[Campo elettrostatico] Esercizio
Un'asticella di vetro è piegata a semicirconferenza di raggio $R=0,1 m$. Su una metà è distribuita la caria $q=5*10^(-9) C$ e sull'altra $-q=-5*10^(-9)C$[nota][/nota]. Calcolare il campo elettrostatico $E$ nel centro $O$.
$dE_y=(lambda*ds)/(4piepsilon_oR^2)sin(theta)=$[nota]$ds=Rdtheta$[/nota]$=lambda/(4piepsilon_oR)sin(theta) d theta=$[nota]$lambda=q/(piR)$[/nota]$=q/(4piepsilon_oR^2)sin(theta) d theta$
$vec(E)=vec(E_y)=q/(4piepsilon_oR^2)int_(0)^(pi) sin (theta) d theta=-(2q)/(4pi^2epsilon_oR^2) hat(y)$
$vec(E)=vec(E_y)=q/(4piepsilon_oR^2)int_(0)^(pi) sin (theta) d theta=-(2q)/(4pi^2epsilon_oR^2) hat(y)$
A me il risultato sembra giusto, però la soluzione del libro è:
$q=lambda ((piR))/2$
$E_+=E_(-)=int_(pi/4)^(-pi/4) (lambda d(sin (theta)))/(4piepsilon_o R)=(2sqrt(2)q)/(4piepsilon_o(piR^2)$
$vec(E)=vec(E_+)+vec(E_-)=-(4q)/(4piepsilon_o(pi R^2)) hat(y) $
Non capisco perché considera la somma vettoriale doppia ($vec(E)=vec(E_+)+vec(E_-)$):
lo ha fatto perché ha integrato tra $(-pi/4,pi/4)$? Però aveva già contato la carica due volte ($q=lambda ((piR))/2$)
Risposte
Il campo elettrico è nullo verticalmente mentre è diretto solo orizzontalmente, e in questo caso i campi generati da elementi infinitesimi dq positivi hanno lo stesso verso di quelli negativi, quindi per trovare il campo elettrico basta solo calcolare quello generato dalle cariche positive e moltiplicarlo per due:
$dE=2/(4piepsilon_0)(dq)/R^2costheta$
$E=2/(4piepsilon_0R^2)intdqcostheta$
Sia $lamda=(dq)/(ds)$ la densità lineare di carica positiva, risulta $ds=Rd theta$ e quindi $dq=lamdaRd theta$
Integrando:
$E=(2lamdaR)/(4piepsilon_0R^2)int_(0)^(pi/2)costhetad theta$
Pertanto risolvendo l'integrale s sostituendo $lamda=Q/((piR)/2$ si ha:
$E=Q/(pi^2epsilon_0R^2$
$dE=2/(4piepsilon_0)(dq)/R^2costheta$
$E=2/(4piepsilon_0R^2)intdqcostheta$
Sia $lamda=(dq)/(ds)$ la densità lineare di carica positiva, risulta $ds=Rd theta$ e quindi $dq=lamdaRd theta$
Integrando:
$E=(2lamdaR)/(4piepsilon_0R^2)int_(0)^(pi/2)costhetad theta$
Pertanto risolvendo l'integrale s sostituendo $lamda=Q/((piR)/2$ si ha:
$E=Q/(pi^2epsilon_0R^2$
"Vulplasir":
Il campo elettrico è nullo verticalmente mentre è diretto solo orizzontalmente,
Nella nota ho postato una 'pseudo-immagine' dell'esercizio, e la semicirconferenza è posta verticalmente nel secondo e terzo quadrante; per questo ho scritto che il campo è diretto verticalmente sull'asse $y$.
"Vulplasir":
e in questo caso i campi generati da elementi infinitesimi dq positivi hanno lo stesso verso di quelli negativi, quindi per trovare il campo elettrico basta solo calcolare quello generato dalle cariche positive e moltiplicarlo per due:
Considerare due volte il campo elettrico generato dalla cariche positive e poi integrare in $(0,pi/2)$,
equivale a considerare una sola volta il campo generato dalle cariche positive e integrare in $(0,pi)$; giusto?
"Vulplasir":
sostituendo $lamda=Q/((piR)/2$ si ha
È questa la sostituzione che non capisco, perché $lamda=Q/((piR)/2$ e non $lamda=Q/((piR)$??
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Precedentemente ho svolto un esercizio analogo, solo che su tutta la circonferenza c'e una carica uniforme positiva $+q$, e quindi il campo $vec(E)$ è diretto sull'asse $x$.
$E=(lambda)/(4piepsilon_oR) int_(-pi/2)^(pi/2) cos (theta) d theta=(2lambda)/(4piepsilon_oR)$
sostituendo $lambda= Q/(piR)$, ottengo
$vec(E)=(2Q)/(4pi^2 epsilon_o R^2) hat(x)=(Q)/(2pi^2 epsilon_o R^2) hat(x)$
Non dovrebbero essere equivalenti i due risultati (tra i due esercizi) in modulo
I due problemi non sono uguali, perchè in quello dove c'è una carica Q a destra e una -Q a sinistra, in totale sulla semicirconferenza si trova in modulo una carica 2Q. Nell'altro problema invece c'è solo la carica Q su tutta la semicirconferenza, e quindi il campo elettrico nel secondo caso sarà la metà, come infatti ti risulta.
La carica Q è depositata su un quarto di circonferenza, quindi $lamda=Q/((2piR)/4)$
"Magma":
Considerare due volte il campo elettrico generato dalla cariche positive e poi integrare in $(0,pi/2)$,
equivale a considerare una sola volta il campo generato dalle cariche positive e integrare in $(0,pi)$; giusto?
Ma è vero quello che ho scritto sopra?
Cioè, io, per risolvere questo esercizio della carica $+q$ su un quarto di circonferenza e $-q$ sull'altro quarto, ho considerato come se ci fosse un'unica carica $q$ e poi integrato in un intervallo di mezzo giro $(0, pi)$; ne deduco che è sbagliato ma non capisco perché?
E' sbagliato perché la carica q è depositata solo su un quarto di circonferenza, mentre su tutta la semicirconferenza c'è una carica totale, in modulo, 2q
Quindi il sistema equivale a considerare una carica $2q$ depositata su tutta la semicirconferenza e integrare da $0$ a $pi$
Ok grazie!
Comunque prima hai considerato la carica $2q$ e integrato da $0$ a $pi/2$...
Comunque prima hai considerato la carica $2q$ e integrato da $0$ a $pi/2$...
No, ho considerato la carica $q$ depositata su un quarto di circonferenza e integrato da $0$ a $pi/2$, e in seguito moltiplicato per $2$, che equivale a considerare una carica $2q$ depositata su tutta la semicirconferenza e integrare da $0$ a $pi$
Insomma, quello che conta è la densità di carica...se tu metti una carica q su tutta la semicirconferenza, dimezzi la densità di carica e quindi integrando da 0 a $pi$ ottieni una forza che è la metà.
"Vulplasir":
Insomma, quello che conta è la densità di carica...se tu metti una carica q su tutta la semicirconferenza, dimezzi la densità di carica e quindi integrando da 0 a $pi$ ottieni una forza che è la metà.
Quello che mi confonde è il paragone con l'esercizio in cui su tutta la semicirconferenza c'è una carica $+q$, in quel caso ho integrato sempre in un intervallo di $180°$, senza dover dimezzare la densità di carica
Nel secondo esercizio hai una carica q distrobuita su una semicirconferenza $piR$, quindi una densità $lamda=q/(piR)$. Nel primo esercizio hai una carica 2q distribuita su una semicirconferenza, quindi una densità $lambda=(2q)/(piR)$
Come vedi la densità di carica nel primo esercizio è il doppio, quindi il campo elettrico del primo esercizio sarà il doppio di quello del secondo (come è effettivamente)
Come vedi la densità di carica nel primo esercizio è il doppio, quindi il campo elettrico del primo esercizio sarà il doppio di quello del secondo (come è effettivamente)
Il fatto del "dimezzamento della densità di carica" non era riferito al secondo esercizio ma al primo. Tu nel primo hai considerato il sistema come se su tutta la semicirconferenza vi fosse una carica q. Questo è sbagliato perchè non è vero, sulla semicirconferenza c'è in totale una carica 2q in modulo.
Non mi riesci ad andare giù questa cosa... cioè capisco che è sbagliato però non riesco a capirne il senso.
Allora, io ho considerato il campo elettrostatico generato da una carica infinitesima $dq=lambda ds$, e poi ho integrato da $0$ a $pi$ per considerare tutta la distribuzione continua di cariche.
Ora, siamo d'accordo che questo ragionamento va bene per il secondo esercizio, mentre per il secondo avrei dovuto considerare una doppia carica infinitesima, cioè $2dq$ integrando sempre in un intervallo della medesima ampiezza.
Questo mi porta a pensare che sulla semicirconferenza del primo esercizio ($+q,-q$) c'è una distribuzione di carica doppia rispetto a quella prima del secondo esercizio ($+q$); invece a me sembra che in entrambi i casi ci sia la stessa quantità di cariche infinitesime solo che nel primo esercizio una metà sono positive e l'altra metà negative...
Allora, io ho considerato il campo elettrostatico generato da una carica infinitesima $dq=lambda ds$, e poi ho integrato da $0$ a $pi$ per considerare tutta la distribuzione continua di cariche.
Ora, siamo d'accordo che questo ragionamento va bene per il secondo esercizio, mentre per il secondo avrei dovuto considerare una doppia carica infinitesima, cioè $2dq$ integrando sempre in un intervallo della medesima ampiezza.
Questo mi porta a pensare che sulla semicirconferenza del primo esercizio ($+q,-q$) c'è una distribuzione di carica doppia rispetto a quella prima del secondo esercizio ($+q$); invece a me sembra che in entrambi i casi ci sia la stessa quantità di cariche infinitesime solo che nel primo esercizio una metà sono positive e l'altra metà negative...
Nel secondo hai una carica totale Q distribuita uniformemente su una semicirconferenza, quindi integrai dq da 0 a $pi$.
Nel primo hai una carica -Q a destra e una carica +Q a sinistra. Per trovare il campo elettrico, integri un dq infinitesimo della carica -Q di destra da 0 a pi/2 e in seguito integri un dq infinitesimo delal carica +Q di sinistra da $pi/2$ a $pi$. In totale cosa hai fatto? hai integrato un dq di una carica totale 2Q da 0 a $pi$. Insomma mi pare ovvio che se su una semicirconferenza c'è una carica Q e sull'altra una carica -Q, la carica totale in modulo + 2Q. Se su un quarto di circonferenza del problema 1 c'è una carica Q, e su una semicirconferenza del probema 2 c'è una carica Q, mi pare più che ovvio che la densità di carica sia diversa. Sul problema 1 abbiamo una carica Q distribuita su un quarto di circonferenza, sul problema 2 abbiamo Q distribuita su una semicirconferenza.
Nel primo hai una carica -Q a destra e una carica +Q a sinistra. Per trovare il campo elettrico, integri un dq infinitesimo della carica -Q di destra da 0 a pi/2 e in seguito integri un dq infinitesimo delal carica +Q di sinistra da $pi/2$ a $pi$. In totale cosa hai fatto? hai integrato un dq di una carica totale 2Q da 0 a $pi$. Insomma mi pare ovvio che se su una semicirconferenza c'è una carica Q e sull'altra una carica -Q, la carica totale in modulo + 2Q. Se su un quarto di circonferenza del problema 1 c'è una carica Q, e su una semicirconferenza del probema 2 c'è una carica Q, mi pare più che ovvio che la densità di carica sia diversa. Sul problema 1 abbiamo una carica Q distribuita su un quarto di circonferenza, sul problema 2 abbiamo Q distribuita su una semicirconferenza.
Perfetto, ti ringrazio per la pazienza e la disponibilità. 
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