Serie 28: Soluzioni

FAM
Serie 28: Soluzioni
C. Ferrari
Esercizio 1 Flusso del campo elettrico
Calcoliamo il flusso totale sommando il flusso attraverso le 6 facce del cubo. Vista
~ possono
la direzione del campo elettrico unicamente sulle facce perpendicolari ad E
~
dare un contributo non nullo, infatti sulle altre E · ~n = 0.
~ =E
~ · ~n(x = a)a2 + E
~ · ~n(x = 0)a2 = Ca2 − Ca2 = 0,
1. In questo caso ΦS (E)
quindi dal teorema di Gauss qS = 0.
2. Il campo elettrico non è costante, ma sulle facce perpendicolari all’asse x è
costante quindi
~ = E(x
~ = a) · ~n(x = a)a2 + E(x
~ = 0) · ~n(x = 0)a2 = Ca3 .
ΦS (E)
quindi dal teorema di Gauss qS = ε0 Ca3 .
Esercizio 2 Teorema di Gauss
1. Per ragioni di simmetria il campo elettrico è perpendicolare al piano, consideriamo la figura qui sotto (in cui si considera σ > 0)
σ
superficie gaussiana S
~
E
~n
r
Se A indica l’area di base del cilindro il flusso del campo elettrico è dato da
ΦS (E) = E(r)A + E(r)A e si ha qS = Aσ da cui grazie al teorema di Gauss
E(r) =
1
σ
.
2ε0
2. In questo caso utilizzando il principio di sovrapposizione lineare si ottiene un
campo uniforme tra i piani
σ
E=
ε0
come nella figura seguente
~
E
~ = ~0
E
~ = ~0
E
+σ
−σ
3. Per ragioni di simmetria il campo elettrico è perpendicolare al filo, consideriamo la figura qui sotto (in cui si considera λ > 0) il flusso del campo elettrico
r
superficie gaussiana S
h
~
E
λ
è dato da
ΦS (E) =
Z
E(r) dσ = E(r)2πrh
Slaterale
e si ha qS = hλ da cui grazie al teorema di Gauss
E(r) =
λ
2πε0 r
l’itensità del campo elettrico decresce come 1/r.
4. Per ragioni di simmetria il campo elettrico è radiale, la superficie gaussiana
imposta dalla simmetria è una sfera di raggio r.
(a) Il flusso del campo elettrico vale (caso q > 0)
I
~
ΦS (E) =
E(r) dσ = 4πr 2 E(r)
S
e
qS =
(
2
q
0
se r ≥ R
se r < R
da cui
E(r) =
Graficamente si ottiene

 1
q
4πε0 r 2
0
se r ≥ R
se r < R
E(r)
r
R
~ = 4πr 2 E(r) e
(b) In questo caso ΦS (E)
(
q
qS =
qr 3 /R3
da cui


 1
q
4πε0 r 2
E(r) =

 1 q3 r
4πε0 R
se r ≥ R
se r < R
se r ≥ R
se r < R
Graficamente si ottiene
E(r)
r
R
Si ottiene cosı̀ l’importante risultato: una distribuzione uniforme a simmetria sferica in una regione di raggio R si comporta per r > R
come una carica puntuale posta al centro della regione sferica.
3
Esercizio 3 Fulmini
Sebbene la colonna non sia rettilinea né infinitamente lunga, si può considerare
approssimativamente una carica lineare rettilinea infinita e poiché essa contiene una
~ si dirige radialmente verso l’interno.
carica netta negativa, il campo elettrico E
La superficie della colonna di carica deve essere a una distanza dall’asse in cui
~ è di 3 · 106 N/C, perché le molecole dell’aria entro questo raggio
l’intensità di E
si ionizzano mentre quelle un po’ più all’esterno non si ionizzano. Utilizzando il
risultato dell’esercizio precedente si trova che il raggio della colonna è
r=
λ
= 6m .
2πε0 E
Il raggio della parte luminosa di un fulmine è più piccolo, magari soltanto 0,5 m.
Sebbene la colonna possa essere soltanto 6 m di raggio, non si creda di essere al
sicuro se ci si trova a una distanza maggiore dal punto di impatto del fulmine,
perché gli elettroni trasportati dal fulmine si dipartono sul terreno. Queste correnti
di terra sono letali.
Esercizio 4 Cavi coassiali
Per simmetria il campo è perpendicolare all’asse dei cilindri, inoltre se r < a e r > b
si ha qS = 0 nel teorema di Gauss, da cui E = 0. Per a < r < b si determina il
campo elettrico generato dalla carica qS , che corrisponde alla carica del cavo C2 ,
come nell’esercizio 2.
Esercizio 5 Piano infinito
Sappiamo che il campo elettrico prodotto dal piatto è perpendicolare ad esso e
induce una forza repulsiva sulla carica q (rispetto al piatto). La sfera è in equilibrio
e quindi vale
F~p + F~el + T~ = ~0
Tx
−T sin θ
~
con T =
=
.
Ty
T cos θ
Scomponendo sugli assi la condizione di equilibrio si ottiene
(
x : qE = T sin θ
y : m∗ g = T cos θ
da cui
m∗ g
E = − q tan θ =⇒ E = 2,83 · 102 N/C .
Utilizzando la formula derivata nell’esercizio 2 si ottiene σ = 5,01 nC/m2 .
4
Esercizio 6 Circuitazione di E~
~ = 0 poiché E
~ · ~t = 0.
1. ΓC (E)
2. Caso (a):
~ =
ΓA→B (E)
Caso (b):
Z
B
~ · ~t dℓ =
E
A
Z
B
E dℓ = Ed .
A
~ =
~ = ΓA→C (E)
~ +ΓC→B (E)
ΓA→B (E)
| {z }
=0
Z
B
~ · ~t dℓ =
E
C
Z
B
C
E cos π4 dℓ = Ed.
~ non dipende dal cammino.
ΓA→B (E)
3. Dal punto 2. possiamo scrive
~ = Ed = E
~ · ∆~x
ΓA→B (E)
con
∆~x = ~xB − ~xA
~ = ϕ(~xA ) − ϕ(~xB ) otteniamo
ponendo ΓA→B (E)
~ · ~xB − E
~ · ~xA =⇒ ϕ(~x) = −E
~ · ~x .
ϕ(~xA ) − ϕ(~xB ) = E
Questo dimostra che il potenziale elettrostatico di un campo elettrico uniforme
(= costante) è
~ · ~x
ϕ(~x) = −E
(Confronta con il potenziale associato al campo gravitazionale ~g che vale −~g ·~x).
4. ∆ϕ = 2,88 kV.
Esercizio 7 Alcuni potenziali elettrostatici
q
~ x) ≡ E(r)
~
1.(b) Applicando il gradiente si ottiene: E(~
= k 2 ~er .
r
2. Il potenziale elettrico dovuto alle due cariche del dipolo si somma, infatti
(utilizzando la linearità del gradiente)
~ tot = E
~+ + E
~ − = −grad ϕ− + (−grad ϕ− ) = −grad (ϕ+ + ϕ− ) = −grad ϕtot
E
che può essere generalizzato: il potenziale ϕ di un insieme di N cariche
è la somma degli N potenziali ϕi generati dalla singole cariche.
Possiamo quindi scrivere
q(r − r )
q
q
ϕ(P ) = k r+ − r− = k r−− r+ +
e vista l’ipotesi r− − r+ ≈ d cos θ e r+ r− = r 2 da cui
ϕ(r,θ) =
5
1 qd cos θ .
4πε0 r 2
3. V = 16,3 µV.
4. Otteniamo
1
Er = 4πε
0
2p cos θ
r3
1
Eθ = 4πε
0
p sin θ
r3
Esercizio 8 Superfici equipotenziali
1. L’equazione
1 q = costante
4πε0 r
è l’equazione di una sfera, quindi le superfici equipotenziali coulombiane sono
delle sfere, il campo elettrico essendo radiale è normale alle superfici equipotenziali.
2. L’equazione −E(x + y) = c con c ∈ R da una famiglia di piani (rette nel piano
xy) mentre il campo elettrico è dato da
 
1
~ =E 1 
E
0
che è un vettore nel piano xy a 45◦ dall’asse x, ossia perpendicolare alle
superfici equipotenziali.
y
~
E
x
6