Esercizi svolti · Scheda 1

Flussi attraverso superfici piane e chiuse

Teoria usata: Flusso del campo elettrico Flusso uscente da una superficie chiusa Flusso e linee di campo Legge di Gauss

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Esercizio 1

Una superficie rettangolare di lati $a = 0, 20 m$ e $b = 0, 30 m$ si trova in un campo elettrico uniforme di modulo $E = 4, 0 \cdot 1 0^{3} N/C$ , e la sua normale $\overset{n}{^}$ forma l’angolo $θ = 6 0^{\circ}$ con il campo. Calcolare il flusso del campo attraverso la superficie, il flusso massimo che si ottiene ruotandola e l’orientazione per cui il flusso è nullo.

Φ_{E} = E \cdot \overset{n}{^} A = E ab cos θ, Φ_{m a x} = E ab (θ = 0)

Φ_{E} Φ_{m a x} = 4, 0 \cdot 1 0^{3} \cdot 0, 20 \cdot 0, 30 \cdot cos 6 0^{\circ} N \cdot m^{2} /C = 4, 0 \cdot 1 0^{3} \cdot 0, 060 \cdot 0, 50 N \cdot m^{2} /C = 1, 2 \cdot 1 0^{2} N \cdot m^{2} /C = 4, 0 \cdot 1 0^{3} \cdot 0, 060 N \cdot m^{2} /C = 2, 4 \cdot 1 0^{2} N \cdot m^{2} /C

La superficie è piana e il campo è uniforme, quindi $E \cdot \overset{n}{^}$ è lo stesso in ogni punto e per la definizione di flusso del campo elettrico l’integrale si riduce al prodotto $E A cos θ$ , con $A = ab = 0, 060 m^{2}$ . Con $θ = 6 0^{\circ}$ il coseno vale $0, 50$ , e il flusso è $1, 2 \cdot 1 0^{2} N \cdot m^{2} /C$ .

Ruotando la superficie cambia solo l’angolo $θ$ . Il coseno è massimo per $θ = 0$ , cioè quando la normale è parallela al campo e la superficie è perpendicolare alle linee di campo, e il flusso massimo è il doppio di quello calcolato. Il flusso è nullo per $θ = 9 0^{\circ}$ , cioè quando la superficie è parallela al campo e nessuna linea di campo la attraversa.

Esercizio 2

Un cuneo a forma di prisma retto ha per basi due triangoli rettangoli con il cateto orizzontale $a = 0, 40 m$ e il cateto verticale $h = 0, 30 m$ , e i suoi spigoli orizzontali hanno lunghezza $w = 0, 50 m$ . Il cuneo poggia su un piano orizzontale con la faccia rettangolare di lati $a$ e $w$ , ed è immerso in un campo uniforme orizzontale di modulo $E = 2, 5 \cdot 1 0^{3} N/C$ , perpendicolare agli spigoli orizzontali e diretto dalla faccia verticale verso la faccia inclinata. Calcolare il flusso uscente da ciascuna faccia e il flusso uscente totale.

Sezione del cuneo con un piano perpendicolare agli spigoli orizzontali; il campo entra dalla faccia verticale ed esce dalla faccia inclinata

E = E \overset{}{^}, \overset{n}{^}_{1} = - \overset{}{^}, \overset{n}{^}_{2} = \frac{h  ^ + a  ^}{ℓ} con ℓ = a^{2} + h^{2}, \overset{n}{^}_{3} = - \overset{}{^}, \overset{n}{^}_{4, 5} = \pm \hat{k}

Φ_{1} = - E h w, Φ_{2} = E \frac{h}{ℓ} ℓ w = E h w, Φ_{3} = Φ_{4} = Φ_{5} = 0, Φ_{tot} = 0

ℓ Φ_{1} Φ_{2} = 0, 4 0^{2} + 0, 3 0^{2} m = 0, 50 m = - 2, 5 \cdot 1 0^{3} \cdot 0, 30 \cdot 0, 50 N \cdot m^{2} /C \approx - 3, 8 \cdot 1 0^{2} N \cdot m^{2} /C = + 2, 5 \cdot 1 0^{3} \cdot 0, 30 \cdot 0, 50 N \cdot m^{2} /C \approx + 3, 8 \cdot 1 0^{2} N \cdot m^{2} /C

Si sceglie l’asse $x$ nel verso del campo, l’asse $y$ verticale verso l’alto e l’asse $z$ lungo gli spigoli orizzontali. Ogni faccia è piana e il campo è uniforme, quindi il flusso uscente da ciascuna faccia è il prodotto scalare $E \cdot \overset{n}{^}$ per l’area, con $\overset{n}{^}$ versore normale uscente dal cuneo.

La faccia verticale ha area $h w$ e normale uscente $- \overset{}{^}$ , opposta al campo, perciò il suo flusso è negativo, e il campo entra nel cuneo da quella faccia. La faccia inclinata ha area $ℓ w$ , e la sua normale uscente è perpendicolare all’ipotenusa del triangolo di base; poiché l’ipotenusa ha la direzione del vettore $(a, - h)$ , la normale uscente ha la direzione di $(h, a)$ , e la componente lungo il campo è $\frac{h}{ℓ} = 0, 60$ . Il flusso è quindi $E \cdot 0, 60 \cdot ℓ w = E h w$ , uguale al flusso entrante dalla faccia verticale. La base orizzontale e i due triangoli hanno la normale perpendicolare al campo, quindi il loro flusso è nullo.

Il flusso uscente totale è zero, come deve essere per una superficie chiusa che non racchiude cariche. Il calcolo mostra anche che il flusso attraverso la faccia inclinata è uguale al flusso attraverso la sua proiezione $h w$ sul piano perpendicolare al campo, perché attraverso le due superfici passano le stesse linee di campo.

Esercizio 3

In una regione dello spazio il campo elettrico è $E = b x \overset{}{^}$ , con $b = 4, 0 \cdot 1 0^{3} N/ (C \cdot m)$ . Un cubo di spigolo $a = 0, 50 m$ ha un vertice nell’origine e gli spigoli lungo i semiassi positivi $x$ , $y$ , $z$ . Calcolare il flusso uscente dal cubo e la carica contenuta nel cubo.

Φ_{x = a} = E_{x} (a) a^{2} = b a^{3}, Φ_{x = 0} = - E_{x} (0) a^{2} = 0, Φ_{altre} = 0

Φ_{E} = b a^{3}, Φ_{E} = \frac{q _{int}}{ε _{0}} ⟹ q_{int} = ε_{0} b a^{3}

Φ_{E} q_{int} = 4, 0 \cdot 1 0^{3} \cdot 0, 5 0^{3} N \cdot m^{2} /C = 5, 0 \cdot 1 0^{2} N \cdot m^{2} /C = 8, 85 \cdot 1 0^{- 12} \cdot 5, 0 \cdot 1 0^{2} C \approx 4, 4 \cdot 1 0^{- 9} C

Il campo ha solo la componente $x$ , quindi è parallelo alle quattro facce perpendicolari agli assi $y$ e $z$ , e il flusso attraverso queste facce è nullo. Sulle due facce perpendicolari all’asse $x$ il campo non dipende da $y$ e da $z$ , perciò su ciascuna di esse è costante e il flusso è il prodotto della componente normale per l’area $a^{2}$ . Sulla faccia $x = 0$ il campo è nullo; sulla faccia $x = a$ vale $b a$ ed è diretto come la normale uscente $\overset{}{^}$ , quindi il flusso è $b a \cdot a^{2}$ .

Il campo non è uniforme, e il flusso uscente totale è diverso da zero. Per la legge di Gauss la carica contenuta nel cubo è $ε_{0}$ per il flusso, circa $4, 4 nC$ . Come controllo dimensionale, $b a^{3}$ si misura in $N/ (C \cdot m) \cdot m^{3} = N \cdot m^{2} /C$ , l’unità del flusso.