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da **Gost91** » 2 lug 2013, 22:33

Salve a tutti!

Ho un problema con questo esercizio:

"Quattro cariche puntiformi di egual valore q=10^(−8) C sono poste ai vertici di un quadrato di lato a=10 cm. Calcolare l'energia potenziale elettrostatica del sistema e il lavoro necessario per spostare una delle cariche dalla posizione iniziale P1 al punto P2 indicato in figura e situato nel centro del lato"

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Per quanto riguarda il calcolo dell'energia potenziale elettrostatica non ho problemi, mentre sul calcolo del lavoro ho una incongruenza col segno. Indicando con V il potenziale generato dalle restanti 3 cariche e con K la costante di Coulomb, trovo dopo qualche passaggio:

$W_{P_1 \rightarrow P_2} =-q[V(P_2)-V(P_1)] \Rightarrow$

$W_{P_1 \rightarrow P_2} =K\frac{q^2}{a}\left( \frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{2}{\sqrt{5}}-2\right)$

numericamente:

$W_{P_1 \rightarrow P_2}\simeq -1.97 \cdot 10^{-5} \text{ J}$

I conti mi sembrano corretti, per cui vorrei sapere (tanto per togliermi il dubbio) se ho ben compreso tutte le definizioni riguardanti lavoro, energia potenziale e potenziale elettrico:

$W_{a \rightarrow b}:=q_0\int_{a}^{b} \bf{E} \cdot\, \text{d} \bf{s}$

$\Delta U=U(b)-U(a):=-W_{a \rightarrow b}$

$\Delta V=V(b)-V(a):=\frac{\Delta U}{q_0} \Rightarrow \Delta V =-\int_{a}^{b} \bf{E} \cdot\, \text{d} \bf{s}$

dove q_0

è la carica di prova, $\bf{E}$ è il vettore campo elettrico e

è l'energia potenziale elettrica.

da **RenzoDF** » 3 lug 2013, 18:32

L'incongruenza sul segno deriva da una erronea interpretazione del "soggetto" ovvero, se si intende parlare del lavoro compiuto da

Gost91 oppure di quello compiuto dal Campo Elettrico; quando nel testo si legge "calcolare ... il lavoro necessario per spostare una delle cariche dalla posizione iniziale P1 al punto P2", direi che sia sottinteso che si chiede il lavoro compiuto da

Gost91.

Quanto al suo calcolo, come ben sai, può essere effettuato o come differenza fra i due valori dell'energia potenziale elettrostatica corrispondente alle due configurazioni (finale meno iniziale) del sistema delle quattro cariche, oppure, come mi sembra tu abbia fatto, dal prodotto fra la carica che viene spostata e la differenza di potenziale fra i due potenziali V(P2) e V(P1) relativi alla terna delle tre cariche fisse.

BTW se posti anche il tuo calcolo dell'energia potenziale elettrostatica il problema sarebbe più completo! ... occhio al simbolo $\simeq$ che stà ad indicare "uguaglianza asintotica", non "uguale a circa" per il quale si usa invece $\approx$ . ;-)

da **Gost91** » 4 lug 2013, 18:13

Prima di tutto grazie

RenzoDF per la risposta.

L'incongruenza sul segno deriva da una erronea interpretazione del "soggetto"

Giusto. L'espressione

$W_{P_1 \rightarrow P_2}= q_0 \int_{P_1}^{P_2} \textbf{E} \cdot \text{d}\textbf{s}$

quantifica il lavoro compiuto dal campo elettrico, non dall'agente esterno che sposterà la carica.
Infatti il lavoro del campo elettrico, essendo resistente, dovrà (e secondo i calcoli lo è) essere negativo.
Tale lavoro si oppone esattamente a quello compiuto dall'agente esterno, quindi il lavoro di quest'ultimo è in valore assoluto uguale a quello eseguito del campo elettrico con la sola differenza legata al segno.

...oppure, come mi sembra tu abbia fatto, dal prodotto fra la carica che viene spostata e la differenza di potenziale fra i due potenziali V(P2) e V(P1) relativi alla terna delle tre cariche fisse.

Si, per prima cosa ho calcolato il potenziale in P2 e P1 per poi trovare la corrispondente differenza di energia potenziale. Da essa poi ho calcolato il lavoro (che si riferiva a quello eseguito dal campo elettrico) invertendone semplicemente il segno.

se posti anche il tuo calcolo dell'energia potenziale elettrostatica il problema sarebbe più completo!

I calcoli sono abbastanza semplici, ho riportato solo i risultati. Non mi pareva aver commesso errori, anche perché l'errore era solo sul segno (infatti l'errore era puramente concettuale).

occhio al simbolo $\simeq$ che stà ad indicare "uguaglianza asintotica", non "uguale a circa" per il quale si usa invece $\approx$

da **RenzoDF** » 4 lug 2013, 18:26

Gost91 ha scritto:... I calcoli sono abbastanza semplici, ho riportato solo i risultati. Non mi pareva aver commesso errori, anche perché l'errore era solo sul segno (infatti l'errore era puramente concettuale).

Lo chiedo non per verificare i tuoi calcoli ma per completezza della soluzione, ovvero per i futuri lettori del thread,... se ti va potresti anzi usare anche il primo metodo che ti ho indicato per risolvere il problema via differenza fra i due valori delle energie potenziali elettrostatiche ;-)

da **Gost91** » 9 lug 2013, 16:08

Ai posteri:

L'esercizio l'ho risolto secondo i seguenti passi:

1) Valutare il potenziale elettrostatico generato dal sistema
2) Valutare la differenza di potenziale V(P2)-V(P1)
3) Valutare l'energia potenziale accumulata dalla carica accumulata durante il moto
4) Valutare il lavoro eseguito per portare la carica da P1 a P2

1)

Secondo il principio di sovrapposizione degli effetti Il potenziale generato dal sistema costituito dalle cariche q1, q2, q3 è dato dalla somma dei potenziali generati dalle cariche considerate singolarmente.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Ogni carica, essendo puntiforme, genera un un potenziale V la cui intensità è data da

$V=K\frac{q}{r}$

dove K è la costante di Coulomb, q è il valore della carica e r è la distanza del punto in considerazione rispetto la precedente carica.
Detto Vi il potenziale generato dalla carica qi, si ha che il potenziale generato dal sistema in P1 corrisponde a

$V(P1)=V_1 (P1)+V_2 (P1)+V_3(P1)=K\frac{q_1}{a}+K\frac{q_2}{\sqrt{2}a}+K\frac{q_3}{a}=K\frac{q}{a}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+1\right)\Rightarrow$
$V(P1)=K\frac{q}{a}\left(2+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

analogamente il potenziale generato dal sistema in P2 corrisponde a

$V(P2)=K\frac{q}{a}\left(4+\frac{2}{\sqrt{5}}\right)$

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

2)

la differenza di potenziale tra il punto P2 e il punto P1 corrisponde a

$\Delta V=V(P2)-V(P1)=K\frac{q}{a}\left(2+\frac{2}{\sqrt{5}}-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$

3)

l'energia potenziale accumulata dalla carica q0 corrisponde a

$\Delta U=q_0 \Delta V=K\frac{q_0 q}{a}\left(2+\frac{2}{\sqrt{5}}-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$

4)

Durante il moto della carica, il campo elettrico generato dal sistema si oppone compiendo un lavoro resistente pari a

$W_{\textbf{E}}=-\Delta U$

quindi si dovrà, applicando una forza esterna F, compiere un lavoro pari all'opposto di quello svolto dal campo elettrico

$W_{\textbf{F}}=-W_{\textbf{E}}=\Delta U$

si conclude che

$W_{\textbf{F}}=K\frac{q_0 q}{a}\left(2+\frac{2}{\sqrt{5}}-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$

da **claudiocedrone** » 9 lug 2013, 16:17

Solo un appunto formale: dei disegni meno giganti renderebbero il post più facilmente fruibile (senza dover ingrandire per vedere il disegno intero, cosa che fa aprire un'altra finestra ogni volta) ;-)

da **RenzoDF** » 9 lug 2013, 16:41

Gost91 ha scritto:Ai posteri:

Bravissimo! =D>

NB mancherebbe però sempre il calcolo con il metodo della differenza fra i due valori delle energie potenziali elettrostatiche delle due configurazioni delle quattro cariche, iniziale e finale.

BTW concordo con

claudiocedrone ... con i disegni un po' più piccoli sarebbe meglio. ;-)

da **Gost91** » 9 lug 2013, 17:19

Visto ci sono...

$U(\text{iniziale})=\frac{q_0 q_1}{a}+\frac{q_0 q_2}{\sqrt{2}a}+\frac{q_0 q_3}{a}+\frac{q_1 q_2}{a}+\frac{q_1 q_3}{\sqrt{2}a}+\frac{q_2 q_3}{a}=\frac{q^2}{a} \left(4+\frac{2}{\sqrt{2}}\right)$

$U(\text{finale})=2\frac{q_0 q_1}{\sqrt{5}a}+2\frac{q_0 q_2}{a}+2\frac{q_0 q_3}{a}+\frac{q_1 q_2}{a}+\frac{q_1 q_3}{\sqrt{2}a}+\frac{q_2 q_3}{a}=\frac{q^2}{a}\left(\frac{2}{\sqrt{5}}+6+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$

$\Delta U= U(\text{finale})-U(\text{iniziale})=\frac{q^2}{a}\left(\frac{2}{\sqrt{5}}+2-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$

CVD