Esercizi di Fisica II svolti in aula. Federico Di Paolo (22/02/2013)

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1 Esercizi di Fisica II svolti in aula Federico Di Paolo (22/02/203)

2 Esercizio L elettrone e il protone hanno rispettivamente una massa di kg e, kg. La loro carica elettrica è pari a C. Sapendo che la forza gravitazionale tra due corpi di masse m e m 2 alla distanza r è data da: F = G m m 2 r 2, dove G = Nm 2 kg 2, si confrontino le forze gravitazionale ed elettrica agenti fra le due particelle poste alla distanza r = m. Soluzione: La forza elettrica è data da: La forza gravitazionale è data da: F e = q r 2 = N. F g = G m m 2 r 2 = 0 67 N. La forza elettrica risulta di 38 ordini di grandezza superiore rispetto a quella gravitazionale! 2

3 Esercizio Consideriamo tre cariche disposte come in Figura. Calcoliamo la forza di Coulomb agente su ciascuna carica. Figura Soluzione: Consideriamo le forze agenti sulla carica A: F B A = a 2 ÂB Scomponendo tale forza lungo gli assi: ( FB A ) ( FB A ) x y = = a 2 cos 60 = 2 a 2 3 a 2 sin 60 = 2 a 2 Analogamente: F C A = a 2 ÂC 3

4 Scomponendo tale forza lungo gli assi: ( FC A ) ( FC A ) x y = = a 2 ( cos 60 ) = 2 a 2 sin 60 = 3 2 a 2 a 2 In totale, la forza agente sulla carica A è la somma vettoriale delle due forze appena calcolate: (F A ) x = (F B A ) x + (F C A ) x = 0 (F A ) y = (F B A ) y + (F C A ) y = 3 a 2 Analogamente, sulle cariche B e C agiscono due forze pari a: (F B ) x = (F A B ) x + (F C B ) x = 3 2 a 2 3 (F B ) y = (F A B ) y + (F C B ) y = 2 a 2 (F C ) x = (F A C ) x + (F B C ) x = 3 2 a 2 3 (F C ) y = (F A C ) y + (F B C ) y = 2 a 2 Le forze agenti sulle tre cariche sono dirette come in Figura. Inoltre è dimostrabile che F A = F B = F C, cioè le forze non dipendono dal sistema di riferimento ma soltanto dalla geometria. 4

5 Esercizio Due sferette puntiformi si trovano alla distanza x ed entrambe hanno carica q. Una è fissa, l altra attaccata a una molla con costante k, inizialmente in posizione di riposo (Figura 2). Trovare il valore di q tale che l equilibrio tra forza elettrostatica ed elastica si raggiunge quando le cariche sono a una distanza pari a 2x (trascurando la forza peso). Figura 2 Soluzione: All equilibrio le due forze si bilanciano. F Coulomb = (x + x) 2 F elastica = k x Cerchiamo q tale che: x = x. All equilibrio: F Coulomb ( x = x) + F elastica ( x = x) = 0 (x + x) 2 kx = 0 da cui: si ottiene infine: = kx (2x) 2 = 6kπε 0 x 3 q = ±4 kπε 0 x 3 5

6 Esercizio Calcolare il campo elettrico generato nello spazio da un piano indefinito avente una distribuzione di carica superficiale σ (Figura 3). Figura 3 Soluzione: Si cerca il campo elettrico alla distanza z dal piano, generato da un area infinitesima, poi si integra. Consideriamo il campo prodotto dall area infinitesima dq = σdqdxdy, e diretto lungo la direzione r: con: de r = dq cos χ () ρ2 ρ = r 2 + x 2 e cos χ = r ρ = r r 2 + x 2 6

7 Effettuiamo prima l integrazione lungo l asse x, ricavando il campo elettrico generato lungo r da una striscia dy. L integrale () diventa: de r = r σ + Bisogna pertanto risolvere l integrale (2): dx (r 2 + x 2 ) 3/2 = r 2 dx r 2 (r 2 + x 2 ) 3/2 = = [ r 2 + x 2 r 2 (r 2 + x 2 ) 3/2 x 2 dx ρ 3 = σdyr + dx (r 2 + x 2 ) 3/2 (2) ] (r 2 + x 2 ) 3/2 dx = = [ r 2 (r 2 + x 2 ) /2 x 2 ] (r 2 + x 2 ) 3/2 dx = = { [ d[x] r 2 (r 2 + x 2 + xd ) /2 (r 2 + x 2 ) /2 = [ ] r 2 d x r 2 + x 2 ) /2 dx = = x r 2 (r 2 + x 2 ) /2 ]} dx = Per cui: de r = σdy r [ x r 2 (x 2 + r 2 ) /2 ] + = σdy [ ( )] = σdy r 2πε 0 r Ora bisogna integrare lungo y. Notiamo alcune simmetrie: il campo elettrico totale sarà diretto solo lungo l asse z. con E z = σ 2πε 0 + dy r cos θ r 2 = z 2 + y 2 e cos θ = z r = z z 2 + y 2 Integrando: E z = σ + dy z 2πε 0 z 2 + y 2 = σz 2πε 0 [ z arctan y ] + = σz [ π ( z 2πε 0 2 π )] = σ 2 2ɛ 0 7

8 N.B. L esercizio si può risolvere rapidamente applicando il Teorema di Gauss (Figura 4): Figura 4 Φ( E) = E n ds = E n ds + E n ds + E n ds 2 3 Il contributo all integrale lungo la superficie cilindrica 2 é nullo dal momento che E e n sono perpendicolari. I contributi degli integrali sulle superfici e 2 (i tappi del cilindro) saranno identici; lungo tali superfici E e n sono paralleli, quindi: Φ( E) = 2 E n ds = 2 E ds = 2E ds = 2ES = Q tot ε 0 Poichè Q tot = σs si ottiene: 2ES = σs ε 0 da cui si ottiene: E = σ 2ε 0 8