Esercizi svolti · Scheda 1

Potenziali di sistemi di cariche puntiformi

Teoria usata: Potenziale di una carica puntiforme Potenziale di un sistema di cariche Potenziale elettrico Superfici equipotenziali Campo come gradiente del potenziale

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Esercizio 1

Una carica puntiforme $q_{1} = + 4, 0 nC$ è ferma nell’origine e una carica puntiforme $q_{2} = - 2, 0 nC$ è ferma nel punto $(0, 30 m; 0)$ . Calcolare il potenziale nel punto medio $M$ del segmento che congiunge le cariche e nel punto $P = (0; 0, 40 m)$ , con potenziale nullo a distanza infinita.

V (P) = \frac{k q _{1}}{r _{1}} + \frac{k q _{2}}{r _{2}}

r_{1 M} = r_{2 M} = 0, 15 m, r_{1 P} = 0, 40 m, r_{2 P} = 0, 3 0^{2} + 0, 4 0^{2} m = 0, 50 m

V_{M} V_{P} = \frac{k ( q _{1} + q _{2} )}{0 , 15 m} = \frac{8 , 99 \cdot 1 0 ^{9} \cdot 2 , 0 \cdot 1 0 ^{- 9}}{0 , 15} V \approx 1, 2 \cdot 1 0^{2} V = 8, 99 \cdot 1 0^{9} (\frac{4 , 0 \cdot 1 0 ^{- 9}}{0 , 40} - \frac{2 , 0 \cdot 1 0 ^{- 9}}{0 , 50}) V = 8, 99 \cdot 1 0^{9} \cdot 6, 0 \cdot 1 0^{- 9} V \approx 54 V

Le cariche sono puntiformi e il riferimento è all’infinito, quindi ciascuna produce il potenziale $\frac{k q}{r}$ , e per il potenziale di un sistema di cariche il potenziale totale è la somma dei due contributi, con il loro segno. Nel punto medio le distanze sono uguali, perciò i due termini si sommano con un denominatore comune e conta solo la carica totale $q_{1} + q_{2} = 2, 0 nC$ . In $P$ la distanza da $q_{2}$ è l’ipotenusa del triangolo rettangolo di cateti $0, 30 m$ e $0, 40 m$ , cioè $0, 50 m$ . Entrambi i potenziali sono positivi, perché nei due punti prevale il contributo della carica positiva, che è maggiore in valore assoluto ed è più vicina o alla stessa distanza.

Esercizio 2

Con le stesse cariche dell’esercizio 1, determinare i punti dell’asse $x$ in cui il potenziale è nullo. Mostrare poi che nel piano $x y$ i punti a potenziale nullo formano una circonferenza.

V (x) = k (\frac{q _{1}}{∣ x ∣} + \frac{q _{2}}{∣ x - 0 , 30∣}) = 0 ⟺ 2 ∣ x - 0, 30∣ = ∣ x ∣, x \neq = 0, x \neq = 0, 30

per $x < 0$ : $2 (0, 30 - x) = - x$ , cioè $x = 0, 60$ , che non soddisfa $x < 0$ ;
per $0 < x < 0, 30$ : $2 (0, 30 - x) = x$ , cioè $x = 0, 20 m$ ;
per $x > 0, 30$ : $2 (x - 0, 30) = x$ , cioè $x = 0, 60 m$ .

V (x, y) = 0 ⟺ r_{1} = 2 r_{2} ⟺ x^{2} + y^{2} = 4 [(x - 0, 30)^{2} + y^{2}] ⟺ 3 x^{2} - 2, 4 x + 0, 36 + 3 y^{2} = 0 ⟺ (x - 0, 40)^{2} + y^{2} = 0, 2 0^{2}

La linea a potenziale nullo è la circonferenza di centro

(0, 40; 0)

e raggio

0, 20 m

, che taglia l'asse

x

0, 20 m

0, 60 m

e racchiude la carica negativa

Il potenziale è nullo quando i due contributi sono opposti. Poiché $q_{1} = - 2 q_{2}$ , la condizione equivale a $r_{1} = 2 r_{2}$ , cioè il punto deve essere due volte più lontano dalla carica positiva che dalla negativa. Sull’asse $x$ le distanze sono valori assoluti, quindi si distinguono i tre intervalli separati dalle posizioni delle cariche. A sinistra dell’origine la soluzione trovata non appartiene all’intervallo, e infatti lì ogni punto è più vicino alla carica positiva, che è anche la maggiore in valore assoluto; perciò il potenziale si annulla solo nei punti $x = 0, 20 m$ e $x = 0, 60 m$ .

Nel piano la condizione $r_{1} = 2 r_{2}$ si eleva al quadrato, poiché le distanze sono positive, e dopo aver diviso per $3$ e completato il quadrato in $x$ diventa l’equazione di una circonferenza di centro $(0, 40; 0)$ e raggio $0, 20 m$ . Per la simmetria rispetto all’asse $x$ , nello spazio la superficie equipotenziale $V = 0$ è la sfera con lo stesso centro e lo stesso raggio. Come controllo, i due punti dell’asse trovati prima sono gli estremi del diametro orizzontale.

Esercizio 3

Due cariche puntiformi $q_{1} = q_{2} = + 2, 0 nC$ occupano due vertici di un triangolo equilatero di lato $a = 0, 30 m$ . Determinare la carica $q_{3}$ da porre nel terzo vertice perché il potenziale nel baricentro $G$ del triangolo sia nullo. Con questa carica, calcolare il potenziale nel punto medio $M$ del lato che congiunge $q_{1}$ e $q_{2}$ e il campo elettrico in $G$ .

V (G) = \frac{k ( q _{1} + q _{2} + q _{3} )}{d _{G}} = 0, d_{G} = \frac{a}{3} ⟹ q_{3} = - (q_{1} + q_{2}) = - 4, 0 nC

V (M) = \frac{k q _{1}}{\frac{a}{2}} + \frac{k q _{2}}{\frac{a}{2}} + \frac{k q _{3}}{h}, h = \frac{3}{2} a

h V (M) = 0, 866 \cdot 0, 30 m \approx 0, 260 m = 8, 99 \cdot 1 0^{9} (\frac{4 , 0 \cdot 1 0 ^{- 9}}{0 , 15} - \frac{4 , 0 \cdot 1 0 ^{- 9}}{0 , 260}) V = 8, 99 \cdot 1 0^{9} \cdot 1, 13 \cdot 1 0^{- 8} V \approx 1, 0 \cdot 1 0^{2} V

E (G) = 2 \cdot \frac{k q _{1}}{d _{G}^{2}} cos 6 0^{\circ} + \frac{k ∣ q _{3} ∣}{d _{G}^{2}} = \frac{k ( q _{1} + ∣ q _{3} ∣ )}{d _{G}^{2}} = \frac{3 k ( q _{1} + ∣ q _{3} ∣ )}{a ^{2}}

E (G) = \frac{3 \cdot 8 , 99 \cdot 1 0 ^{9} \cdot 6 , 0 \cdot 1 0 ^{- 9}}{0 , 3 0 ^{2}} V/m \approx 1, 8 \cdot 1 0^{3} V/m

Il baricentro di un triangolo equilatero è equidistante dai tre vertici, alla distanza $\frac{a}{3}$ , quindi per il potenziale di un sistema di cariche il potenziale in $G$ è proporzionale alla carica totale, e si annulla se $q_{3} = - 4, 0 nC$ . In $M$ le cariche $q_{1}$ e $q_{2}$ distano mezzo lato, mentre $q_{3}$ dista l’altezza $h$ ; il contributo positivo prevale e il potenziale vale circa $100 V$ .

Il campo in $G$ si calcola come somma di vettori. Il campo di ciascuna carica positiva è diretto da quella carica verso $G$ e prosegue oltre; i due campi formano un angolo di $6 0^{\circ}$ con la mediana che va da $M$ al terzo vertice, perciò le componenti perpendicolari alla mediana si annullano e restano le due componenti $\frac{k q _{1}}{d _{G}^{2}} cos 6 0^{\circ}$ dirette verso $q_{3}$ . Il campo di $q_{3}$ , negativa, è diretto verso $q_{3}$ , quindi tutti i contributi hanno lo stesso verso. Il campo in $G$ è perciò diverso da zero, circa $1, 8 \cdot 1 0^{3} V/m$ verso il vertice di $q_{3}$ , anche se il potenziale in $G$ è nullo. Per il campo come gradiente del potenziale, infatti, il campo in un punto dipende da come il potenziale varia attorno al punto.