Esercizi Fisica generale

E

punto P distante a = 5 cm dall'estremo piu' vicino.  

12 1

   

8.854 10 F m

ε0  8

  

Q 5 10 C

 

L 10 cm

 

a 5 cm

Osserviamo innanzitutto che il campo E nel punto P sara' diretto in direzione orizzontale verso destra. Infatti per un

qualsiasi elemento infinitesimo di carica scelto sulla sbarretta, il contributo al campo totale sara' orizzontale e

dq dE

diretto verso destra. Per calcolare il campo totale in P occorre integrare lungo tutta la sbarretta. A questo scopo

introduciamo una variabile con l'origine all'estremita' destra della sbarretta e orientata verso sinistra. Il contributo al

s

campo totale E in P dovuto al generico elemento infinitesimo di carica posto alla distanza dall'estremita' destra

dq, s

della sbarretta, sara':

1 dq Q  

7 1

     

dE 5 10 C m

= λ

 

4 L

2

π ε0 

( s a ) 

1 ds

λ



dE =



dq ds  

= λ 4 2

π ε0 

( s a )

Il campo E totale in P si ottiene integrando lungo tutta la sbarretta e cioe' per che va da 0 a L. Scriviamo quindi:

s

L L

 

1 1



 λ λ 

 d

d

E s E s

=

=  

   

4 4

2 2

π ε0 π ε0

 

( s a ) ( s a )

 





0 0

  

1

1 1 1 

 4 1

λ

       



Tenendo presente che si ottiene

d s E 6 10 N C

=

  

   

s a 4 a L a

2 π ε0



( s a )





Problema 1.14 p. 25.

Un'asticella di vetro e' piegata a semicirconferenza di raggio R = 10 cm. Su una meta' e' distribuita uniformemente la

-8 -8

carica Q = 5 10 C e sull'altra meta' una carica opposta -Q = -5 10 C. Calcolare il campo elettrostatico nel

× × E

centro O dela semicirconferenza.  

12 1

   

8.854 10 F m

ε0  8

  

Q 5 10 C

 

R 10 cm

Osserviamo innanzitutto che per simmetria il campo E nel punto O sara' verticale e diretto verso il basso. Infatti per un qualsiasi

elemento infinitesimo di carica dq scelto sul quarto di circonferenza superiore, per simmetria esistera' un elemento infinitesimo dq'

sul quarto inferiore tale che le componenti orizzontali del campo dEx e dEx' nella somma si elidono mentre quelle verticali dEy e

dEy' (entrambe dirette verso il basso) si sommano. Osservato questo, introduciamo un asse y verticale diretto verso il basso e

l'angolo θ che individua la posizione del generico elemento di carica dq lungo la semicirconferenza. Detto dE il modulo del campo

E dovuto al generico elemento di carica infinitesimo dq, la componente verticale dEy del contributo al campo sara':

1 dq

 

dEy dE cos

( ) dE

= =

θ  

4 2

π ε0 R

Detto dl un tratto infinitesimo della semicirconferenza, usando la densita' lineare di carica λ possiamo

riscrivere la quantita' dq



2 Q 1

 

7 1

          

3.183 10 C m dq dl R dθ dEy cos

( ) dθ

= = =

λ λ λ λ θ

   

R 4 R

π π ε0

Il campo E totale in O si ottiene integrando lungo tutta la semicirconferenza e cioe per θ che va da 0 a π. Dato

pero' che a π/2 la carica cambia segno e' necessario spezzare il cammino d'integrazione in due. Scriviamo quindi

π

 π

2 

π

 

 

λ λ

   

Ey dEy d Ey cos

( ) d cos

( ) d

= =

θ θ θ θ θ

 

      

4 R 4 R

π ε0 π ε0



0 

0  π

2

 

π

 

 2 π

 

 

λ 



 d

Ey cos

( ) d cos

( )



= θ θ θ θ

 



   

4 R

π ε0 0  π

 

 

2



 si vede che la somma dei due integrali in parentesi vale 2. Allora alla fine:

Tenendo presente che cos

( ) d sin

( )

=

θ θ θ

 

4 1

λ

     ed e' diretto verso il basso

Ey 5.72 10 N C

  

2 R

π ε0

Il risultato numerico dato nel libro e' sbagliato di un fattore 10 per difetto.

Quattro cariche a quadrato

Quattro cariche elettriche sono poste ai quattro vertici di un quadrato di lato a = 5 cm, come in figura. Sapendo che

-7

×

q = 1 10 C, calcolare la forza elettrica F risultante che agisce sulla carica + 2q nel vertice 4 in basso a sinistra.

  

12 2 1 2

    

ε0 8.854 10 C N m

 7

  

q 1.0 10 C

 

a 5 cm

La forza risultante sulla carica nel vertice 4 e' la somma vettoriale delle singole forze dovute alle cariche in 1, 2 e 3.

Detti F1, F2 e F3 i moduli dei tre vettori indicati in figura, introduciamo un sistema di riferimento con l'asse x

orizzontale diretto verso destra e l'asse y verticale diretto verso l'alto. Dette Fx e Fy le componenti della forza

risultante sulla carca in 4 abbiamo, tenendo conto del segno delle cariche:

      

= =

Fx F3 F2 cos

( 45 deg ) Fy F1 F2 cos

( 45 deg )

F1, F2 e F3 si ricavano dalla legge di Coulomb. Dato che si tratta dei moduli delle forze, devo considerare il valore

assoluto: 2 2 2

  

1 2 q 1 2 q 1 ( 2 q )

        

F1 0.072 N F2 0.036N F3 0.144N

     

 

π ε0 π ε0 π ε0

4 4 4

2 2 2



a a

a 2

e quindi si ottiene:

           

Fx ( F3 F2 cos

( 45 deg ) ) 0.169 N Fy F1 F2 cos ( 45 deg ) 0.046

N

Queste sono le componenti della risultante. Il suo modulo risulta:

2 2

  

F Fx Fy 0.175 N