INSEGNAMENTO DI FISICA GENERALE II

INSEGNAMENTO DI FISICA GENERALE II

Prova n. 1 - 24/10/2010 Soluzioni

1)

Sia r< R e q₁< q < q₂, il solido in questione ha l’aspetto in figura:

Suddividendolo mediante angoli solidi infinitesimi con vertici nell’origine e angoli polari compresi tra q e q + „q, ciascun elemento di volume risulta costituito da una piramide, con base costituita da segmenti sferici infinitesimi di area

„ A = 2 þ R sin q R „q [1.1]

e con altezza R.

Il volume 6 di V si ricava per integrazione dai volumi delle piramidi elementari I¹₃ area base µ altezzaM:

6 = ‡

q1

q22

3 þ R³sinq „q = 2

3 þ R³Hcos q1- cos q₂L

L’area A1 della superficie conica (laterale) interna vale:

A1= þ R²sinq₁

Quella A2 della superficie conica (laterale) esterna:

A2= þ R²sinq2

L’area A3 del segmento sferico di raggio R e q₁< q < q₂ si ricava per integrazione dalla [1.1]:

A3= ‡

q1

q2

2 þ R²sinq „ q = 2 þ R²Hcos q1- cos q2L In conclusione l’area totale di ∑V vale:

A1+ A2+ A3 = þ R²Hsin q1+ sin q2+ 2 cos q1- 2 cos q2L

3)

Con la stessa suddivisione del problema (1), la carica presente in ogni elemento di volume vale:

„ q = r_el ²₃ þ R³sinq „ q = r₀cosq ²₃ þ R³sinq „ q

e, per integrazione, si ottiene la carica totale:

q= ‡

q1

q22

3 þ r₀R³sinq cos q „ q = 1

3 þ r₀R³Isin²q₂- sin²q₁M

4)

Il piano passante per il punto P e per l’asse polare è di simmetria per riflessione, pertanto il campo elet- trico nel punto P ha componente normale al piano pari a zero. Poiché la componente normale al piano è proprio la componente azimutale richiesta, si ha:

EjHPL = 0

5)

Per il teorema di Gauss, il flusso F richiesto è proporzionale alla carica totale già trovata al punto (3):

F = _e^q

0 = ¹₃ þ ^r0

e0 R³Isin²q2- sin²q1M

Esprimiamo le componenti del campo elettrico in coordinate cilindriche:

Er = Ex x

x²+y² + Ey y x²+y²

Ej= -E_x ^y

x²+y² + E_y ^x

x²+y²

Ez= Ez

sostituendo le componenti cartesiane del campo in funzione esplicita delle coordinate:

Er = _e¹

0

h

x²+y² + ^{k x2} ₄^{x2+ y2} +^{k y2} ₄^{x2+ y2} [6.1]

Ej= 0 Ez= 0

esprimendo le coordinate cartesiane in cilindriche:

E_r = _e¹

0 J^h_r +^k₄^r3N [6.2]

E_j= 0 Ez= 0 cioè:

E = E_rHrL e`

r

si tratta evidentemente di un campo invariante per rotazione intorno all’asse z, rappresentabile come in figura, dove il campo è disegnato sul piano x-y (due circonferenze sono tracciate allo scopo di fornire un riferimento per confrontare le dimensioni delle frecce in posizioni diverse):

Anche la distribuzione di carica che genera il campo è quindi dotata della stessa simmetria per rotazione intorno all’asse z: nessuna grandezza fisica dipende da j (né da z, grazie alla simmetria per traslazione lungo l’asse z).

La componente radiale di E nel punto P si ottiene dalla [6.1] o dalla [6.2] sostituendo le coordinate di P:

ErHPL = _e^h₀IxP2+ y_P²M^-12+ ₄^k_e

0 IxP2+ y_P²M³²

7)

Dalla prima equazione di Maxwell:

r_el= e₀
ÿ E = k Ix²+ y²M r_elHPL = k IxP2+ y_P²M

8)

Considerato un cilindro # avente per asse di simmetria l’asse polare, raggio r e altezza a, consideriamo la calcoliamo la carica Q(r) interna al cilindro (in funzione del valore di r) usando il teorema di Gauss:

QHrL = e0F_∑#HEL = e0Ÿ_,Eÿ e`

r„ S = e₀Ÿ_,E_rHrL „S = e0E_rHrL 2 þ r a

dove , è la superficie laterale del cilindro (le basi non contribuiscono perché il campo ha direzione e`

r)

\ QHrL = 2 þ a Ih +^k₄ r⁴M

Nel limite r Ø 0 la carica interna è solo quella presente sull’asse z:

Qasse= Lim

rØ0QHrL = 2 þ a h Infine, per la densità lineare:

l = ^Qasse_a = 2 þ h

9)

Sul piano x= 0 non è presente alcuna discontinuità della componente ortogonale E_¦= Ex del campo, pertanto la densità superficiale è nulla:

s = e₀DE_¦ = 0

10)

Poiché il campo ha dotato di simmetria per rotazione intorno all’asse polare, le superfici equipotenziali sono superfici cilindriche coassiali aventi per asse l’asse polare. Il potenziale dipende solo dal raggio r.

Scegliendo un percorso radiale g da una superficie A a una superficie B:

VHAL - V HBL = ‡

Ag^[BEÿ „[ = ‡

rA

rB

E_rHrL „ r = ‡

rA

rB 1 e₀

h r+ kr³

4 „ r

\ VHAL - VHBL = _e^h₀ lnJ_r^rB_AN + ₁₆^k_e0 IrB4- r_A⁴M

La particella ha velocità iniziale in direzione radiale. Anche la forza elettrica di cui risente, e quindi la sua accelerazione, è radiale. Poiché sia la velocità iniziale che l’accelerazione sono radiali (cilindriche), la traiettoria è radiale; il moto unidimensionale può essere descritto mediante la coordinata r(t), mentre j e z reatano costanti. I punti A e C giacciono entrambi sul raggio che contiene la traiettoria.

Dette m e q rispettivamente la massa e la carica della particella, l’energia potenziale U(r) della parti- cella nel campo “esterno” E e il suo grafico in funzione di r sono dati da:

UHrL = q VHrL

r UHrL

A C

I

Energia totale

v

Energia cinetica

Come risulta evidente dalla figura, la particella prosegue verso l’asse polare fino al punto di inversione I, dove la sua energia cinetica si annulla. Successivamente, sempre accelerata nel verso radiale uscente, la particella invertirà il verso del moto e si allontanerà dall’asse polare fino a raggiungere il punto C.

La conservazione dell’energia meccanica ci fornisce il modulo della velocità v_C nel punto C in funzione di quello iniziale vA:

1

2 m vA2+ UHAL = ¹₂m vC2+ UHCL

\ vC= _m²@UHAL - UHCLD + vA2

Sostituendo la soluzione del punto (10):

vC= 2 _m^q@VHAL - VHBLD + vA2

Variando le dimensioni del quadrato varia l’energia elettrostatica di configurazione del sistema, pertanto il lavoro , da fare non è altro che l’energia da aggiungere alla configurazione iniziale:

, = UconfHfinaleL - UconfHinizialeL

Detto x il lato del quadrato e q il modulo di ciascuna carica, l’energia di configurazione in funzione di x è:

U_confHxL = ¹₂

S

i∫ j 1 4 þ e0

qiqj

rij = ¹₂ J-_{4 þ e}¹₀ ^q_x² µ 8 +_{4 þ e}¹

0

q²

2 x µ 4N = -_{þ e}^q2_0x J1 - ₂ ¹₂ N

\ , = U^confH2 aL - U^confHaL = _{2 þ e}^q2_0aJ1 - ₂ ¹₂ N