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Calcolare il segno ed il valore della carica puntiforme q3 affinche il campo elettrostatico totale generato nel punto O da q1,q2,q3 sia nullo.
l=3,6cm q1=q2=+o,6microC

: dce.jpg (66.67 KiB) Osservato 4230 volte

Io l'ho svolto così
Per far si che il Campo si annulli allora q3 deve essere positiva quindi supponiamo che q3>0
Componenti scalari del campo elettrico
$Ex=-E1+E3 *cos(t)=-(1/(4*\pi*e)*q1/l^2+1/(4*\pi*e)*q3/(2*l^2)*cos45°$
$Ey=E2-E3 *sin(t)=(1/(4*\pi*e)*q2/l^2-1/(4*\pi*e)*q3/(2*l^2)*sin45°$
Vado a calcolarmi il Campo Elettrico Totale in modulo
[unparseable or potentially dangerous latex formula]
Facendo i calcoli mi ritrovo che
$1/(4*\pi*e)*1/l^2$ non si annulla mai quindi mi rimane
$\sqrt{(-q1+(q3*\sqrt{2})/4)^2+(q2-(q3*\sqrt{2})/4)^2}=0$
Tolgo la radice e i studio visto che sono uguali ambo le parti solo il primo pezzo
$(-q1+(q3*\sqrt{2})/4)^2 =0$
Togliendo il quadrato
$(-q1+(q3*\sqrt{2})/4)=0$
Mi esce il risultato
$q3=(4*q1)/(\sqrt{2})$
Potete dirmi se vi trovate anche voi,non ho il risultato e vorrei saperlo per capire se so fare questa tipologia di esercizio grazie!

Il risultato è corretto, in questo caso ti sarebbe bastato semplicemente annullare E_x

o $E_{y}$ (che poi è quello che effettivamente fai dopo) senza passare dal campo totale :ok:

Vista la simmetria del problema rispetto alla diagonale, bastava uguagliare il campo di q3 a quello prodotto da q1 e q2 sulla stessa

$\frac{{{q}_{3}}}{{{\left( \sqrt{2}l \right)}^{2}}}=\sqrt{2}\,\frac{{{q}_{1}}}{{{l}^{2}}}\quad \to \quad {{q}_{3}}=2\sqrt{2}\,{{q}_{1}}$

Non vi avevo pensato avete ragione entrambi!Mi sarei risparmiato molti passaggi,anche se il risultato è lo stesso!

Ho provato a fare un altro esercizio la traccia dice:
Calcolare il lavoro che un agente esterno deve compiere nel vuoto per spostare una carica q=5nC dalla posizione A(-R,-R,0) alla posizione B(-R,2R,0) se il piano xz coincide con un piano indefinito uniformemente carico con densità superficiale di -25micoroC/m ed R=2cm.Considerare che inoltre il punto P(R,2R,0) è presente una carica Q=12microC

http://img202.imageshack.us/img202/5623/8e67.jpg

Io l'ho svolto così

Il lavoro svolto dal piano è nullo in quando il campo generato dal piano è ortogonale allo spostamento.Quindi mi calcolo solo il lavoro svolto dalla carica Q.

svolgendo l'integrale
$La,b=(q*Q)/(4*\pi*e)*((-1/r)compreso tra A e B)=$
$(q*Q)/(4*\pi*e)*(1/(\sqrt{13}*R)-1/(2*R)=6,01*10-3 J$

Non ho ben compreso i calcoli che ha svolto

scientifico, comunque mi pare che ci sia un errore riguardo la considerazione sul lavoro compiuto dal campo elettrico generato dal piano.

Se ho ben compreso l'esercizio, la situazione dovrebbe essere la seguente

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Il campo elettrico generato dal piano indefinito compie lavoro, in quanto non risulta essere ortogonale (è parallelo!) al vettore di spostamento s.
In particolare, tale campo compie un lavoro positivo fin tanto che la carica si trova nella regione y<0 mentre diventa negativo quando la carica si trova nella regione y>0.
Non possiamo trascurare il contributo dovuto al piano indefinito carico con densità di carica σ.

Io risolverei l'esercizio seguendo lo schema seguente

1. Valutare la differenza di potenziale tra il punto A e il punto B
2. Valutare l'energia potenziale accumulata dalla carica accumulata durante il moto
3. Valutare il lavoro eseguito per portare la carica da A a B

1. Dato che vige il principio di sovrapposizione degli effetti, il potenziale elettrostatico generato dal sistema corrisponde alla somma del potenziale generato dal piano e quello generato dalla carica puntiforme Q.
Possiamo dunque valutare la differenza di potenziale ΔV tra il punto A e il punto B come la somma tra la differenza di potenziale dovuta al piano e la differenza di potenziale dovuta alla carica Q.

$\Delta V = \Delta V_{\text{piano}}+\Delta V_{\text{carica Q}}$

Il campo elettrico generato dal piano corrisponde a

$\boldsymbol{E}_{\text{piano}} (y) = \begin{cases} +\frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \boldsymbol{u}_y & y>0 \\ -\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\boldsymbol{u}_y & y<0 \end{cases}$

avendo indicato con $\varepsilon_0$ la costante dielettrica del vuoto e con $\boldsymbol{u}_y$ il versore dell'asse y.

La differenza di potenziale tra A e B dovuta al piano si può trovare tramite la definizione di differenza di potenziale (cioè calcolando l'integrale di linea), quindi

$\begin{align} \Delta V_{\text{piano}} &=-\int_{A}^{B} \boldsymbol{E}_{\text{piano}} \cdot \text{d} \boldsymbol{s} \\ &=-\int_{R}^{2R}\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\text{ d}y \\ &=-\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}R \end{align}$

tra il secondo e terzo membro si è sfruttato il fatto che tra -R e R l'integrale è nullo (proprio per il ragionamento iniziale scritto in blu).

La differenza di potenziale dovuta alla carica si trova sfruttando l'espressione del potenziale generato ad una distanza r da una carica puntiforme q

$V(r)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{r}$

quindi, indicando rispettivamente con r_A

e

la distanza tra la carica Q e i punti A e B, si ha

$\begin{align} \Delta V_{\text{carica Q}} &= \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}\frac{Q}{r_B}-\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}\frac{Q}{r_A} \\ &=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}\frac{Q}{R}\left(\frac{1}{\sqrt{13}}-\frac{1}{2}\right) \end{align}$

Quindi, in definitiva, la differenza di potenziale tra il punto A e il punto B, corrisponde a

$\Delta V=\frac{1}{2 \varepsilon_0}\left[\frac{Q}{2 \pi R} \left(\frac{1}{\sqrt{13}}-\frac{1}{2}\right)-\sigma R\right]$

a questo punto il grosso dell'esercizio è fatto.

2. L'energia potenziale elettrica accumulata dalla carica q durante il moto si trova semplicemente come

$\Delta U = q \Delta V$

essa corrisponde, per definizione, all'opposto del lavoro compiuto dal campo elettrico generato dal sistema, cioè

$L_{\boldsymbol{E}}=-\Delta U$

3. Il lavoro compiuto dall'agente esterno $\boldsymbol{F}$ per muovere la carica q è esattamente l'opposto di quello svolto dal campo elettrico generato dal sistema. Dunque

$L_{\boldsymbol{F}}=-L_{\boldsymbol{E}}=\Delta U=q \Delta V$

quindi, esplicitando la differenza di potenziale, si conclude che

$\boxed{L_{\boldsymbol{F}}= \frac{q}{2 \varepsilon_0}\left[\frac{Q}{2 \pi R} \left(\frac{1}{\sqrt{13}}-\frac{1}{2}\right)-\sigma R\right]}$

C'è un errore nel calcolo della differenza di potenziale data dalla carica Q.
Ho invertito 1/rB con 1/rA:

$\Delta V_{\text{carica Q}}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q}{R} \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{\sqrt{13}} \right)$

e di conseguenza

$L_{\boldsymbol{F}}=\frac{q}{2\varepsilon_0} \left[\frac{Q}{2 \pi R}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{\sqrt{13}} \right)-\sigma R \right]$

Ti ringrazio Gost91 per la tua spiegazione esauriente,è molto chiara!Io mi ero fatto fregare quando dice un piano xz uniformemente distribuito e andandolo a disegnare(male)credevo che il vettore Campo Elettrico era ortogonale!

Non so se potrà servire a qualcun altro questa discussione,comunque voglio condividere un altro metodo che ho trovato per risolverlo(cervellandomi un po' :lol:

)..

Mi calcolo il Lavoro prima del Piano

Lpiano= $\int_{A}^{B}q*E*dl=\int_{A}^{D}q*E*dl-\int_{D}^{B}q*E*dl=\frac{(q*\sigma)}{(2*\varepsilon )}*\int_{A}^{D}dl-\frac{(q*\sigma)}{(2*\varepsilon )}*\int_{D}^{B}dl$ = $\frac{(q*\sigma)}{(2*\varepsilon )}*\left [ (0+R)-(2R-0) \right ]=-\frac{(q*\sigma)}{(2*\varepsilon )}*R$

Poi il Lavoro della carica

$Lcarica=\int_{A}^{B}q*E*dl=\frac{(q*Q)}{(4*\varepsilon*\pi )}*\int_{A}^{B}-\frac{(1)}{(l )}dl=\frac{(q*Q)}{(4*\varepsilon*\pi )}*\frac{(1)}{(\sqrt{13}*R )}-\frac{(1)}{(2*R )}$

Alla fine ho sommato i due lavori e mi trovo

$\frac{(q*Q)}{(4*\varepsilon*\pi )}*(\frac{(1)}{(\sqrt{13}*R )}-\frac{(1)}{(2*R )})-\frac{(q*\sigma)}{(2*\varepsilon )}*R=\frac{(q)}{(2*\varepsilon )}*\left [ \frac{(Q)}{(2*\pi*R )}*(\frac{(1)}{(\sqrt{13} )}-\frac{(1)}{(2)})-\sigma*R \right ]]$

Grazie per l'aiuto!

Scusate se vi disturbo ancora ho provato a fare un'altra tipologia che può uscire nel compito il lavoro e il campo elettrostatico l'ho capito.Qui chiede il Potenziale Elettrico

tRE CARICHE PUNTIFORMI Q1,Q2,Q3, SONO POSTE AI VERTICI DEL RETTANGOLO DISEGNATO.iNOLTRE IL PIANO XZ HA DENSITà 3MICROc/M^2.cALCOLARE LA DIFFERENZA DI POTENZIALE TRA I PUNTI B(L,L) E A (3L,L).
L=7cm,q1=q3=5microC,q2=-10microC)

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Io ho fatto così

Il piano essendo ortogonale allora è nulla la differenza di Potenziale
Lo stesso vale per la carica q3 è nulla la differenza di potenziale per lo stesso motivo!

Quindi mi calcolo la differenza di potenziale per q1 e q2 e poi li sommo.

Carica q1

$\Delta V=-\int_{A}^{B}E*dl=-\frac{q1}{4*\pi*\varepsilon }*(\frac{1}{L}-\frac{1}{3L})=\frac{q1}{4*\pi*\varepsilon }*\frac{2}{3L}$

Mentre q2

$\Delta V=-\int_{B}^{D}E*dl--\int_{D}^{A}E*dl=\frac{q2}{4*\pi*\varepsilon }*(\frac{1}{L}-\frac{1}{2L }+-\frac{1}{3L}-\frac{1}{2L})=\frac{q2}{4*\pi*\varepsilon }*\frac{1}{3L}$

Allora li sommo insieme e mi trovo

$\frac{1}{4*\pi*\varepsilon }*\frac{1}{3L}*(2*q1+q2)=0V$

Penso di averlo capito

..Vi ringrazio per l'aiuto che mi state dando per questa maledetta fisica 2 !

Ho provato a farlo in un altro modo e non mi trovo uguale,questo mi turba!

Ho calcolato il potenziale elettrico in B e in A e poi fatto la loro differenza,considerando sempre la distribuzione di cariche influente .
$Vb=\frac{1}{4*\pi*\varepsilon }*\frac{q1}{L}+\frac{1}{4*\pi*\varepsilon }*\frac{q2}{L}+\frac{1}{4*\pi*\varepsilon }*\frac{q3}{\sqrt{2}L}=\frac{1}{4*\pi*\varepsilon }*\frac{1}{L}*(q1+q2+\frac{q3}{\sqrt{2}})$

$Va=\frac{1}{4*\pi*\varepsilon }*\frac{q1}{3L}+\frac{1}{4*\pi*\varepsilon }*\frac{q2}{L}+\frac{1}{4*\pi*\varepsilon }*\frac{q3}{\sqrt{2}L}=\frac{1}{4*\pi*\varepsilon }*\frac{1}{L}*(\frac{q1}{3}+q2+\frac{q3}{\sqrt{2}})$

$Vb-Va=\frac{2q1}{3}$

C'è qualcosa che mi sfugge...

Come sempre un "Bravissimo" a

Gost91

@

scientifico vorrei suggerire di non usare quell'asteristico per i prodotti ... e le inutili parentesi. ;-)

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