Esercizi Campo elettrico e magnetico

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Z ZσRq q+ z dz+ y dy +2 22 2 2 3/2 2 2 2 3/2 (x + y ) 4π(x + y + z ) 4π(x + y + z )00 0R 03R Z q σR∆V = 0 + + y dy + 02 22 2 2 3/2 (x + y ) 4π(x + y + z ) 00R 3R3R ZZ σRq y dy +∆V = y dy2 22 2 2 3/2 (x + y ) 4π(x + y + z ) 00 RR 3R 3RZ Zq 1 σR 1∆V = y dy + y dy2 22 2 2 3/24π (x + y )(x + y + z )0 0R R

Poiché lo spostamento avviene solo sull’asse y, in quanto le coordinate x e z di A e P rimangono uguali. Possiamo scrivere: 3R 3RZ Zq σR1 1y dy + y dy∆V = 22 3/24π (y )(y )0 0R R3R 3RZ ZσRq 1 1y dy + y dy∆V = 3 24π y y0 0R R3R 3R q σR1 1− −∆V = +24π 2y y0 0R R q 1 σR 11 1− −∆V = + + +2 24π 18R 2R 3R R0 0

Che è la differenza di potenziale tra A e P

1.3 Punto C

Si può calcolare il lavoro necessario per spostare una carica dal punto P(0,3R,0) al punto P’(0,2R,R) come

0P x y z0 0 0Z Z Z ZP P PL = q E dr = q Ex dx + q Ey dy + q Ez dz0→PP 0 T OT 0 T OT 0

T OT 0 T OTP x y zP P P0 Z q σRL = q + x dx+0→PP 0 2 22 2 2 3/2 (x + y ) 4π(x + y + z ) 0002R R ZZ qq σR y dy + q+ q + z dz0 02 22 2 2 3/2 2 2 2 3/2 (x + y ) 4π(x + y + z ) 4π(x + y + z )00 003R 2R R Z Z qq σR y dy + qL = 0 + q + z dz0→P 0P 0 2 22 2 2 3/2 2 2 2 3/2 (x + y ) 4π(x + y + z ) 4π(x + y + z )00 003R2R 2R R ZZ Zq σR qL = q y dy + y dy + z dz0→PP 0 2 22 2 2 3/2 2 2 2 3/2 (x + y ) 4π(x + y + z ) 4π(x + y + z )00 03R 3R 02R 2R R Z Z Z1 1 q 1q σR y dy +L = q y dy + z dz0→PP 0 2 22 2 2 3/2 2 2 2 3/2 4π (x + y ) 4π(x + y + z ) (x + y + z )0 0 03R 3R 0Poiché lo spostamento avviene solo sull’asse y e sull’asse z, in quanto le coordinate di x di P e P’ rimangonouguali. Possiamo scrivere: 2R 2R R Z Z Z1 σR 1 q 1qL y dy + y dy + z dz= q0→PP 0 22 2 3/2 2 2 3/2 4π (y ) 4π(y + z ) (y + z )0 0 03R 3R 0Risolvendo gli integrali e valutandoli negli estremi diintegrazione si ottiene un valore che moltiplicato per q ci da il lavoro necessario per spostare una carica dal punto P al punto P'. ⁰22 Campo Elettrico Lungo Un Filo Per calcolare il campo elettrico, scelgo una superficie gaussiana cilindrica di raggio r. Usando la legge di Gauss si ottiene: H Hq = EdA = E dA = EA₀0 Poiché la superficie gaussiana è un cilindro, si avrà: q = E(2πrL)₀ Da cui si può ottenere: qE = 2πrL₀ Per ragioni di simmetria si ha che la carica è costante su tutto il filo. Sapendo che λ è la densità lineare di carica si avrà che: q = λL Dove L è la lunghezza del filo. Sostituendo in E si ottiene: E = λ / (2πrε₀) 3 Campo Elettrico Sfera/Carica Per calcolare il campo elettrico, scelgo una superficie gaussiana sferica di raggio r. Se r > R: Usando la legge di Gauss si ottiene: H Hq = EdA = E dA = EA₀0 Poiché la superficie gaussiana è una sfera si avrà: 2q = E(4πr²)₀ Da cui si può ottenere:

qE = 2 4πr0

Per ragioni di simmetria si ha che la carica è costante su tutta la superficie della sfera. Sapendo che ρ è ladensità volumetrica di carica si avrà che: 43 3q = ρ πR

Sostituendo in E si ottiene: 34 1 R3E = ρ πR = ρ2 23 4πr 3 r0 0

Se R > r:

Usando la legge di Gauss si ottiene: H Hq = EdA = E dA = EA0 0 0

Poiché la superficie gaussiana è una sfera si avrà: 2q = E(4πr )0

Da cui si può ottenere: qE = 2 4πr0

Per ragioni di simmetria si ha che la carica è costante su tutta la superficie della sfera. Sapendo che ρ è ladensità volumetrica di carica si avrà che: 43 3q = ρ πr

Sostituendo in E si ottiene: 4 1 r3E = ρ πr = ρ23 4πr 30 034

Guscio Sferico

Un guscio sferico non esercita nessuna forza su una carica posta al suo interno. Prendendo una superficie gaussiana con r < R si ottiene con E = 0 poiché la superficie non racchiude alcuna carica.

Per r < R H −→q = EdA = 0 E =

00Per r > R:Usando la legge di Gauss, poiché la superficie gaussiana è sferica, si ottiene:
<sup>2</sup>H Hq = EdA = E dA = EA = E4πr<sup>2</sup>
La carica è distribuita uniformemente, si può quindi scrivere che:
<sup>4</sup>&pi;Rq = &rho; <sup>3</sup>
Sostituendo in E si ottiene:
<sup>3R</sup><sup>4</sup> = &rho;E = &rho; &pi;R<sup>2</sup><sup>3</sup><sup>4</sup>&pi;r<sup>3</sup>r<sub>0</sub>
5 Campo Elettrico Lamina IsolanteUn opportuna superficie gaussiana è un cilindro avente base di area A posta in modo che interseca il pianocarico. Per ragioni di simmetria si può dedurre che il campo elettrico E è perpendicolare alla lamina. Il flussoche attraversa la porzione di superficie gaussiana è nullo. La legge di Gauss è:
<sup>2</sup>H Hq = EdA = E dA0 0
Poiché si tiene conto del flusso attraverso le due basi si ottiene:
q = E2A0
Quindi si ottiene:
qE = 2A0
Essendo σ la densità superficiale si avrà che:
q = σASostituendo si avrà che: σ1E = σA = 2A 20 0
Se invece la lamina è conduttrice, si deve considerare solo la superficie esterna. Quindi siIl testo formattato con i tag HTML è il seguente:

Si ha: Hq = E dA = EA0 0

Di conseguenza si ottiene: qE = A0

La densità è σ quindi si avrà che: q = σAE di conseguenza si avrà che: 1 σE = σA = A 0 046

Capacità Condensatore Cilindrico

Un condensatore cilindrico di lunghezza l costituito da due cilindri coassiali di raggio R e raggio R , dove1 2l R in modo da trascurare la distorsione del campo elettrico in corrispondenza degli estremi come superficie2gaussiana si sceglie un cilindro di lunghezza L e raggio r, si ha che:

I Iq = EdA = E dA = EA0 0 0

Essendo la superficie gaussiana cilindrica si avrà che A = 2πrL quindi: q = E(2πrL)0

Di conseguenza: qE = 2πrL0

Essendo la differenza di potenziale in un condensatore: fZ− EdsV V =f i iL’integrale è calcolato su un qualunque percorso che va da un piatto all’altro. Si sceglierà un cammino che segue una linea di campo elettrico del piatto negativo al piatto positivo. Ponendo V = V possiamo riscrivere l’equazione come: +Z

EdsV = -Quindi: + + RZ Z Zq q 11V = Eds = dr = dr 2πrL 2πL r0 0- - R 2Risolvendo l'integrale si ottiene: R 1q q q R 2-V = log(r) = log(R ) log(R ) = log2 1 2πL 2πL 2πL R0 0 0 1R 2Poiché in questo caso si ha che ds = dr.q si può scrivere che:Dalla relazione C = V 2πLq L0= q = 2πC = 0R R V q log 2 2R R1 17 Condensatore Con DielettricoSi può dire che la carica sia uguale su entrambe le piastre. Si racchiudono la carica q e la carica indotta q’.Questa carica sarà q - q’ quindi, la legge di gauss sarà:I I0-q q = EdA = E dA = EA0 0 0Dove in questo caso, essendo la lamina quadrata possiamo scegliere una superficie gaussiana uguale all’areadella lamina. Quindi: 0 2-q q = EL0In definitiva si trova: 0-q qE = 2 L0Il dielettrico indebolisce il campo elettrico di un fattore , per cui:r qE =E =f 2 Lr r 0Confrontando E con E su ottiene:f q0-q q = rQuindi si ottiene: qE = 2 Lr 02

2Sapendo che q = σL , dove L è l’area e σ la distribuzione di carica, quindi sostituendo si ottiene1 σ2E = σL =2 L r 0 r 05

Esercizio:Si consideri due gusci sferici A e B, concentrici e di materiale conduttore. Il guscio sferico A ha carica Q, raggiointerno R e raggio esterno R . Il guscio B è globalmente scarico ed ha raggio interno R > R e raggio esterno1 2 3 2R . Calcolare le distribuzioni di carica dei gusci. Calcolare, inoltre, l’energia elettrica accumulata nella zona1R < r < R2 3

Si applica la legge di Gauss tra R e R . Scelgo una superficie gaussiana con centro coincidente al centro1 2dei due gusci con raggio r tale che R < r < R , un modo che si può dire che E=0 poiché il guscio è conduttore1 2e all’interno non c’è campo Qint =0E dA = ε 0

Essendo che il campo elettrico è 0, il flusso è nullo, e la carica interna è nulla. Si può dire che2 −→σ (4πR ) = 0 σ = 0

La carica nel primo guscio si deve conservare. Questo vuol dire che ²σ (4πR ) + σ (4πR ) = Q₁

2 Q₂ −→σ (4πR ) = Q σ =2 22 24πR²

Si fanno le stesse cose, considerando una superficie Gaussiana con R < r < R . Quindi

2σ (4πR ) + σ (4πR ) = 0 (1)2 32 3

Poiché all’interno del guscio la carica è zero, perché il flusso è nullo, e quindi sostituendo σ 2Q₂ −→ −Q + σ (4πR ) = 0 σ =3 33 24πR²

Siccome la carica si conserva si avrà che: 2σ (4πR ) + σ (4πR ) = 03 43 4

Poiché B è globalmente scarico e tale deve rimanere. Quindi: Qσ =4 24πR⁴

Per il calcolo dell’energia elettrica accumulata. Nelle zone dove c’