ESERCIZI

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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) .
r
Calcolare intensità, componenti x e y , direzione e verso del campo elettrico E nel punto C (0;1)
r
EA
Risposta:
r
r
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:
r
Q
9 ´ 109 ´ 10| E A |= 9 ´ 109 A 2 =
2
AC
( 2)
6
r
|Q |
9 ´ 109 ´ 10| E B |= 9 ´ 109 B 2 =
2
BC
( 2)
6
= 4.5 ´ 103
p
4
N
C
r
EB
QA
N
= 4.5 ´ 10
C
QB
3
r
EA
Calcoliamo le componenti lungo gli assi del campo dovuto
ad A:
r
p
2
N
E A x = | E A | cos = 4.5 ´ 103 ´
= 3.2 ´ 103
4
2
C
r
p
2
N
E A y = | E A | sin = 4.5 ´ 103 ´
= 3.2 ´ 103
4
2
C
p
4
e del campo dovuto a B:
r
æ7 ö
3
E Bx = | E B | cos çç p ÷
÷ = 4.5 ´ 10 ´
è4 ÷
ø
E By
2
N
= 3.2 ´ 103
2
C
r
æ
ö
æ7 ö
2÷
N
3 ç
= | E B | sin çç p ÷
= - 3.2 ´ 103
÷
÷
÷ = 4.5 ´ 10 ´ çççè- 2 ÷
÷
è4 ø
C
ø
r
r
r
il risultante E = E A + E B secondo la regola del
7
p
4
r
EB
parallelogramma si ottiene sommando le
componenti x ed y :
E x = E A x + E Bx = 3.2 ´ 103 + 3.2 ´ 103 = 6.4 ´ 103
E y = E A y + E By = 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
r
simmetria ed anche dal fatto che E forma con l’asse x un angolo a tale che
r
r
æE y ö
N
÷
a = arctg ççç ÷
= arctg (0) = 0 . L’intensità di E vale invece: | E |= E x2 + E y2 = 6.4 ´ 103
÷
C
èçE x ÷
ø
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
r
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
p
p
rispettivamente di
e
come in figura. Di
3
6
conseguenza nell’origine avremo:
r
Q
9 ´ 109 ´ 1.3 ´ 10| E A |= 9 ´ 109 A2 =
2
OA
12 + 3
(
6
= 2.9 ´ 103
)
r
|Q |
9 ´ 109 ´ 1.6 ´ 10| E B |= 9 ´ 109 B 2 =
2
OB
3 + 12
(
)
6
= 3.6 ´ 103
p
3
N
C
r
EB
QB
p/ 6
r
r
EA + EB
N
C
r
EA
Calcoliamo le componenti lungo gli assi del campo
dovuto
ad A nell’origine:
r
æ4 ö
3
E A x = | E A | cos çç p ÷
÷
÷ = 2.9 ´ 10 ´
è3 ø
r
æ4 ö
3
E A y = | E A | sin çç p ÷
÷ = 2.9 ´ 10 ´
÷
è3 ø
æ 1ö
3 N
çç- ÷
÷
÷ = - 1.5 ´ 10 C
è 2ø
æ 3÷
ö
N
çç÷
= - 2.5 ´ 103
÷
ççè 2 ø
÷
C
r
EA
4
p
3
r
EB
e del campo dovuto a B nell’origine:
r
æp ö
3
E Bx = | E B | cos çç ÷
÷
÷ = 3.6 ´ 10 ´
è6 ø
æ 3÷
ö
çç ÷ = 3.1 ´ 103 N
÷
ççè 2 ÷
C
ø
r
æp ö
3
E By = | E B | sin çç ÷
÷
÷ = 3.6 ´ 10 ´
è6 ø
æ1 ÷
ö
N
çç ÷= 1.8 ´ 103
è2 ÷
ø
C
r
r
r
il risultante E = E A + E B secondo la regola del
p
6
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
E x = E A x + E Bx = - 1.5 ´ 103 + 3.1 ´ 103 = 1.6 ´ 103
E y = E A y + E By
r
direzione è quella per cui E forma con l’asse x un angolo a tale
r
æ- 0.7 ´ 103 ÷
ö
æE y ö
÷
÷
a = arctg ççç ÷
= arctg ççç
= arctg (- 0.44) = - 23.6° . L’intensità di E vale invece:
÷
÷
3
÷
÷
çèE x ø
çè 1.6 ´ 10 ø
e
la
r
| E |=
3.
E x2 + E y2 =
(1.6 ´
2
2
103 ) + (- 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
r
EB
positivo QB , se ne calcoli il valore. Disegnare la direzione ed il
r
verso del campo E di ciascuna delle due cariche nel punto P
r
E
Risposta:
134°

Ricaviamo le componenti x ed y del campo E :
r
N
E x = | E | cos(134°) = 6.0 ´ 103 ´ (- 0.69) = - 4.2 ´ 103
C
r
N
E y = | E | sin(134°) = 6.0 ´ 103 ´ (0.72) = 4.3 ´ 103
C
r
r
r
Dato che E = E A + E B , per differenza possiamo calcolare le
componenti x ed y del campo dovuto alla carica incognita QB .
E’ sufficiente fare il conto nella direzione verticale:
r
5
E By = E y - E A y = E y - | E A | sin p
4
ed essendo:
r
|Q |
9 ´ 109 ´ 2.2 ´ 10| E A |= 9 ´ 109 A 2 =
2
OP
( 2)
6
= 9.9 ´ 103
P (1;1)
r
EA
QA
QB
N
C
si ha:
æ 2÷
ö
4 N
çç÷
÷ = 1.1 ´ 10
ççè 2 ø
÷
C
r
e poiché come si vede dal disegno il campo E B è tutto verticale, basta
r
5
E By = E y - | E A | sin p = 4.3 ´ 103 - 9.9 ´ 103 ´
4
confrontare il valore trovato con la formula di Coulomb per avere QB :
5
p
4
r
EA
r
|Q |
9 ´ 109 ´ QB
N
= E By = | E B |= 9 ´ 109 B 2 =
C
12
OB
1.1´ 104
da cui: QB =
= 1.2 ´ 10- 6 C
9.0 ´ 109
1.1 ´ 104
4.
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
ESERCIZI SUL CAMPO ELETTRICO – 2
5. Due sfere metalliche identiche, cariche con
Q A  1.7  10 6 C la prima, e con
QB  1.2  10 6 C la seconda, di dimensioni così piccole rispetto alle distanze qui coinvolte
da poter essere considerate puntiformi, si trovano nei punti A(-1;0) e B(3;0).
Calcolare il valore del campo elettrico nel punto P(1;-1) (intensità, componenti x, y,
direzione e verso). Successivamente esse sono poste a contatto e poi riportate nelle loro
posizioni originarie. Calcolare di nuovo il valore del campo elettrico nel medesimo punto
(1;-1). Dopo ancora esse, sempre successivamente al contatto, vengono scambiate di posto.
Calcolare ancora il valore del campo elettrico sempre in (1;-1).
Risposta:

Il campo E A nel punto P è individuato da un
vettore che forma con l’asse delle ascisse un
angolo uguale ad HÂP . Abbiamo
  PH 
1
  arctg     26.6
HÂP  arctg 

 2
 HA 
e la sua intensità vale:

| Q | 9.0 109 1.7 10 6
N
| E A | 9.0 109 A2 
 3.1103
2
C
AP
2 2  12

QA

EB
P(1;1)

e la sua intensità vale:

| Q | 9.0 109 1.2 10 6
N
| E B | 9.0 109 B2 
 2.2 103
2
C
BP
2 2  12


E

EA

EB

mentre E B nel punto P è individuato da un vettore che forma con
l’asse delle ascisse un angolo uguale a:
 HP 
1
  arctg    26.6
PB̂H  arctg 

2
 HB 

QB
H

EA
1
arctg  
2
 1
arctg   
 2

Ricaviamo le componenti x ed y del campo E :


N
E x | E A | cos( 26.6) | E B | cos( 26.6)  3.1103  0.89  2.2 103  0.89  4.7 103
C


N
E y | E A | sin( 26.6) | E B | sin( 26.6)  3.1103  (0.45)  2.2 103  0.45  0.41103
C
ed il suo modulo:

| E | E x2  E y2 
4.7 10    0.4110 
3 2
3 2
 4.72 103
N
C
Dopo il contatto le due sfere saranno cariche ciascuna con:
4
 Q  QB  1.7  10 6  1.2  10 6
Q A
 0.25  10 6 C

2
2


avremo quindi:

| Q | 9.0 109  0.25 10 6
N
| E A | 9.0 109 A2 
 0.45 103 ,
2
C
AP
2 2  12

che è anche il valore di | E B | dato che AP  PB .
Risulta ora:
QA


E x | E A | cos( 26.6) | E B | cos(180  26.6) 


 0.45  10 3  0.89  0.45  10 3  (0.89)  0
QB
H
N
C
P(1;1)

EB


E y | E A | sin( 26.6) | E B | sin( 180  26.6) 

EA

E
 0.45  10 3  (0.45)  0.45  10 3  (0.45) 
N
 0.40  10 3
C
N
.
C
Questo valore ovviamente non muta invertendo la posizione delle cariche, dato che esse
sono uguali.
Il campo risultante è pertanto verticale verso il basso e la sua intensità vale 0.40  10 3
6. Una carica di prova del valore di Q A  1.8  10 7 C viene posta nel punto A(-2;2) ed essa
subisce una forza di intensità 10 4 N. Sapendo che nel punto B(2;1) c’è una carica positiva
di valore incognito QB  Q , e che nel punto C(-2,-1) una carica di valore QC  2Q , si
calcoli Q .
Risposta:

EB
A(2;2)
Q A (2;2)

E

EC
QC
(2;1)
B( 2;1)
α
(2;1)
QB

EB
αB
α
5


Nel punto A si ha l’influenza del campo E C , diretto verticalmente in basso, e del campo E B
che forma l’angolo α B con l’asse delle ascisse. Per ricavare le funzioni trigonometriche di
del quale possiamo ricavare le funzioni trigonometriche di α B ci serviamo del suo
complementare α il cui seno e coseno valgono:
sin α 
lunghezza cateto opposto ad α
2 1
1


2
2
lunghezza ipotenusa
17
(2  2)  (2  1)
cos α 
lunghezza cateto adiacente ad α

lunghezza ipotenusa
| 2  2 |

4
17
(2  2)  (2  1)
4
1
ed essendo α B  π - α abbiamo cos α B   cos α  
e sin α B  sin α 
.
17
17
Calcoliamo quindi il campo risultante in A, mantenendo indicato il valore di Q. Prima le
intensità:

Q
9.0  10 9 Q
9.0
9
| E B | 9.0  10


 10 9 Q
2
2
17
BA
(2  2) 2  (2  1)
2



| 2Q |
| E C | 9.0  10 9

2
CA
2
18  10 9 Q
 (2  1)  0 
2
2
 2.0  10 9 Q
quindi le componenti lungo gli assi e la loro somma:



9.0
4 
36
E x | E B | cos α B  | E C | cos α C 
 10 9 Q   
  2.0  10 9 Q  (0)  
 10 9 Q
17
17 
17 17



9.0
1
 9.0

E y | E B | sin α B  | EC | sin α C 
109 Q 
 2.0 109 Q  (1.0)  
 2.0  109 Q
17
17
 17 17

l’intensità del campo risultante sarà allora:
2
2



   9.0

36
2
2
9
| E | E x  E y   
 10 Q    
 2.0   10 9 Q   1.9  10 9 Q
 17 17
   17 17


Moltiplicando il valore di del campo nel punto A così ottenuto per la carica
Q A  1.8  10 7 C ivi posizionata otteniamo la forza che Q A subisce:


| FA | Q A | E | 1.9  10 9 Q  Q A  10 4 N
ed invertendo si ottiene infine:
10- 4
Q=
= 0.29 ´ 10- 6 C
- 7
9
1.8 ´ 10 ´ 10 ´ 1.9
6
7. Due cariche Q A  0.5  10 6 C e QB  0.6  10 6 C sono poste rispettivamente nei punti
3
1
; 0) e B(0 ; ) . Calcolare intensità direzione e verso del campo elettrico nel punto
2
2
3
C( ; 0) . Calcolare inoltre la forza da esse esercitata su di un nucleo di elio 42 He posto in
2
C. Dire quale accelerazione acquista il nucleo di elio per effetto di tale forza.
Risposta:
A(
QB
QA
3
(
;0)
2
1
(0; )
2
π
6
C(
3
;0)
2

EA
p n
n p

E

EB
Dal valore delle coordinate dei punti si ricava subito che OCB è la metà di un triangolo


π
equilatero e pertanto OĈB  , che è anche uguale all’angolo fra E A ed E B .
6
Abbiamo:

| Q | 9.0 109  0.5 106
N
| E A | 9.0 109 A2 
 1.5 103
2
C

AC
3
3



 2
2 


| Q | 9.0 109  0.6 106
N
| E B | 9.0 109 B 2 
 5.4 103
2
2
C
AC
 1   3 
  
 2   2 
Sommando le componenti si ha:


11
N
E x | E A | cos(0) | E B | cos( π)  1.5  10 3  5.4  10 3  ( 3 / 2)  6.1  10 3
6
C


11
N
E x | E A | sin( 0) | E B | sin( π)  1.5 103  0  5.4 103  (1 / 2)  2.7 103
6
C

2
2
N
da cui: | E | E x2  E y2  6.1103    2.7 103   6.7 103
C
Tuttavia, essendo noto l’angolo fra i due vettori, in questo caso sarebbe convenuto applicare
il teorema di Carnot per calcolare l’intensità del campo risultante:
7





π

E  | E A | 2  | E B | 2 2 | E A |  | E B | cos π   
6


2.25  29.2  2  1.5  5.4  (

3 / 2)  10 3  6.7  10 3
N
C
Ricordando che per un elemento X la scrittura AZ X indica in alto a sinistra la massa atomica
(o numero di massa), ed in basso a sinistra il numero atomico, cioè la carica (positiva) del
nucleo. Il nucleo di 42 He ha quindi massa atomica 4 e numero atomico 2, da cui:
M He  4m P  4  1.67  10 27  6.7  10 27 Kg
Q He  2e  2  1.6  10 19  3.2  10 19 C
La forza si calcola moltiplicando la carica per il valore del campo trovato:


| F | QHe | E | 3.2 10 19  6.7 103  2.110 15 N


e l’accelerazione dalla legge di Newton F  ma :

| F | 2.1  10 15
m
a

 3.1  1011 2
 27
M He 6.7  10
s
Un valore, come si vede, molto grande anche se la forza è molto piccola, dato che la massa
è anch’essa piccola rispetto ai valori macroscopici
8
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