Esercizi svolti · Scheda 2

Campi di cariche puntiformi nel piano

Teoria usata: Campo di una carica puntiforme Principio di sovrapposizione per il campo elettrico somma vettoriale dei campi Forza su una carica posta nel campo

Vai a: Esercizio 1 Esercizio 2 Esercizio 3

Esercizio 1

Due cariche uguali $q = 5, 0 nC$ sono ferme nei punti $A = (- 4, 0 cm, 0)$ e $B = (4, 0 cm, 0)$ . Calcolare il campo elettrico nel punto $P = (0, 3, 0 cm)$ .

r = 4, 0^{2} + 3, 0^{2} cm = 5, 0 cm, E_{1} = E_{2} = k \frac{q}{r ^{2}}

E_{x} = - E_{1} \frac{4}{5} + E_{2} \frac{4}{5} = 0, E_{y} = 2 E_{1} \frac{3}{5}

E_{1} E_{y} = \frac{8 , 99 \cdot 1 0 ^{9} \cdot 5 , 0 \cdot 1 0 ^{- 9}}{0 , 05 0 ^{2}} N/C \approx 1, 80 \cdot 1 0^{4} N/C = 2 \cdot 1, 80 \cdot 1 0^{4} \cdot 0, 60 N/C \approx 2, 2 \cdot 1 0^{4} N/C

Il punto $P$ è equidistante dalle due cariche, quindi per il campo di una carica puntiforme i due campi hanno lo stesso modulo. Il campo di $A$ è uscente da $A$ e ha la direzione del versore $(\frac{4}{5}, \frac{3}{5})$ , che va da $A$ a $P$ ; il campo di $B$ ha la direzione del versore $(- \frac{4}{5}, \frac{3}{5})$ . Per il principio di sovrapposizione si sommano le componenti: le componenti $x$ sono opposte e si annullano, mentre le componenti $y$ sono uguali e si sommano. Il campo in $P$ è quindi diretto lungo l’asse $y$ , verso l’alto, e vale $2, 2 \cdot 1 0^{4} N/C$ ; il risultato rispetta la simmetria della figura rispetto all’asse $y$ .

Esercizio 2

Una carica $q_{1} = 3, 0 nC$ è nell’origine e una carica $q_{2} = - 6, 0 nC$ è nel punto $(0, 4, 0 cm)$ . Calcolare modulo e direzione del campo elettrico nel punto $P = (3, 0 cm, 0)$ .

P

il campo

E_{1}

è uscente da

q_{1}

, il campo

E_{2}

è diretto verso

q_{2}

; il campo totale

E

è la diagonale del parallelogramma

E_{1} = k \frac{q _{1}}{r _{1}^{2}}, E_{2} = k \frac{∣ q _{2} ∣}{r _{2}^{2}}, r_{1} = 3, 0 cm, r_{2} = 5, 0 cm

E_{1} = E_{1} \overset{}{^}, E_{2} = E_{2} (- \frac{3}{5} \overset{}{^} + \frac{4}{5} \overset{}{^})

E_{1} E_{2} E_{x} E_{y} E = \frac{8 , 99 \cdot 1 0 ^{9} \cdot 3 , 0 \cdot 1 0 ^{- 9}}{0 , 03 0 ^{2}} N/C \approx 3, 00 \cdot 1 0^{4} N/C = \frac{8 , 99 \cdot 1 0 ^{9} \cdot 6 , 0 \cdot 1 0 ^{- 9}}{0 , 05 0 ^{2}} N/C \approx 2, 16 \cdot 1 0^{4} N/C = (3, 00 - 0, 60 \cdot 2, 16) \cdot 1 0^{4} N/C \approx 1, 70 \cdot 1 0^{4} N/C = 0, 80 \cdot 2, 16 \cdot 1 0^{4} N/C \approx 1, 73 \cdot 1 0^{4} N/C = E_{x}^{2} + E_{y}^{2} \approx 2, 4 \cdot 1 0^{4} N/C, φ = arctan \frac{E _{y}}{E _{x}} \approx 4 5^{\circ}

Le due cariche sono a distanze diverse da $P$ : $q_{1}$ dista $3, 0 cm$ e $q_{2}$ dista $5, 0 cm$ , per il teorema di Pitagora nel triangolo rettangolo con cateti $3, 0 cm$ e $4, 0 cm$ . Il campo di $q_{1}$ , positiva, è uscente, quindi in $P$ è diretto lungo $\overset{}{^}$ . Il campo di $q_{2}$ , negativa, è diretto da $P$ verso $q_{2}$ , cioè lungo il versore $(- \frac{3}{5}, \frac{4}{5})$ .

Per il principio di sovrapposizione si sommano le componenti. Lungo $x$ il contributo di $q_{2}$ è negativo e riduce quello di $q_{1}$ ; lungo $y$ contribuisce solo $q_{2}$ . Il campo risultante ha modulo $2, 4 \cdot 1 0^{4} N/C$ e forma un angolo di circa $4 5^{\circ}$ con l’asse $x$ , nel primo quadrante. Il modulo è minore della somma dei moduli, $5, 2 \cdot 1 0^{4} N/C$ , perché i due campi formano un angolo ottuso.

Esercizio 3

Tre cariche uguali $q = 2, 0 nC$ occupano tre vertici di un quadrato di lato $a = 10 cm$ . Calcolare il campo elettrico nel quarto vertice $D$ e la forza che subirebbe una carica $q_{0} = - 1, 0 nC$ posta in $D$ .

E_{lato} = k \frac{q}{a ^{2}}, E_{diag} = k \frac{q}{( a 2 ) ^{2}} = \frac{1}{2} k \frac{q}{a ^{2}}

E = 2 E_{lato} cos 4 5^{\circ} + E_{diag} = k \frac{q}{a ^{2}} (2 + \frac{1}{2})

k \frac{q}{a ^{2}} E F = \frac{8 , 99 \cdot 1 0 ^{9} \cdot 2 , 0 \cdot 1 0 ^{- 9}}{0 , 1 0 ^{2}} N/C \approx 1, 80 \cdot 1 0^{3} N/C \approx 1, 80 \cdot 1 0^{3} \cdot 1, 914 N/C \approx 3, 4 \cdot 1 0^{3} N/C = ∣ q_{0} ∣ E \approx 1, 0 \cdot 1 0^{- 9} \cdot 3, 44 \cdot 1 0^{3} N \approx 3, 4 \cdot 1 0^{- 6} N

Si sceglie un sistema di riferimento con $D$ nell’origine e i lati del quadrato lungo gli assi, in modo che le cariche siano in $(- a, 0)$ , $(0, - a)$ e $(- a, - a)$ . Le due cariche sui vertici adiacenti a $D$ distano $a$ e producono campi di modulo $k \frac{q}{a ^{2}}$ , uscenti, diretti lungo $\overset{}{^}$ e lungo $\overset{}{^}$ . La carica sul vertice opposto dista quanto la diagonale, $a 2$ , e produce un campo di modulo metà, diretto lungo la diagonale, verso l’esterno del quadrato.

Per simmetria rispetto alla diagonale il campo totale è diretto lungo la diagonale. Ciascuno dei due campi dei vertici adiacenti forma un angolo di $4 5^{\circ}$ con la diagonale e contribuisce con la proiezione $k \frac{q}{a ^{2}} cos 4 5^{\circ}$ , mentre il terzo campo è già diretto lungo la diagonale. Il campo in $D$ vale quindi $3, 4 \cdot 1 0^{3} N/C$ ed è diretto lungo la diagonale, verso l’esterno. La carica $q_{0}$ è negativa, perciò la forza ha verso opposto al campo, cioè è diretta verso il centro del quadrato, e ha modulo $3, 4 \cdot 1 0^{- 6} N$ .