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FISICA
A.A. 2013-2014
Ingegneria Gestionale
9 prova del 9 Maggio 2014
Gli elaborati verranno ritirati Lunedì 13 Maggio e saranno valutati ai fini del superamento dell’esame finale.
1. Si calcoli il vettore campo elettrico generato nel punto O da
una
carica
Q
distribuita
uniformemente
sulla
semicirconferenza di raggio R indicata in figura.
+
+
+
A
+ + +
+
+
R
2. Due sfere aventi stessa massa m=12g e stessa carica Q, sono
sospese allo stesso punto C mediante due fili inestensibili di
lunghezza L=35cm. Quando le sfere sono a riposo i due pendoli
risultano inclinati dello stesso angolo =20° rispetto alla verticale
Q,m
(vedi figura). Determinare la carica su ciascuna sferetta
+
B
O
 
L
Q,m
3. Una carica Q è distribuita uniformemente su di un segmento rettilineo finito di
B
lunghezza 2L=6cm. Sapendo che nel punto A disposto sulla mediana alla distanza ++++++++++++++
y
xo=4cm dal filo si registra un campo elettrico EA=100V/m, determinare la posizione
xo
del punto B sulla prosecuzione del segmento alla distanza y da esso dove il modulo
A
del campo elettrico assume lo stesso valore . Determinare inoltre la carica Q
4.Calcolare il campo elettrico Eo(r) di una sfera di raggio R, in cui è disposta una
carica con densità non uniforme dipendente dal raggio (r)=k*r3. Ripetere
l’esercizio per un cilindro infinito di sezione circolare di raggio R con stessa (r)
5. Un cilindro di lunghezza infinita e di raggio R è carico con densità volumetrica
uniforme C/m3. All’interno del cilindro si trova un elettrone, inizialmente
fermo a distanza a=1cm dall’asse del cilindro. Descrivere il tipo di moto cui è
soggetto l’elettrone, calcolare la velocità con cui esso passa per il punto C
dell’asse del cilindro ed il tempo necessario per raggiungere il punto C [la massa
dell’elettrone me=9.1∙10-31 kg; la carica dell’elettrone: –e = -1.6 ∙10-19 C]
6 Due sfere uniformemente cariche di egual raggio R=30cm sono compenetrate
l’una nell’altra in modo che la distanza fra i due centri B e C sia uguale al raggio
R. La distribuzione uniforme di carica vale +=100C/m3 per la sfera di centro B
ed è di segno opposto con valore -per la sfera di centro C in modo che nella
regione di intersezione vi sia assenza di carica. Determinare il campo elettrico nei
punti A,B,C,D : Facoltativo: determinare le differenze di potenziale fra i due
centri VB-VC e quella fra le superfici esterne più lontane VA-VD
7.Una sfera di raggio R=3cm è carica con densità volumetrica uniforme . Una
seconda carica è distribuita uniformemente su di un filo infinitamente lungo con
densità lineare   R 2 6 , posto ad una distanza d=5cm dal centro della sfera C.
Determinare la posizione degli unici due punti di equilibrio dove il campo elettrico
totale si annulla. Suggerimento: entrambi i punti sono disposti sull’asse x. Il punto P1
è all’interno della sfera, il punto P2 all’esterno.
8 Due cilindri paralleli, infinitamente lunghi, di raggio R=20cm sono alla distanza
d=60cm. Sapendo che sul primo è posta una carica positiva distribuita uniformemente
con densità volumetrica 1=3·10-6C/m3 e sapendo che non si registra alcun campo
elettrico nel punto P posto a distanza f=6cm dall’asse del secondo cilindro, determinare
la densità di carica 2, supposta uniforme, che deve essere disposta nel secondo cilindro.
R

R
x
-e
C
a
A
+ + +
+ +++
R
 B
R

- C
- - - -- - D
d

C P1
+
P2 +
x
+
R

f
A
R
P
d
B
R
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Ingegneria Gestionale
Soluzioni della 9a prova
+
1. La carica Q è distribuita uniformemente sulla semicirconferenza con

densità lineare   Q AB  Q R . La carica infinitesima dq=dl
disposta sull’elemento di lunghezza infinitesima dl, genera nel punto
O (alla distanza R) un contributo di potenziale dVo  dq 4 o R  ed

+
+
dl
l
+
+
+
 R
O
A
un contributo di campo elettrico dEo  dq 4 o R 2 diretto come in  dEo
dEx

+
B


figura. Per ottenere i valori totali di potenziale e campo elettrico
x
occorre sommare tutti i contributi infinitesimi integrando lungo tutta
la distribuzione di carica. In particolare Vo   dVo   dq 4 o R   Q 4 o R  essendo R
costante, mentre per il calcolo del campo elettrico è necessario fare la difficile somma vettoriale


di tutti i contributi elementari Eo   dEo . Per ragioni di simmetria della distribuzione di

carica, il vettore risultante Eo è tutto diretto lungo l’asse delle x ( Eo  Eo, x ) per cui solo le
proiezioni dei contributi lungo l’asse x vanno integrati dEo, x  dEo cos . Combinando tutte le
dq cos
dove purtroppo  è variabile durante
espressioni si ottiene Eo  Eo, x   dEo, x  
4 o R 2
l’integrazione. Conviene quindi esprimere dq in funzione dell’angolo . Per la relazione fra
archi ed angoli, l’ascissa curvilinea vale l=R che differenziata permette di scrivere dl=R d e
quindi dq=dl= R d =(Q/) d. che sostituito nell’espressione del campo permette di
 2
ottenere Eo 
Q
Q
 Q  cos

d 
sin 2 2 
 
   4 o R 2
4 2 o R 2
2 2 o R 2
 2

C
2. Su ciascuna sferetta agiscono 3 forze: la forza peso P=mg, la
Q2
forza elettrica repulsiva FE 
Q2

  L
e la
4 o d 2 16 o L2 sin 2
tensione del filo T. All’equilibrio la somma vettoriale delle tre
 

forze deve annullarsi P  FE  T  0 e quindi la risultante Q,m
parziale di peso e forza elettrica deve essere opposta alla tensione
  

del filo R  P  FE  T ossia anch’essa inclinata di un angolo
 rispetto alla verticale. Questo avviene solo se FE  Ptg da
T
d
Q,m
P
cui Q  44 o L2 mg sin 3  cos   0.52C
3. Campo elettrico generato nel punto B
Il campo elettrico elementare è
dE 
dz
4 o  z  y 
2
dz
+ + + + + + + +O
z
B
y
ed integrando

E B   dE 
4 o
2L
dz
 z  y 
0
2


4 o
2L

1 

 z  y   4

0
o
FE
d/2
1
1 
Q
 y  y  2 L   4 y  y  2 L 


o
EB
 R
++++++++O
Campo elettrico generato nel punto A
max
Sfruttando le simmetrie si può dimostrare che
il campo elettrico nel punto A vale
EA 
A
EA


sin  max 
2 o xo
2 o xo
L
x L
2
o
2

Q
4 o xo xo2  L2
Imponendo E A  E B → y  y  2 L   xo xo2  L2


xo
da cui y  L2  xo xo2  L2  L  2.39cm
Mentre Q  E B 4 o xo x o2  L2  22.2 pC
4. Per la simmetria del problema il campo elettrico Eo(r) è radiale e può
essere calcolato applicando la legge di Gauss. Per i punti interni che si
trovano sulla superficie int di raggio r<R, il flusso uscente da int vale

  int   Eo  nˆdS  4r 2 Eo r  che per Gauss deve valere Qint/o, dove il
Eo(r
n
int
valore della carica interna alla superficie int vale


r
Q int   dV    4r 2 dr  4k  r 5 dr 
0
R
r
 int
r
E
n
0
ext
4 6
kr
6
Combinando i due termini della legge di Gauss si ricava il campo interno E int  kr 4 6 0 . Per i punti
esterni che si trovano sulla superficie ext di raggio r>R, il flusso uscente da ext vale

 ext   Eo  nˆdS  4r 2 Eo r  che per Gauss deve valere ancora Qint/o. Ma questa volta la
ext
R
R
carica contenuta è tutta la carica Q   dV   4r dr   4k  r 5 dr 
2
0
0
4
kR 6 . Combinando i due
6
termini della legge di Gauss si ricava il campo esterno E ext  kR 6 6 0 r 2 .

5. Il campo elettrico interno al cilindro può essere calcolato applicando la legge di
Gauss alla superficie cilindrica  concentrica, di lunghezza L e di raggio r<R
L


Q
r 2 L
  E o   E o  nˆ ext dS  2rL  int 
 
o
da cui si ricava il campo elettrico interno E o int 
Eo
C r

o

r
2 o
L’elettrone quindi è soggetto ad una forza attrattiva diretta lungo l’asse delle x verso il centro C che
può essere assimilata alla forza elastica di richiamo di una molla
 e 
d 2 x  e 
d 2x
x  0
 x , e quindi
me a x  eEox , ossia me 2  

dt 2  2me  o 
dt
 2 o 
2me  o
 2 
che dà vita ad un moto armonico lungo x, del tipo x  a cos
 63 ns
t  dove T  2
e
 T 
da cui si ricava il tempo per raggiungere C (un quarto del periodo): tC=T/4=15.75 ns
Eo
L’esercizio poteva anche essere risolto più semplicemente con considerazioni di tipo energetico
fra i punti A,C ; U A  T A  U C  TC ossia  eV A  eVC  me w 2 2
da cui w  2eVc  V A  me
a
dove VC  V A   E o int dr 
0
a 2
4 o
w C
a

ed in definitiva w  ea 2 2me  o  9.97·105 m/s
6. Campo elettrico e potenziale di una sfera uniformemente carica
Eo(r)
n
Il flusso uscente da una superficie sferica di raggio r

vale sempre     E o  nˆ dS  4r 2 E o r 

Campo esterno: applicando Gauss alla superficie ext la carica interna
4 3
 R3
R da cui E ext 
.
coincide con quella totale della sfera Qtot  
3
3 o r 2

Potenziale esterno: Vext   E ext dr 
r
A
Eo
ext
n
int
R
r
 R3
3 o r
Campo interno: applicando Gauss alla superficie int la carica interna
r
4
è Qint   dV   4r 2 dr    r 3 da cui si ottiene Eint   r 3 0
3
0
R
Potenziale interno: Vint   Eint dr  Vext R  
r

3R 2  r 2
6 o


A
+ + + +
+++ +
Campo elettrico della distribuzione
3
)
2 R   R   R 2  R  8.48 105 V/m
E D  E A  E A(1,)int R   E A( 2,ext
3 o 3 o 2 R 
4 o
 B
C
)
0 
E B  EC  EC(1,)ext R   EC( 2,int
R
 1.13 106 V/m
3 o
)
(0)  V B(,2ext) ( R ) 
V B  VB(1,int
R 2
R 3
R 2


3 o 3 o 2 R  6 o
R 2 R 2 R 2


2 o 3 o
6 o

- - - - - - - - - -
D
Potenziale elettrico della distribuzione
)
( R)  V A(,2ext) (2 R) 
V A  V A(1,ext
R
V A  VD  2V A 
V B  VC  2VB 
R 2
=339 kV
3 o
R 2
=339 kV
3 o
7. La regione di spazio dove è possibile trovare i punti di equilibrio si riduce per
ragioni di simmetria al solo semiasse positivo delle x. Lungo tale semiasse la
componente Eox del campo elettrico generato dalla distribuzione sferica vale

 (1)
0 xR
 E ox ,int  3 x
o
, mentre la componente Eox prodotta dal filo vale

3
 E ox1,ext   R
xR

3 o x 2

 ( 2)
0 xd
 E ox  2 d  x
o
. E’ evidente che la somma algebrica dei campi può


 E ox2  
xd
2 o d  x

|Eo2|
|Eo1|
P1
x
d
R P2
annullarsi solo per punti appartenenti al segmento 0<x<d dove i campi sono discordi
ma i valori assoluti possono equivalersi (vedi grafico)
Ricerca del punto di equilibrio P1:


x
0
3 o
2 o d  x 
ossia xd  x  
per 0<x<R,
E ox1,int  E ox2   0
da cui
3
 0 che porta alla equazione di 2° grado
2
d  d 2  R2
x  dx  R 4  0 con unica soluzione accettabile x 
 0.5 cm
2
2
2
Ricerca del punto di equilibrio P2:
 R3


0
2
3 o x
2 o d  x 
per R<x<d,
ossia d  x R 3  x 2
E ox1,ext  E ox2   0
da cui
3
 0 che porta alla equazione di 2° grado
2
x 2  4 Rx  4 Rd  0 con unica soluzione accettabile x  2 R  4 RR  d   3.8 cm
8 Come primo passo conviene determinare, applicando la legge di Gauss, il
Eo(r
campo elettrico generato da un cilindro infinitamente lungo uniformemente carico
con densità 1. Il flusso uscente dalla superficie cilindrica generica  di raggio r e n
E

    E o  nˆdS  2rLE o r  =Qinto
dove
di
altezza
L
vale
n

Qint
 1r 2 L r  R
da cui il campo elettrico

2
 1R L r  R
 E o int  1 r 2 o r  R

2
 E oext  1 R 2 o r r  R
R
r
int
ext
Le stesse formule possono essere applicate per la seconda distribuzione 2.
P
La condizione di annullamento del campo elettrico nel punto P implica
1 R 2
 f
R2
Eo1(d-f)=Eo2(f) ossia
 2
da cui  2  1
 3.7 C/m3
2 o d  f  2 o
f d  f 

Eo2
d-f
Eo1 
f