
k 1 22 = m⎜
⎟ × 0.05 ⇒ T = 2.433s
0.3
⎝ T ⎠
1
x
Fisica Generale - Modulo Fisica II
Ingegneria Gestionale-Informatica
Esercitazione 2
Aa4. Secondo il modello atomico di Bohr, l’elettrone dell’atomo d’idrogeno (con massa
me ≈ 9.11 × 10−31 kg, carica q = e ≈ 1.6 × 10−19 C) percorre un’orbita circolare di raggio
r ≈ 5.3 × 10−11 m attorno al suo nucleo con frequenza (determinata dall’attrazione elettrica)
(A) 107 Hz
(B) 13.5(1012)Hz (C) 6.6(1015)Hz (D) 3.0(108)Hz
(E) 9.0(1016)Hz
Soluzione. Occorre eguagliare la forza centripeta e l’attrazione coulombiana tra due cariche uguali e di segno opposto; si ricava poi la frequenza dalla velocità angolare :
ω
q2
1 ke q 2
=
≈ 6.6(1015 ) Hz
m eω 2 r = k e 2 ⇒ ν =
3
2π 2π me r
r
Questa è la frequenza della radiazione nell'ultravioletto assorbita dall'atomo di idrogeno
quando viene ionizzato. La frequenza moltiplicata per la costante di Planck (h) dà l'energia di
ionizzazione. Una discussione "classica" dell'atomo di idrogeno si presta ad illustrare intuitivamente la quantizzazione di orbite e di campo elettromagnetico.
Aa5. Tre cariche puntiformi q = −3μC sono poste ai tre vertici di un quadrato con lato l = 4
m; nel quarto vertice è posta la carica 2q. La componente
lungo x della forza agente su di una carica di 12μC posto al
(2,2)
centro del quadrato vale approssimativamente
q
2q
(A) −0.114 N
(B) −0.0286N
(C) 0.0095 N
(0,0)
(D) 0.0286 N
q
q
(E) 0.114 N
Aa6. Un processo elettrolitico divide 1.3 mg di NaCl (massa di una mole = 59 g) in Na+ e
Cl−. Le cariche positive vengono allontanate da quelle negative sino a che la forza di attrazione tra cariche di segno opposto si riduce a 1 N. La distanza tra cariche positive e negative è di
circa
(A) 1 km
(B) 10 km
(C) 40 km
(D) 200 km
(E) 1000 km
Aa7. Agli estremi A,B di un segmento lungo 100 cm sono vincolate due cariche positive con qA = 1 nC e qA
qB = 3 nC. Una terza carica positiva q = 6 nC è libera di
muoversi lungo il segmento AB e all’equilibrio raggiunge
A
un punto C compreso tra A e B. La distanza CB vale circa
(arrotondare)
(A) 50 cm
(B) 59 cm
(C) 69 cm
(D) 76 cm
C
q
qB
B
(E)63 cm
Aa8. Una carica q = 4.1(10−6)C è nell’origine. Se si vuole che su una carica di 1.6(10−7)C si
eserciti una forza di intensità 6.3(10−6) N nella direzione positiva dell’asse x questa carica deve essere posta nel punto di ascissa
(B) 30. 6 m
(C) ________
(D) 18. 4 m
(E) −30.6 m
(A) 3.14 m
2
Fisica Generale - Modulo Fisica II
Ingegneria Gestionale-Informatica
Esercitazione 2
Aa9. Due sferette conduttrici cariche di raggio pari a 1 cm si attirano inizialmente con una
forza di 5 N quando sono alla distanza di 1 m. Dopo essere state poste per un attimo in contatto elettrico mediante un filo conduttore, le due sferette, sempre alla distanza di 1 m, si respingono con una forza di intensità 1 N. Il rapporto tra le cariche iniziali sulle sfere vale in valore
assoluto (si scelga il rapporto >1)
(A) 1.67
(B) 1.86
(C) 2.38
(D) 3.14
(E) 5.83
Aa10. Due sferette cariche, ambedue di 0.15 cm di raggio, si attirano inizialmente con una
forza di intensità 90 N quando sono poste alla distanza di 1 m. Dopo essere state poste per un
attimo in contatto elettrico mediante un sottile filo conduttore, le due sferette, sempre alla distanza di 1 m, si respingono con una forza di 40 N. Tra le seguenti affermazioni sono vere
(segnare con sì o crocetta quelle vere)
(A) Le due cariche iniziali hanno segno opposto e valori assoluti diversi.
(B) Le due cariche finali hanno lo stesso valore e lo stesso segno.
(C) Con i dati del problema non é possibile determinare i segni delle cariche iniziali e finali.
(D) Il valore assoluto di una delle due cariche iniziali è di 20 μC.
(E) Il valore assoluto di una delle due cariche finali è di 66.7 μC.
IL CAMPO ELETTRICO
A
Ab1. Tre cariche elettriche qA, qB = qC sono poste ai vertici di un triangolo isoscele di
vertice A, altezza AH = 12 cm e base BC = 6 cm. Se qB = 5 nC e il campo elettrico
nel baricentro M si annulla la carica qA vale:
(A) _______
(B) 1.22 nC
(C) 2.89 nC
(D) 8.64 nC
(E) 20.5 nC
M
C
H
A
Soluzione. Il baricentro divide la mediana in modo che MH=AH/3= 4 cm; per-
ciò |MC| = MH 2 + CH 2 = 5 cm .
Si disegnino nel punto M i vettori campi elettrici EC, EB (EC = EB). Dato che il
campo risultante in M è nullo, la carica qA deve essere positiva e in valore tale
da soddisfare la relazione:
MH 4
=
2 EB sinα = EA dove sin α =
CM 5
2
qB
qA
⎛ AM ⎞
2k
sin α = k
⇒ q A = 2q B ⎜
⎟ sin α
(MB) 2
(AM) 2
⎝ MB ⎠
EB
EC
EA
α
C
H
B
2
⎛8⎞ 4
q A = 2 ⋅ 5 ⋅ 10 −9 C ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ = 20.5 nC
⎝ 5⎠ 5
Ab2. Due cariche Q1 = 3.5 C e Q2 = 1.2 C sono tenute fisse su
due punti diametralmente opposti di una circonferenza mentre
la carica q = 1.1 C è libera di muoversi solo sulla stessa circonferenza. Nel punto in cui la carica q è in equilibrio l’angolo α1
della figura vale circa
(A) 55°
(B) 35°
(C) 74°
(D) 16°
(E) 45°
d1
Q1
E2 α2
E1
q
α2 d
α2
α1
C
2
Q2
3
B
Fisica Generale - Modulo Fisica II
Ingegneria Gestionale-Informatica
Esercitazione 2
Soluzione. Indichiamo con E1 ed E2 le intensità dei campi elettrici prodotti nella posizione di
q da Q1 e Q2 e con d1 e d2 le distanze tra Q1 e q e tra Q2 e q. L’equilibrio si avrà quando il
campo risultante E1+E2 ha componente tangenziale nulla lungo la circonferenza, ovvero,
quando il campo risultante è diretto come la retta qC. Osserviamo che il triangolo Q1qC è isoscele, quindi gli angoli alla base sono uguali; e anche l’angolo tra la direzione di E1 e la direzione del raggio Cq vale α1 perché opposto al vertice. La componente di E1 tangenziale alla
circonferenza è quindi E1⊥ = E1 sin α 1 ; allo stesso modo si può vedere che la componente di
E2 tangenziale alla circonferenza è E 2⊥ = E 2 sin α 2 (ed è diretta in verso opposto alla precedente). Dato che queste componenti devono essere uguali abbiamo:
E1 sin α 1 = E 2 sin α 2 = E 2 cos α 1 dove si è sfruttata la relazione tra funzioni trigonometriche di
angoli complementari; infatti α 1 + α 2 = π / 2 per le proprietà del triangolo inscritto in una semicirconferenza. Si ha allora
Q /d2
tan α 1 = E 2 / E1 = 2 22 = d 2 / d1
Q1 / d1
da cui
d2
Q
d
Q
= 3 2 ⇒ α 1 = tan −1 2 = tan −1 3 2 ≈ 34°59'
d1
Q1
d1
Q1
Ab3. Nei vertici A e B di un triangolo equilatero sono state poste le cariC
che QA e QB. Nel terzo vertice C si trova che il
E
EA
campo elettrico è normale a CB e diretto nel senso
indicato. Se la carica QA vale +1 C, la carica QB
Etot
vale
(A) 1 C
(B) −0.5 C
(C) 0.87 C
EB
A
B
(D)−0.87 C (E) non esiste
Soluzione. La componente di EA parallela a CB (tratteggiata nella figura) vale |EA|cos60°=|EA|/2
A
B
Dalla figura si vede che |EB|=|EA|/2 e che il campo della carica in B deve essere diretto verso B. Perciò la carica in B è negativa e pari alla metà di quella in A:
QB = −0.5 C.
Ab4. Sui sei vertici di un esagono di lato d = 0.25 nm sono collocati tre ioni ossigeno ( O −− )
e tre ioni cesio ( Cs + ) (cariche rispettive: −2e= −3.2⋅10−19 C ed e =1.6⋅10−19 C). Se la distanza
massima tra gli atomi di ossigeno vale 3 d e la minima d, il modulo del campo elettrico nel
centro dell’esagono vale (k = costante elettrica =1/4πε0)
27ke
6ke
3ke
(A) 0
(B) 2
(C)
(D) 2
(E)_____
2
d
d
d
Soluzione. Il caso del testo è rappresentato in figura, dove le palline piene rappresentano gli
ioni O −− e quelle vuote gli ioni Cs + . Consideriamo una coppia di ioni O −−
e Cs + situati su due vertici opposti dell’esagono. Il campo creato al centro
dell’esagono dallo ione O −− vale in modulo
lo ione Cs + vale
2ke
, mentre quello creato dald2
ke
. Essendo questi due campi equiversi, il campo creato
d2
4
Fisica Generale - Modulo Fisica II
Ingegneria Gestionale-Informatica
Esercitazione 2
3ke
, ed è diretto verso lo ione O −− . I campi
2
d
prodotti da ciascuna coppia sono rappresentati in figura dalle frecce. Dato che i tre vettori
3ke 6ke
formano angoli di 60°, il modulo del campo risultante è E = 2 ⋅ 2 = 2 .
d
d
al centro dalla coppia O − − , Cs + vale in modulo
Ab5. Una sfera conduttrice di raggio Rs = 10 cm con una carica
Qs = 66.67 nC ha il centro nell’origine O degli assi cartesiani. L’asse di
un lungo cilindro conduttore di raggio Rc = 2 cm e carica per unità di
lunghezza pari a Qc/L = 3 nC/m è parallelo all’asse y e interseca l’asse x
nel punto C (5,0) che è distante 5 m da O. La componente Ex del campo
elettrico nel punto P(3.2 m, 2.4 m) vale
(A) 91.25 V/m
(B) 16.87 V/m
(C) 22.50 V/m
(D) 2.5 V/m
(E) 0.0 V/m
Soluzione. La sfera genera in P un campo ES diretto radialmente,
la cui componente parallela all’asse x è:
Q
E S x = E S cos ϑ = k 2S cos ϑ dove r è la distanza di P da O.
r
Il campo generato dal cilindro conduttore nel punto P è perpendicolare al filo (ECy =0), ha verso opposto all’asse x e la sua intensità è:
1 QC 1
EC =
dove d è la distanza di P dall’asse del cilindro.
2πε 0 L d
La componente x del campo totale è perciò:
QS
1
xP
1 QC
−
E x = E S cos ϑ − EC =
=
2
2
2
2
4πε 0 x P + y P x P + y P 2πε 0 Ld
= 9 × 109
y
P
C x
O
EC
ES
P
O
2
−9
Nm 2 66.67 × 10 −9 C × 3.2m
V
9 Nm 3 × 10 C/m
−
×
=0
18
10
3
2
2
C
C (5 − 3.2) m
m
(3.2) 2 + ( 2.4) 2 2 m 3
[
]
Ab6. Due fili conduttori circolari (1 e 2) carichi hanno i centri
sull’asse delle x e appartengono a piani paralleli a yz. Raggi (r) dei
fili, ascisse (xC) dei centri e cariche (q) note sono riportate in tabella. Il campo elettrico si annulla nel punto P dell’asse delle x che ha
ascissa xP = 1/3 cm. La carica q2 vale
r (cm) xC (cm) q (μC) (A) 3.0 μC
(B) 4.0 μC
(C) 6.3 μC
(D) 9.6 μC
1
1
0
1
(E) 12.6 μC
2
2
1
?
z
y
1
x
2
5
Fisica Generale - Modulo Fisica II
Ingegneria Gestionale-Informatica
Esercitazione 2
Ex
Soluzione.
dq
a)
x
b)
2r
x
dq
Il calcolo del campo di una carica Q uniformemente distribuita su una circonferenza è elementare quando si prende in considerazione l’asse del cerchio, nel nostro caso l’asse x rappresentato in a). Ogni elemento di carica dq della circonferenza contribuisce al campo elettrico a
distanza x dal centro lungo l’asse della circonferenza con
Qx
dq
x
e il campo totale vale E x (Q) = k
E x (dq) = k 2
2
r + x r2 + x2
(r 2 + x 2 )3 / 2
r
La funzione rappresentata in b) ha un massimo per |x|=
e vale zero nel centro (x=0) del
2
cerchio. Con questa formula si calcolano i moduli dei campi dovuti a q1 e q2 in xP tenendo
conto che xC1=0
q 2 ( x P − x C2 )
q1 x P
, E x (q 2 ) = k
E x (q1 ) = k
3
/
2
2 3/ 2
(r12 + xP2 )
r22 + ( x P − xC2 )
Prima di eguagliare le due componenti si discute il segno di q2; P è intermedio tra i due centri
e q1 è positivo. Il campo si può annullare solo con q2>0
q 2 ( x P − xC2 )
q1 x P
= E x (q 2 ) = k
E x (q1 ) = k
3
/
2
2 3/ 2
(r12 + xP2 )
r22 + ( x P − xC2 )
(
q2 =
q1 x P
(xP − xC2 )
(r
2
2
+ ( x P − x C2 )
(r
2
1
+x
)
)
)
(
)
2 3/ 2
2 3/ 2
P
≈ 4.0μC
Ab7. Un’asta sottile che porta complessivamente una carica Q = 0.5 nC viene
curvata a forma di semicerchio di raggio R = 0.707 m. Il campo elettrico nel
centro del semicerchio vale
(A) 5.73 V/m
(B) 2.87 V/m
(C) 1.433 V/m
(D) 0.716 V/m
(E) 0.358 V/m
Soluzione. Si considera il semicerchio suddiviso in tratti infinitesimi dl su
Q
Q
Q
ciascuno dei quali vi è la carica dq = dl =
Rdϑ = dϑ
L
πR
π
O
ϑ
R
E
dE
dq
dϑ
O
R
dq
e il campo risultante è daR2
to, per ragioni di simmetria, dalla sommatoria delle componenti verticali di ciascun campo
elementare (Ex tot =0)
Ogni carica elementare dq genera in O il campo elettrico dE = k
6
Fisica Generale - Modulo Fisica II
Ingegneria Gestionale-Informatica
π
E tot = ∫ dE y = ∫ dE sin ϑ =k
0
E tot
Esercitazione 2
π
Q
Q
sin ϑdϑ = 2k 2
2 ∫
πR 0
πR
V
Nm 2 0.5 × 10 −9 C
= 5.73
= 2 × 9 × 10
2
2
m
C π × (0.707 m)
9
Ab8. Un grammo di idrogeno atomico viene separato in NA ≈6.02(1023) protoni, ciascuno con
carica e = 1.6(10−19) C e in altrettanti elettroni (con uguale carica negativa); i protoni vengono portati al polo Nord e gli elettroni al polo Sud. Se il raggio terrestre è RT ≈ 6340 km, il
campo elettrico al centro della Terra vale (in N/C)
(A) 98
(B) 0
(C) 43
(D) 4(107)
(E) 1.6(105)
E1+E2
Ab9. Due cariche Q1 = 0.3 C e Q2 = 0.4 C si trovano agli estremi di un diametro di una circonferenza di raggio 0.5 m. Il
E1
E2
punto P della circonferenza dove il campo elettrico è normale al
diametro ha ascissa x (vedi figura)
(A) 0.10 m
(B) 0.20 m
(C) 0.36 m
P
(D) 0.64 m
(E) 0.80 m
Q2
Q1
A B C
x 2 0 3
y 0 3 4
(A) 3 nC
(D) 7.20 nC
0
x
Ab10. Le coordinate (in metri) dei punti ABC della figura sono
riportate in tabella. Nel punto B è posta una carica qB = 9 nC e
la carica in C è scelta in modo che il campo elettrico nel punto
O (0,0) sia nullo. La carica qA vale
(B) 4 nC
(C) 6.75 nC
(E) ____nC
1
y
C
B
O
A
x
Ab11. Il campo elettrico nel terzo vertice P di un triangolo equilatero di lato r = 0.2 m, in cui
gli altri due vertici sono occupati ciascuno da una carica q = 15 nC (positiva), vale in modulo
(A) 3375 V/m
(B) 5846 V/m
(C) 10125 V/m
(D) 17537 V/m
(E) ______
Ab12. Una carica q1 = 5.5 (10−8) C è nell’origine dell’asse x e una carica q2 = −3.3(10−8) C si
trova in x= 0.58 m. A che punto dell’asse x il campo è nullo?
(A) 2.58 m
(B) 1.38 m
(C) −0.28 m
(D) 0.95 m
(E) 0.11
Ab13. Due fili paralleli e distanti 1.25 m portano la stessa carica positiva con una densità di
3.8 10−6 C/m. Il campo a 0.75 m dal primo filo e 2 m dall’altro vale in modulo
(A) 5.7⋅104 V/m (B) 1.25⋅105 V/m (C) 8.55⋅104 V/m (D) 4.56⋅104 V/m (E)3.14⋅104 V/m
7
Fisica Generale - Modulo Fisica II
Ingegneria Gestionale-Informatica
Esercitazione 2
IL FLUSSO DEL CAMPO ELETTRICO E IL TEOREMA DI GAUSS
2R
2
Ac1. Una carica elettrica Q = 10 C è distribuita uniformemente, cioè a den2R1
sità ρ costante, nel volume di una sfera di raggio R = 10 cm. Il rapporto tra
il campo elettrico a R1 = 5 cm dal centro e il campo elettrico a R2 = 15 cm
dal centro, E(R1)/E(R2), vale circa
E1
E2
(A) 1/9
(B) 4/9
(C) 3/2
(D) 1.66
(E) 1.125
Soluzione. Il problema si risolve applicando il teorema di Gauss ad una su2R
perficie sferica passante per il primo punto e ad una passante per il secondo.
Qcont
Per superfici sferiche si ha sempre E (r ) =
dove Qcont è la carica contenuta nella sfera
4πε 0 r 2
(immaginaria) di raggio r. Conviene esprimere i risultati in termini del campo elettrico alla
superficie della sfera carica che per quanto detto vale evidentemente:
Q
E0 =
4πε 0 R 2
Per R2 > R: la carica contenuta è tutta la carica Q quindi
2
2
⎛ R⎞
E
R2
⎛ 10 ⎞
E2 =
=
= E0 ⎜⎜ ⎟⎟ = E0 ⎜ ⎟ = 02
2
2
2
4πε o R2 4πε o R R 2
1.5
⎝ 15 ⎠
⎝ R2 ⎠
Q
Q
Per R1< R la carica contenuta è data dalla densità di carica ρ =
Q
moltiplicata per il
4 / 3π R 3
volume 4 / 3π R13 dalla superficie sferica di raggio R1 , quindi
Qcont
R13
R1
Q
5 E0
=
=
=
=
E1 =
E
E
0
0
R
10
2
4πε o R12 R 3 4πε o R12
e infine si ottiene E1/E2 = 1.125.
<
Ac2. Una sferetta di massa m = 100 g e carica q (positiva) è appesa mediante
un leggero filo di seta lungo 0.25 m a una sottile lamina conduttrice verticale
T
che porta una carica di 0.1 mC/m2 (vedi figura). Se, nella condizione di equiliϑ
qE
brio, l’angolo formato tra il filo e la lamina è ϑ = 30o la carica q della sferetta
vale
mg
(A) 5.1 nC
(B) 43.4 nC (C) 50.1 nC (D) 81.6 nC
(E) 100 nC
Soluzione. Si deve calcolare il modulo del campo elettrico |E| prodotto da una
lamina carica, la quale viene idealizzata come due superfici aventi densità di carica superficiale σ1 e σ2, con σ1 = σ2 . La carica per unità di superficie della
S2
lamina è σ = σ1 = σ2 =0.1 mC/m2.
S
1
Il risultato è lo stesso sia che si prenda la superficie di Gauss
σ1
del cilindro con base S1, sia che si prenda quello con base S2
della figura.
σ2
Nel primo caso si ha: S1 E = σ 1 S1 / ε 0 ⇒ E = σ / ε 0
S2
(la superficie S1 nella lamina non contribuisce al flusso).
8
Fisica Generale - Modulo Fisica II
Ingegneria Gestionale-Informatica
Esercitazione 2
Nel secondo caso abbiamo: 2 S 2 E = (σ 1 + σ 2 )S 2 / ε 0 ⇒ E = 2σ / 2ε 0 = σ / ε 0
All’equilibrio il momento della forza elettrica qE e del peso mg rispetto al punto di sospensione devono essere uguali e opposti. Si può anche dire che in tal caso la risultante qE+mg
deve essere annullata dalla tensione T del filo e deve quindi essere diretta come il filo. Perciò
deve essere:
T sin ϑ = qE;
T cos ϑ = mg e quindi
ε mg tan ϑ
mg tan ϑ = qE ⇒ q = 0
≈ 50.1 × 10 −9 C
σ
Ac3. Calcolare il campo elettrico a distanza r di un filo infinitamente lungo, posto lungo
l’asse x, caricato con una densità lineare di carica ρ1
E
(in C/m).
Soluzione. In qualunque punto P il campo elettrico sa-
r
rà diretto perpendicolarmente al filo in quanto non vi
è ragione per cui il campo abbia una componente diretta lungo l’asse x. Sempre per ragioni di simmetria,
h
il modulo di E avrà lo stesso valore E(r) in ogni punE
to a distanza r dal filo. Come superficie su cui applicare la legge di Gauss prendiamo quella di un cilindro di altezza h e di raggio r, che ha per asse il filo. Il flusso di E è diverso da zero solo attraverso la superficie laterale (2πrh) ed è proporzionale alla carica ρlh contenuta nel cilindro:
ρh
ρ1
Φ (E) = 2πrhE (r ) = 1 ⇒ E (r ) =
ε0
2πε 0 r
Ac4. Una carica Q1 = 2 μC si trova al centro di un cubo di
lato l = 10 cm. Una carica Q2 è a distanza d = 35 cm dal
centro del cubo come indicato in figura. Se il flusso del
campo elettrico generato da Q1 e Q2 attraverso la faccia
ombreggiata del cubo indicata in figura è nullo, la carica Q2
vale all’incirca (si tenga conto del fatto che d>>l).
(A) 38μC
Soluzione
(B) 75μC
(C) 101 μC
Q1
(D) 105 μC
Q2
(E) 127 μC
Il flusso del campo E(Q1) generato dalla carica posta al centro del cubo vale Φ =
Q1
ε0
se si
considera la superficie dell’intero cubo, mentre se si considera una faccia del cubo è un sesto
Q
del flusso totale (vi sono sei facce nel cubo): Φ 1 = 1
6ε 0
Il flusso di E(Q2) si calcola considerando che, essendo d>>l, il campo generato dalla carica
Q2 in tutti i punti della faccia ombreggiata si può supporre praticamente uguale a quello nel
− Q2
− Q2 l 2
centro. Si ha quindi: Φ 2 = ∫ E (Q2 ) dS =
dS
=
2 ∫
2
4πε 0 (d − l / 2 )
4πε 0 (d − l / 2)
Si noti che il flusso Φ2 è negativo perché il campo E e la normale alla superficie hanno versi
opposti. Dato che il flusso attraverso la faccia ombreggiata è nullo, si ha che
2
Q
Q2 l 2
4π ⎛ d − l / 2 ⎞
Φ1 + Φ 2 = 0 ⇒ 1 =
⇒
Q
=
Q
⎜
⎟ ≈ 38 μC
2
1
6 4π (d − l / 2)2
6 ⎝
l
⎠
9
Fisica Generale - Modulo Fisica II
Ingegneria Gestionale-Informatica
Esercitazione 2
z
Ac5. Si consideri la superficie chiusa del cubo di lato a
mostrato in figura. Il flusso del campo elettrico attraverso
tale superficie quando è presente un campo elettrico
E = E0i (costante e diretto come l’asse delle x) vale
(A) E0a2 (B) 2 E0a2 (C) 6E0a2 (D) ∞
(E) 0
y
x
Ac6. Con riferimento al problema precedente, se il campo elettrico è diretto come l’asse delle
x e vale E = (Cx) i, con C = costante positiva, la carica contenuta nel cubo vale
(A) ε0Ca (B) ε0C/a3 (C) ε0Ca3 (D) ∞
(E) 0
Ac7. Una carica positiva q è posta a 1 mm di distanza sopra il centro della calotta semisferica di raggio 100 m della figura. Il flusso del campo elettrico attraverso la superficie piana che chiude la calotta superiormente
vale circa, in valore assoluto
(D) q/2ε0 (E) _________
(A) 0
(B) ∞
(C) q/ε0
Ac8. Con riferimento al problema precedente, il flusso del campo elettrico attraverso la calotta semisferica vale circa, in valore assoluto
(D) q/2ε0 (E) _________
(A) 0
(B) ∞
(C) q/ε0
Ac9. Una sfera isolante di raggio a ha una carica totale Q, distribuita
con densità volumetrica uniforme. La sfera è circondata da un guscio
sferico concentrico conduttore con raggio interno b e raggio esterno
c. Disegnare qualitativamente l’andamento, in funzione della distanza dal centro, del modulo del campo elettrico nelle varie regioni (interno della sfera isolante, tra sfera e guscio, interno del guscio, esterno del guscio)
(a) La carica indotta per unità di area sulla superficie interna del
conduttore cavo vale ______________
E
(b) La carica indotta per unità di area sulla superficie esterna del
conduttore cavo vale _________________
a
b
c
Ac10. Su una barra cilindrica di alluminio lunga 2 m e avente il diametro di 3 cm viene posta
una carica di 5 μC. Il campo elettrico alla superficie della barra ad uguale distanza dagli estremi in modulo vale
(A) 0.54 MV/m (B) 3.0 MV/m
(C) 5.4 MV/m
(D) 13.5 MV/m (E) 25 MV/m
10
Fisica Generale - Modulo Fisica II
Ingegneria Gestionale-Informatica
Esercitazione 2
Ac11. Il modulo del campo elettrico immediatamente sopra il punto centrale di una piastrina
metallica carica a forma di quadrato di 20 cm di lato e 0.1 mm di spessore è di 150 V/cm. La
carica elettrica complessiva della piastrina vale circa
(A) 2.6 nC
(B) 5.1 nC
(C) 5.8 nC
(D) 10.6 nC
(E) 15.4 nC
Ac12. Il rivelatore di un contatore Geiger è costituito da un filo lungo 0.1 m e diametro 0.1
mm in asse con un cilindro metallico vuoto con diametro interno di 1 cm. Filo e cilindro sono
sotto vuoto e portano cariche di segno opposto e uguali in valore assoluto. Se il modulo del
campo elettrico in prossimità della superficie interna del cilindro è 3(104) V/m, in prossimità
del filo vale
(A) 6(104) V/m (B) 3(104) V/m (C) 3(106) V/m (D) 3(107) V/m (E) 3π(104) V/m
EQUILIBRIO E MOTO DELLE CARICHE ELETTRICHE
v0
Ad1. Una sorgente di protoni ad una altezza |PA| = 10 m dal suolo
P
emette un protone (mp=1.67(10−27) kg, qp=1.6(10−19) C) con velocità orizzontale v0 = 6(106) m/s. A che distanza dal punto A il protone raggiungerà il suolo se il campo elettrico terrestre ha modulo
A
pari a 100 V/m ed è diretto verso la Terra?
(A) 91 m
(B) 137 m
(C) 183 m
(D) 274 m
(E) 457 m
Soluzione. L’accelerazione verso il basso dovuta al campo elettrico vale
a = q p E / mp = 9.58(10 9 ) m/s 2 , che è molto maggiore dell’ accelerazione di gravità (trascura-
bile in questo caso). Il tempo di caduta e il tratto orizzontale (Δx) si ricavano dall’equazione
oraria del moto rettilineo uniforme:
1
PA = at 2 ⇒ t = 2 PA / a = 45.7 μs ⇒ Δx = v 0 t = 274.13 m
2
NB. In alternativa al precedente procedimento, si può ottenere in modo algebrico-letterale
l’espressione di Δx sostituendo solo alla fine i valori numerici. Non si apprezzerebbe però il
fatto che la forza elettrica sul protone nel campo elettrico alla superficie della Terra è circa un
miliardo di volte maggiore della forza di gravità.
p
e
Ad2. Tra gli schermi metallici della figura, distanti d = 1 cm, vi è un
−
campo elettrico uniforme E = 20(105) N/C. All’istante t = 0 un protone +
+
−
−27
(mp = 1.67(10 ) kg) lascia l’armatura positiva e contemporaneamente +
−
un elettrone (me = 9.11(10−31) kg) lascia quella negativa. Le due parti- +
−
celle si incontreranno ad una distanza dall’armatura positiva pari a cir1 cm
ca
(A) 0.5 cm
(B) 0.25 cm (C) 0.5 mm (D) 0.05 mm (E) 5 μm
Soluzione. La forza agente sia sul protone sia sull’elettrone (carica e =1.6(10−19) C) vale in
modulo F = qE . Le accelerazioni di protone ed elettrone sono date da
ap = F / mp , ae = F / me . Indicati con t il tempo prima della collisione e con dp, de le distanze
percorse da protone ed elettrone si ha
11
Fisica Generale - Modulo Fisica II
Ingegneria Gestionale-Informatica
d = dp + de =
dp = d
ap
ap + ae
Esercitazione 2
1
1
ap t 2 + ae t 2 ⇒ t =
2
2
=d
F / mp
F / m p + F / me
2d
⇒
ap + ae
≈d
me
≈ 5μm
mp
Al risultato si poteva arrivare anche sinteticamente considerando che gli spazi percorsi sono
me
inversamente proporzionali alle masse e che perciò d p = d
. A denominatore è lecito
mp + me
trascurare la massa dell’elettrone rispetto a quella del protone, di circa 2000 volte maggiore.
Ad3. All’equatore una pallina di 102g con una carica di + 2μC appesa ad un filo
leggero lungo 9.8 m è posta in un campo elettrico uniforme diretto verso nord di
3 kV/cm. Il periodo di oscillazione della pallina è di
(A) 9.93 s
(B) 6.28 s
(C) 5.82 s
(D) 4.97 s
(E)
_______
Soluzione. La pallina è soggetta alle forze costanti P = mg e Fe = Eq e si dispone qE
in una posizione di equilibrio in corrispondenza di un angolo ϑ 0 tale per cui la
tensione T equilibra la forza risultante:
ϑ0
T
mg
T = ( Eq) 2 + (mg ) 2
Spostando la pallina dalla posizione di equilibrio di un piccolo angolo dϑ e rilasciandola, questa oscilla di moto armonico intorno alla posizione corrispondente a ϑ 0, in
quanto soggetta ad una forza risultante di tipo elastico. La pulsazione del moto armonico non
è quindi direttamente proporzionale a g come in presenza della sola forza di gravità, ma a
T / m e risulta essere:
2
ω2 =
a 1 ⎛ Eq ⎞
2
=
⎜
⎟ +g
l l ⎝ m⎠
Il periodo di oscillazione della pallina è pertanto
T=
2π
ω
= 2π
l
2
= 5.82 s
⎛ Eq ⎞
2
⎜
⎟ +g
m
⎝
⎠
Ad4. Un protone (mp = 1.67(10−27)kg) con velocità iniziale di 3(106) m/s penetra 0.2 metri in
una regione dove è presente un campo elettrico uniforme e poi si ferma. L’intensità media del
campo elettrico che lo frena è
(A) 75 kV/m
(B) 150 kV/m
(C) 235 kV/m
(D) 470 kV/m
(E) _______
Ad5. Un cannoncino elettronico emette elettroni ( m = 9.1⋅10−31 kg)con
velocità iniziale v0 = 2,996⋅106 m/s diretta verso una grande parete metallica a
distanza d = 20 cm sulla quale vi è una densità di carica σ = 1.13 nC/m2. La
velocità con cui l’elettrone urta la parete è pari a circa
(C) 0.1⋅106 m/s
(A) 0.0⋅ 106 m/s (B) 6.9⋅106 m/s
(E) 13.2⋅106 m/s
(D) 4.2⋅106 m/s
v0
σ
12
Fisica Generale - Modulo Fisica II
Ingegneria Gestionale-Informatica
Esercitazione 2
Ad6. Una particella di massa m e carica q viene immessa con velocità iniziale v0 in una regione in cui è presente un campo elettrico E uniforme e diretto perpendicolarmente a v0. La particella, per effetto della forza elettrica, compie un moto parabolico nel quale x = 10 cm e y =
0.98 cm. Se E = 104 V/m, e v0 = 3·107 m/s, il rapporto q/m vale:
(A) 0.88·1011C/kg
(B) 1.76·1011C/kg
(C) 0.59·1011C/kg
(D) 0.88·1010C/kg
13
