ESERCIZI SUL CAMPO ELETTRICO – 1 (quasi analoghi Walker p39 n30,31, p41n54, p 39n34)
1.
Due cariche QA = 10−6 C e QB = −10−6 C sono poste rispettivamente nei punti A(-1; 0) e B(1; 0) .
Calcolare intensità, componenti x e y , direzione e verso del campo elettrico E nel punto C (0;1)
EA
Risposta:
E
+
E
A
B
C (0;1)
Dalle coordinate dei punti si ha che A, B e C sono i vertici
di un triangolo metà di un quadrato. Di conseguenza nel
punto C avremo:
EB
π
4
Q
9 × 109 × 10−6
N
| EA |= 9 × 109 A 2 =
= 4.5 × 103
2
C
AC
( 2)
QA
| Q | 9 × 109 × 10−6
N
| EB |= 9 × 109 B 2 =
= 4.5 × 103
2
C
BC
( 2)
QB
EA
Calcoliamo le componenti lungo gli assi del campo dovuto
ad A:
π
2
N
EAx =| EA | cos = 4.5 × 103 ×
= 3.2 × 103
4
2
C
π
2
N
EAy =| EA | sin = 4.5 × 103 ×
= 3.2 × 103
4
2
C
π
4
e del campo dovuto a B:
7
2
N
EBx =| EB | cos π = 4.5 × 103 ×
= 3.2 × 103
4
2
C
7
2
N
= −3.2 × 103
EBy =| EB | sin π = 4.5 × 103 × −
4
2
C
il risultante E = EA + EB secondo la regola del
7
π
4
EB
parallelogramma si ottiene sommando le
componenti x ed y :
Ex = EAx + EBx = 3.2 × 103 + 3.2 × 103 = 6.4 × 103
Ey = EAy + EBy = 3.2 × 103 − 3.2 × 103 = 0.0
N
C
N
C
e la direzione è quella parallela all’asse delle ascisse, il verso quello positivo, come si desume dalla
simmetria ed anche dal fatto che E forma con l’asse x un angolo α tale che
Ey
N
α = arctg = arctg (0) = 0 . L’intensità di E vale invece: | E |= Ex2 + Ey2 = 6.4 × 103
C
Ex
2.
Due cariche QA = 1.3 × 10−6 C e QB = −1.6 × 10−6 C sono poste rispettivamente nei punti A(1; 3) e
B( 3 ;1) . Calcolare intensità, componenti x e y , direzione e verso del campo elettrico nell’origine. Disegnare
la direzione ed il verso di E nell’origine.
1
Risposta:
QA
Dalle coordinate dei punti si ha che A e B sono
individuati
da
segmenti
che
formano
angoli
π
π
e
come in figura. Di
rispettivamente di
3
6
conseguenza nell’origine avremo:
π
3
Q
9 × 109 × 1.3 × 10−6
N
= 2.9 × 103
| EA |= 9 × 109 A2 =
2
C
OA
12 + 3
(
π/6
)
| Q | 9 × 109 × 1.6 × 10−6
N
= 3.6 × 103
| EB |= 9 × 109 B2 =
2
2
C
OB
3 +1
(
QB
EB
EA + E B
)
EA
Calcoliamo le componenti lungo gli assi del campo
dovuto
ad A nell’origine:
4
1
N
EAx =| EA | cos π = 2.9 × 103 × − = −1.5 × 103
3
2
C
4
3
N
= −2.5 × 103
EAy =| EA | sin π = 2.9 × 103 × −
3
2
C
EA
4
π
3
EB
e del campo dovuto a B nell’origine:
π
6
3
π
N
EBx =| EB | cos = 3.6 × 103 × = 3.1 × 103
6
2
C
1
π
N
EBy =| EB | sin = 3.6 × 103 × = 1.8 × 103
6
2
C
il risultante E = EA + EB secondo la regola del
parallelogramma si ottiene sommando le
componenti x ed y :
N
C
3
3
3 N
= −2.5 × 10 + 1.8 × 10 = −0.7 × 10
C
Ex = EAx + EBx = −1.5 × 103 + 3.1 × 103 = 1.6 × 103
Ey = EAy + EBy
direzione è quella per cui E forma con l’asse x un angolo α tale
−0.7 × 103
Ey
= arctg (−0.44) = −23.6° . L’intensità di E vale invece:
α = arctg = arctg
3
Ex
1.6 × 10
e
la
| E |= Ex2 + Ey2 =
3.
2
(1.6 × 103 )
2
+ (−0.7 × 103 ) = 1.7 × 103
che
N
.
C
Nel punto P (1;1) si misura un campo elettrico del valore di 6.0 × 103 N/C la cui direzione orientata
forma un angolo di 134° con l’asse delle ascisse . Sapendo che nell’origine si trova una carica
QA = −2.2 × 10−6 C C, e sapendo che nel punto (1; 0) si trova un’altra carica, incognita ma di valore
2
EB
positivo QB , se ne calcoli il valore. Disegnare la direzione ed il
verso del campo E di ciascuna delle due cariche nel punto P
E
Risposta:
134°
Ricaviamo le componenti x ed y del campo E :
N
E x =| E | cos(134°) = 6.0 × 103 × (−0.69) = −4.2 × 103
C
N
Ey =| E | sin(134°) = 6.0 × 103 × (0.72) = 4.3 × 103
C
Dato che E = EA + EB , per differenza possiamo calcolare le
componenti x ed y del campo dovuto alla carica incognita QB .
E’ sufficiente fare il conto nella direzione verticale:
5
E By = Ey − E Ay = Ey − | E A | sin π
4
ed essendo:
P (1;1)
EA
QA
QB
| Q | 9 × 109 × 2.2 × 10−6
N
| EA |= 9 × 109 A2 =
= 9.9 × 103
2
C
OP
( 2)
si ha:
5
2
N
= 1.1 × 104
E By = Ey − | E A | sin π = 4.3 × 103 − 9.9 × 103 × −
2
C
4
e poiché come si vede dal disegno il campo E B è tutto verticale, basta
confrontare il valore trovato con la formula di Coulomb per avere QB :
1.1 × 104
EA
| Q | 9 × 109 ×QB
N
= EBy =| EB |= 9 × 109 B2 =
C
12
OB
da cui: QB =
4.
5
π
4
1.1 × 104
= 1.2 × 10−6 C
9.0 × 109
Se poniamo una carica in una regione sede di un campo elettrico, e se questa carica è così piccola da non
disturbare la configurazione esistente, essa si muoverà per effetto delle forze elettriche che agiscono su di essa.
Si può dire, in generale, che la sua traiettoria seguirà le linee di campo? La risposta è sì solo nel caso in cui le
linee di campo siano rettilinee, altrimenti, se sono curve, come nel caso del campo generato da due cariche posta
ad una certa distanza, questo non è vero. Perché?
Risposta:
Le linee di forza indicano una curva alla quale il campo elettrico è tangente e contengono
informazioni sul valore del campo punto per punto. Quindi ad una carica posta in una regione dove
vi sia un campo verrà impressa una spinta nella direzione della tangente alla linea di forza e si
muoverà, in generale, tagliando le linee di forza contigue. Perché essa si possa spostare lungo un
percorso curvo che segua il tracciato delle linee di forza occorrerebbe una forza che sia in parte
centripeta, che abbia cioè una componente perpendicolare alla traiettoria. Il che è impossibile proprio
per la definizione che si è data di linea di forza. Nel particolare caso del campo di una carica
puntiforme, si ha la coincidenza per cui la linea di forza e la sua tangente coincidono (lo stesso
avviene anche in altri casi, ad esempio uno strato piano uniformemente carico). Pertanto, la
traiettoria di una carica si sviluppa lungo le linee di forza, ma si tratta, lo ripetiamo, di una fortunata
coincidenza.
3
