Esercizi svolti di Elettrostatica PDF

Preview

Summary

Una serie di esercizi svolti e commentati, che analizzano sotto tutti i punti di vista il campo elettrostatico attraverso la Legge di Gauss.
È svolta sia l'analisi letterale, numerale e dimensionale di ogni quantità....

Description

Elettrostatica

Esercizio 2.1 – PoliTo Su di un filo di lunghezza infinita è distribuita una carica uniforme per unità di lunghezza = 25 nC/m. Calcolare il campo elettrico in un punto che dista 15 cm dal filo. Soluzione Sfruttando la simmetria del sistema, il campo elettrico generato dal filo sarà radiale. Applicando la legge di Gauss si ha: ∫ 𝐸 ∙ 𝑑Σ = Σ

𝐸(𝑟) =

𝑞 𝜀0

→ 𝐸(𝑟) ∙ 2𝜋𝑟𝑙 =

𝜆𝑙 𝜀0

𝜆 25 ∙ 10−9 = 3 ∙ 103 𝑁/𝐶 → 𝐸(15𝑐𝑚) = 2𝜋𝜀0 15 ∙ 10−2 2𝜋𝜀0 𝑟

Esercizio 2.2 – PoliTo Si consideri un cilindro di raggio R e lunghezza indefinita entro il quale vi siano delle cariche distribuite con densità di volume uniforme . Determinare il campo elettrostatico in un generico punto P all’interno del cilindro e la differenza di potenziale tra l’asse del cilindro e le superfici laterali. Soluzione La simmetria cilindrica ci permette di dire che il campo elettrico è radiale, quindi sarà dipendente dalla distanza dall’asse. Per determinare il valore del campo all’interno del cilindro, utilizziamo la legge di Gauss applicata sempre ad un cilindro avente raggio r < R. ∫ 𝐸 ∙ 𝑑Σ = Σ

𝑞 𝜀0

→ 𝐸(𝑟) ∙ 2𝜋𝑟𝑙 =

1 ∙ ∫ 𝜌 𝑑𝜏 𝜀0 𝜏

Essendo ρ uniforme, ai fini dell’integrale si tratta come una costante, quindi si lavora sul volume del cilindro: 𝐸(𝑟) ∙ 2𝜋𝑟𝑙 =

1 𝜌 𝑟 ∙ 𝜌 ∫ 𝑑(𝜋𝑟2 𝑙) = ∫ 2𝜋𝑟𝑙 𝑑𝑟 𝜀0 𝜀0 0 𝜏 𝐸(𝑟) =

𝜌𝑟 2 𝜀0

Per il calcolo del potenziale, sfruttiamo la definizione di differenza di potenziale: 𝑅

𝑉0 − 𝑉𝑅 = ∫ 𝐸(𝑟) 𝑑𝑟 = 0

𝜌 1 2 ∙ 𝑅 2 𝜀0 2

Esercizio 2.3 – PoliTo Una sfera di raggio a possiede una densità di carica  = k / r2, dove r indica la distanza dal centro della sfera e k è una costante. Calcolare il campo elettrico ed il potenziale all’interno della sfera considerando che all’esterno della sfera sia  = 0. Soluzione Sfruttando la simmetria sferica, il campo elettrico prodotto sarà lungo la direzione radiale. Per risalire ad esso applichiamo la legge di Gauss ad una sfera di raggio R R. 󰇍 = 𝐷(𝑟)4𝜋𝑟2 = 𝑞 ∫ 𝐷󰇍 ∙ 𝑑Σ

→ 𝐷(𝑟) =

𝑞 𝒖 4𝜋𝑟 2 𝒓

Per cui, risaliamo al campo elettrico con la relazione che lo lega al vettore induzione elettrica: 𝑬=

𝑫 𝑞 𝑫 = = 𝒖 𝜀 𝜀0 ∙ 𝑘 4𝜋𝜀0 𝑘𝑟 2 𝒓

Possiamo risalire al vettore polarizzazione sfruttando la relazione che lo collega al vettore D:

𝑘−1 𝑘−1 𝑞 𝒖 󰇍󰇍 = 𝐷 𝑘 4𝜋𝑟 2 𝒓 𝑘 Sulla superficie del dielettrico si deposita una carica di polarizzazione che scriviamo in termini di densità di carica: 𝑃󰇍 =

𝜎𝑃 = 𝑃󰇍 ∙ 𝑢 𝑛 = −𝑃󰇍 𝑟 = −

𝑘−1 𝑞 𝒖 𝑘 4𝜋𝑟 2 𝒓

Dove il versore 𝑢 𝑛 è normale uscente dalla superficie del dielettrico, quindi per la superficie interna risulta essere opposto alla direzione del versore radiale 𝑟 . Se ne deduce che la carica di polarizzazione lungo la superficie interna del dielettrico è negativa: 𝑞𝑝 = 𝜎𝑃 ∙ Σ = 𝜎𝑃 ∙ 4𝜋𝑟2 = − Quindi per 𝑟 ≥ 𝑅 la relazione del campo effettivo sarà: 𝐸(𝑟) =

𝑘 −1 𝑞 𝑘

1 𝑞 + 𝑞𝑝 𝑞 𝑞 𝑘−1 ∙ ) 𝒖𝒓 = 𝒖𝒓 = ∙ (1 − 𝒖 4𝜋𝜀0 𝑟2 4𝜋𝜀0 𝑟 2 𝑘 4𝜋𝜀0 𝑘𝑟 2 𝒓

Esempio 5.3 Pag. 143

Un condensatore piano con armature di area Σ e distanti h, è riempito da due lastre di dielettrico, una di spessore 𝑑1 e costante dielettrica relativa 𝑘1 , l’altra di spessore 𝑑2 e costante dielettrica relativa 𝑘2 . Ai capi è applicata una d.d.p. pari a V. Calcolare i valori dei campi elettrici in entrambi i dielettrici e la densità di carica di polarizzazione sulla superficie di separazione dei dielettrici. Soluzione Data la struttura, possiamo subito evidenziare che il campo elettrico all’interno di entrambi i dielettrici è ortogonale alle armature. L’induzione dielettrica sarà continua seguendo la relazione 𝑘1 𝐸1 = 𝑘2 𝐸2 → 𝐷1 = 𝜀0 𝑘1 𝐸1 = 𝜀0 𝑘2 𝐸2 = 𝐷2 La differenza di potenziale tra le armature la scriviamo secondo la definizione: ℎ

𝑉 = ∫ 𝑬 𝑑𝒔 = 𝐸1 𝑑1 + 𝐸2 𝑑2 𝑜

{

𝑉 𝑘1 𝑉 𝑘2 𝑘1 𝐸1 = 𝑘2 𝐸2 & 𝐸2 = → 𝐸1 = 𝑉 = 𝐸1 𝑑1 + 𝐸2 𝑑2 𝑘2 𝑑1 + 𝑘1 𝑑2 𝑘2 𝑑1 + 𝑘1 𝑑2 𝐷=

𝜀0 𝑉 𝑘1 𝑘2

𝑘2 𝑑1 + 𝑘1 𝑑2

La densità di carica di polarizzazione nei dielettrici sarà: 𝜎1 = 󰇍󰇍 𝑃󰇍1 ∙ 𝑢𝑛 =

𝑘1 − 1 󰇍 𝐷 𝑘1

&

𝜎2 = 𝑃󰇍󰇍󰇍2 ∙  𝑢𝑛 =

𝑘2 − 1 󰇍󰇍𝐷 𝑘2

Nella superficie di separazione la densità di carica di polarizzazione è: 𝑘1 − 1 − 𝜎𝑝 = 𝜎1 − 𝜎2 = 𝐷󰇍 ( 𝑘1

𝑘2 − 1 𝑘1 − 𝑘2 ) = 𝐷󰇍 ∙ 𝑘2 𝑘1 𝑘 2

Il cui segno dipenderà strettamente dai valori delle costanti dielettriche.

Esempio 5.6 Pag. 148 In un condensatore piano le cui armature sono quadrate di lato d e distano h, è parzialmente riempito di un materiale dielettrico di spessore h. Assumendo che la carica libera sulle armature sia costante, calcolare in funzione della posizione della lastra le densità di carica, la d.d.p., la capacità e l’energia elettrostatica. Soluzione

Data la struttura del condensatore, il campo elettrico sarà ortogonale alle armature. Le armature sono superfici equipotenziali, quindi il campo elettrico sarà uguale in entrambe le regioni interne. Supponiamo che nella parte dove è presente il dielettrico, lungo le armature si posizioni una densità di carica 𝜎2 e 𝜎1 si posizioni nelle armature dove vi è il vuoto. Scrivendo le relazioni per i due campi elettrici che si formano: 𝐸𝑣𝑢𝑜𝑡𝑜 =

𝜎1 𝜀0

& 𝐸𝑑𝑖𝑒𝑙𝑒𝑡𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜 =

𝜎2 → 𝐸𝑣𝑢𝑜𝑡𝑜 = 𝐸𝑑𝑖𝑒𝑙𝑒𝑡𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜 → 𝜎2 = 𝑘 𝜎1 𝑘 𝜀0

La maggior densità di carica libera sulle armature in corrispondenza del dielettrico compensa la carica di polarizzazione 𝜎𝑃 = 𝜎2 − 𝜎1 = (𝑘 − 1)𝜎1 =

𝑘−1 𝜎2 𝑘

Definiamo il vettore induzione elettrica nelle due differenti regioni: 𝐷𝑣𝑢𝑜𝑡𝑜 = 𝜀0 𝐸 & 𝐷𝑑𝑖𝑒𝑙𝑒𝑡𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜 = 𝜀0 𝐸 + 𝑷 = 𝜀0 𝐸 + 𝜀0 (𝑘 − 1)𝐸 = 𝜀0 𝐸𝑘 = 𝑘 𝐷𝑣𝑢𝑜𝑡𝑜 La carica totale sulle armature è: 𝑞 = 𝑞1 + 𝑞2 = 𝜎1 (𝑑 − 𝑥)𝑑 + 𝜎2 𝑥𝑑

Essendo 𝜎2 = 𝑘 𝜎1 , risaliamo alle densità di carica : 𝜎1 (𝑥) =

𝑞 𝑞𝑘 & 𝜎2 (𝑥) = 𝑑[𝑑 + 𝑥(𝑘 − 1)] 𝑑[𝑑 + 𝑥 (𝑘 − 1)]

𝐸(𝑥) = 𝜎𝑃 =

𝜎1 (𝑥) 𝜎2 (𝑥) 𝑞 = = 𝜀0 𝑑[𝑑 + 𝑥 (𝑘 − 1)] 𝜀0 𝑘 𝜀0

𝑞 (𝑘 − 1) 𝑘 −1 𝑞𝑘 = 𝑘 𝑑[𝑑 + 𝑥(𝑘 − 1)] 𝑑[𝑑 + 𝑥 (𝑘 − 1)]

La d.d.p. ai capi del condensatore è: 𝑉(𝑥) = 𝐸ℎ =

𝜎1 (𝑥) 𝑞ℎ 𝜎2 (𝑥) ℎ= ℎ= 𝜀0 𝑑[𝑑 + 𝑥(𝑘 − 1)] 𝜀0 𝑘 𝜀0

Si risale quindi alla capacità sfruttando la definizione: 𝐶(𝑥) =

𝜀0 𝑑[𝑑 + 𝑥(𝑘 − 1)] 𝜀0 𝑑(𝑑 − 𝑥) 𝜀0 𝑘𝑥𝑑 𝑄 = = + ℎ ℎ 𝑉(𝑥) ℎ

Con questa scomposizione il condensatore può essere visto come due condensatori separati, uno completamente riempito di dielettrico ed uno completamente vuoto, in parallelo tra loro. L’energia elettrostatica del condensatore la ricaviamo utilizzando la definizione: 𝑈𝑒 =

𝑞2 𝑞2 ℎ = 2𝐶 2 𝜀0 𝑑[𝑑 + 𝑥 (𝑘 − 1)]

Esempio 5.7 Pag. 149 Lo spazio compreso tra le armature di un condensatore sferico, di raggio interno R 1 e raggio esterno R 2, è riempito parzialmente da un materiale dielettrico lineare e omogeneo di costante dielettrica relativa k che occupa la corona sferica compresa tra R1 e R0 , con R0 < R2 . Calcolare l’energia elettrostatica del sistema e la densità di carica di polarizzazione. Soluzione Data la simmetria sferica, i campi E, P e D sono radiali e dipendono dalla distanza dal centro. Applicando la legge di Gauss relativa al vettore induzione elettrica: 󰇍 = 𝑞𝑙𝑖𝑏𝑒𝑟𝑎 → 𝐷(𝑟) = ∫ 𝐷󰇍󰇍 ∙ 𝑑Σ Σ

𝑞 𝒖 4 𝜋 𝑟2 𝒓

1𝐷2 𝜀

Da questa si calcola l’energia elettrostatica del sistema, sfruttando la densità di energia elettrostatica 𝑢𝑒 =2 presente che per 𝑟 = 𝑅0 c’è una variazione di dielettrico, infatti si passa dal materiale omogeneo al vuoto. 𝑈𝑒 = ∫ 𝑢𝑒 𝑑𝜏 = ∫ 𝜏

𝑅0𝐷 2

𝑅1

∙ 4𝜋𝑟 2 𝑑𝑟 + ∫

𝜀

𝑅2𝐷 2

𝑅0

𝜀0

e tenendo

∙ 4𝜋𝑟 2 𝑑𝑟

𝑞2 1 𝑞 1 1 2 ∙ ∙ ∙ ∙ ∙ 4𝜋𝑟2 𝑑𝑟 ∙ 4𝜋𝑟 𝑑𝑟 + ∫ 2 4 2 4 𝑅1 2 𝜀0 ∙ 𝑘 16 𝜋 𝑟 𝑅0 2 𝜀0 16 𝜋 𝑟

=∫

2

𝑅0

=

𝑅21

𝑞2 𝑞 2 1 𝑅2 − 𝑅0 𝑅0 − 𝑅1 1 ( )+ ∙ ( ∙ ) 2 4𝜋𝜀 𝑅0 𝑅2 2 4𝜋𝜀0 𝑘 𝑅0 𝑅1

Essendo l’energia elettrostatica definita anche come 𝑈 = =

1 𝑄2 2 𝐶

allora possiamo evidenziare:

𝑞2 1 𝑞2 1 ( + )= 2𝐶 2 𝐶1 𝐶2

Per risalire alla densità delle cariche di polarizzazione, utilizziamo la relazione di collegamento tra D e P 󰇍 = 𝑃

𝑘−1 󰇍󰇍 𝐷 𝑘

𝜎𝑝 (𝑅1 ) = 𝑃󰇍 ∙ 𝒖𝒏 = −𝑃󰇍 ∙ 𝒖𝒓 = − 󰇍 ∙ 𝒖𝒏 = 𝑃󰇍 ∙ 𝒖𝒓 = 𝜎𝑝 (𝑅0 ) = 𝑃

𝑘−1 𝑘−1 𝑞 󰇍󰇍 𝒖𝒓 = − ∙ 𝐷 𝑘 𝑘 4𝜋𝑅12

𝑘−1 𝑘−1 𝑞 󰇍󰇍 𝒖𝒓 = ∙ 𝐷 𝑘 𝑘 4𝜋𝑅02

Il versore 𝒖𝒏 rappresenta la direzione normale uscente dal materiale dielettrico, quindi per la superficie interna è nella direzione radiale negativa, mentre è nella direzione radiale positiva per la superficie esterna. Da cui si evidenzia una distribuzione positiva di carica di polarizzazione su R 0 e una distribuzione negativa di carica di polarizzazione su R 1. Risaliamo al valore della carica su entrambe le superfici: 𝑞𝑝 (𝑅1 ) = 𝜎𝑝 (𝑅1 ) ∙ 4𝜋𝑅21 = − 𝑞𝑝 (𝑅0 ) = 𝜎𝑝 (𝑅0 ) ∙ 4𝜋𝑅20 =

𝑘−1 ∙𝑞 𝑘

𝑘−1 ∙𝑞 𝑘

Esame 07/02/2018 Tre sfere concentriche di raggi r1 = 0,5 cm, r2 = 3 cm, r3 = 7 cm, sono composte rispettivamente di un materiale di costante dielettrica relativa k = 1,007 , di rame e di un dielettrico non lineare. Quando nel rame si trova una carica q = 38 mC, nel 𝑞

dielettrico non lineare è presente un campo elettrico 𝐸 = (4𝜋𝜀

0𝑟

2

− 𝐴𝑟2 ) con 𝐴 = 6.3 × 107 𝑣/𝑚 3 . Determinare i campi

D, E e P in tutto lo spazio e la differenza di potenziale 𝑉(𝑟3 ) − 𝑉(𝑟1 ). Calcolare le cariche di polarizzazione sulle superfici ed all'interno del dielettrico non lineare. Soluzione La simmetria del sistema è sferica, questo ci permette di dire che il modulo dei campi dipenderà esclusivamente dalla distanza dal centro del sistema, mentre la direzione sarà radiale, considerando questa direzione attraverso il versore 𝑟 .

Per analizzare il sistema e determinare i campi conviene evidenziare 4 regioni differenti: 1- r < r1 Interni al materiale lineare. Applicando la legge di Gauss per il vettore induzione elettrica ad una superficie circolare di raggio r < r1, essendo la carica q nel rame, questa si distribuisce solo lungo la superficie esterna della sfera, quindi funge da schermo per il materiale interno e quindi non c’è carica libera. 󰇍 = 𝑞𝑙𝑖𝑏𝑒𝑟𝑎 → 𝐷(𝑟 < 𝑟1 ) = 0 ∫ 𝐷󰇍 ∙ 𝑑Σ 󰇍 =𝜇 ∙ 𝐷 󰇍 → 𝐸(𝑟 < 𝑟1 ) = 0 Sfruttando la relazione che collega il vettore D al campo elettrico si ha: 𝐸

󰇍 = 0. Di conseguenza non si hanno cariche di A sua volta, anche il vettore polarizzazione risulta essere nullo 𝑃 polarizzazione perché 𝜎𝑃 = 𝑃󰇍 ∙ 𝒖𝒏 = 0 2- r1 < r < r2 Interni al rame. Anche in questo caso, applicando la legge di Gauss per il vettore induzione, per una superficie avente raggio r1 < r < r2, questa non racchiude alcuna carica libera perché si deposita solo lungo la superficie esterna della calotta di rame. Quindi ancora una volta 𝐷 = 0 → 𝐸 = 0 → 𝑃 = 0. Anche qui le cariche di polarizzazione sono nulle perché strettamente dipendenti dal vettore P. 3- r2 < r < r3 Interni al materiale non lineare. In questo caso la legge di Gauss applicata al vettore induzione elettrica per una superficie con raggio r2 < r < r3 racchiude la carica q presente nel rame. ∫ 𝐷󰇍󰇍 ∙ 𝑑Σ󰇍 = 𝑞𝑙𝑖𝑏𝑒𝑟𝑎 → 𝐷 (𝑟2 < 𝑟 < 𝑟3 ) =

𝑞𝑙𝑖𝑏 4𝜋𝑟2

Essendo già noto il campo elettrico, si risale al vettore polarizzazione: 𝑃󰇍 = 𝐷󰇍 − 𝜀0 𝐸󰇍 =

𝑞 𝑞 − 𝜀0 [ − 𝐴𝑟 2 ] = 𝜀0 𝐴𝑟2 𝒓 2 4𝜋𝑟 4𝜋𝜀0 𝑟 2

Di conseguenza risaliamo alle cariche di polarizzazione nel materiale dielettrico non lineare sfruttando la densità di carica 󰇍 ∙ 𝑢𝑛 , dove il versore 𝑢 di polarizzazione 𝜎𝑃 = 𝑃 𝑛 rappresenta il versore normale uscente dalle superfici interne ed esterne del materiale. Quindi otteniamo due differenti densità di carica di polarizzazione: 𝜎𝑃𝑖𝑛𝑡 = −𝑃󰇍 ∙ 𝑢𝑛 1 = −𝜀0 𝐴𝑟22

&

𝜎𝑃𝑒𝑠𝑡 = +𝑃󰇍 ∙ 𝑢𝑛 2 = 𝜀0 𝐴𝑟32

Dove 𝑢𝑟 = −𝑢𝑛1 è il versore normale uscente dalla superficie interna, mentre 𝑢𝑟 = 𝑢𝑛 2 è il versore normale uscente dalla superficie esterna. La carica che si deposita su queste superfici è: 𝑞𝑃 𝑖 = 𝜎𝑃 𝑖 ∙ 4𝜋𝑟22

&

𝑞𝑃 𝑒 = 𝜎𝑃 𝑒 ∙ 4𝜋𝑟32

Si nota come nella superficie interna si deposita una carica di polarizzazione negativa, mentre lungo la superficie esterna si ha una carica di polarizzazione positiva. 4- r > r3 Esterni al sistema. Sempre attraverso la legge di Gauss per il vettore D si ottiene che:

𝑞

𝑞 → 𝐸(𝑟 > 𝑟3 ) = 4𝜋𝜀0 𝑟 2 4𝜋𝑟 2 Invece, essendo nel vuoto, P=0 e quindi non vi sono cariche di polarizzazione. 𝐷(𝑟 > 𝑟3 ) =

Per ricavare la differenza di potenziale utilizziamo la definizione: 𝑟3

𝑉(𝑟3 ) − 𝑉(1) = − ∫ 𝐸󰇍 ∙ 𝑑𝑠 𝑟1

Ma i punti compresi tra 𝑟1 ed 𝑟2 , essendo all’interno del materiale conduttore, sono tutti allo stesso potenziale, quindi: 𝑟3

𝑉(𝑟3 ) − 𝑉(1) = − ∫ 𝐸󰇍 ∙ 𝑑𝑠 = − ∫ 𝑟2

=−

𝑟3

𝑟2

𝑞 − 𝐴𝑟 2 𝑑𝑟 4𝜋𝜀0 𝑟 2

𝑞 1 1 1 ( − ) + 𝐴 ∙ (𝑟33 − 𝑟32) 3 4𝜋𝜀0 𝑟2 𝑟3

Esame 21/02/2017

Su due piani indefiniti paralleli e distanti d=25 cm si trovano le densità di carica 𝜎1 = 23 ∙ 10−8 𝐶/𝑚2 e 𝜎2 = 𝜎1 / 2. Determinare il campo elettrico in tutti i punti dello spazio. Determinare il potenziale ponendo lo zero sul piano su cui si trova la densità 𝜎1 e calcolare con quale velocità arriva su tale piano un elettrone che si trova inizialmente in quiete a metà distanza dai due piani. Soluzione

Prendendo come sistema di riferimento l’asse x, dove la lastra inferiore ha coordinata x=0 e quella superiore x=d, possiamo evidenziare tre regioni differenti del nostro sistema. Sfruttando la simmetria, possiamo subito dire che il campo elettrico sarà ortogonale ai piani. Per determinare le direzioni dobbiamo risalire ai moduli di ogni campo prodotto da ogni lastra e poi sommarli algebricamente.

Prendiamo in considerazione una superficie cilindrica che attraversa una lastra e che abbia le basi parallele ad esse, per calcolare il campo elettrico applicando la legge di Gauss. La superficie laterale non genera contributo, quindi: 󰇍󰇍󰇍1 + ∫ 𝐸 󰇍 ∙ 𝑑Σ 󰇍󰇍󰇍󰇍2 ∫ 𝐸󰇍 ∙ 𝑑𝑠 = ∫ 𝐸󰇍 ∙ 𝑑Σ Σ

Σ1

Σ2

La simmetria cilindrica fa che Σ1 = Σ2 con unica differenza nel versore normale uscente da queste superfici, che sono opposti 𝑢𝑛1 = −𝑢𝑛 2 . Considerando che la carica è distribuita solo lungo la sezione del cilindro di area Σ, la legge di Gauss è: 2𝐸Σ =

𝜎Σ 𝜎 →𝐸= 2 𝜀0 𝜀0

Questo sarà il campo prodotto in una direzione dalla lastra, la direzione è dettata dalla natura della carica. A questo punto possiamo risalire ai vari valori dei campi presenti: 𝐸1 = 𝐸1𝑆𝑈𝑃 + 𝐸2𝑆𝑈𝑃 = 𝐸2 = 𝐸1 𝐼𝑁𝐹 + 𝐸2 𝑆𝑈𝑃 = − 𝐸3 = 𝐸1 𝐼𝑁𝐹 + 𝐸2 𝐼𝑁𝐹 = −

𝜎1 3 𝜎1 𝜎1 𝜎1 𝜎2 = + = + 𝑥 2 𝜀0 2 𝜀0 2 𝜀0 4 𝜀0 4 𝜀0

1 𝜎1 𝜎1 𝜎1 𝜎2 𝜎1 =− + =− + 𝑥 4 𝜀0 2 𝜀0 4 𝜀0 2 𝜀0 2 𝜀0

𝜎1 3 𝜎1 𝜎1 𝜎1 𝜎2 =− − =− − 𝑥 4 𝜀0 2 𝜀0 4 𝜀0 2 𝜀0 2 𝜀0

Per determinare il potenziale, sfruttando lo zero posto in x=d, scriviamo la definizione considerando anche la distanza iniziale dell’elettrone pari a d/2: 𝑑 𝑑 1 𝜎 𝑑 1 𝜎1 𝑑 1 𝜎1 1 𝑉(𝑑) − 𝑉 ( ) = − ∫ 𝐸󰇍 ∙ 𝑑𝑠 = − ∫ − (𝑑 − ) = 𝑑 𝑑𝑟 = 𝑑 𝑑 2 8 𝜀0 4 𝜀0 4 𝜀0 2 2

2

𝑑 𝜎1 𝑑 𝑉( ) = − 2 8 𝜀0

Per risalire alla velocità dell’elettrone effettuiamo delle considerazioni energetiche. In particolare la sua energia si conserva, quindi eguagliamo energia potenziale iniziale con energia cinetica finale: 𝑑

1

𝑞𝑉 ( ) = 𝑚 𝑣 2 + 𝑞𝑉(𝑑) → 2

2

𝑣=√

2𝑞

𝑚

𝑑

𝑉 ( ) = √− 2

1 𝑞 𝜎1 8 𝑚 𝜀0

La carica dell’elettrone, essendo negativa, fa si che il termine sotto parentesi sia positivo....