File:GuscioSfericocontreraggi.png Una carica
Q
{\displaystyle Q\ }
R
1
{\displaystyle R_{1}\ }
R
2
{\displaystyle R_{2}\ }
R
3
{\displaystyle R_{3}\ }
(dati del problema
Q
=
1
n
C
{\displaystyle Q=1\ nC}
R
1
=
10
c
m
{\displaystyle R_{1}=10\ cm}
R
2
=
30
c
m
{\displaystyle R_{2}=30\ cm}
→ Vai alla soluzione
Un guscio sferico isolante di spessore trascurabile di raggio
R
{\displaystyle R\ }
Q
{\displaystyle Q\ }
r
o
{\displaystyle r_{o}\ }
Tale foro non modifica la distribuzione uniforme di carica sulla sfera ed ai fini del calcolo si approssima il foro con una carica
puntiforme (di valore opportuno e di segno chiaramente negativo).
Determinare il campo nel centro della sfera e in che posizione dello spazio il campo elettrico è nullo. Discutere se l'approssimazione con una carica puntiforme sia giusta.
(Dati del problema
Q
=
1
μ
C
{\displaystyle Q=1\ \mu C}
R
=
1.5
m
{\displaystyle R=1.5\ m}
r
o
=
5
c
m
{\displaystyle r_{o}=5\ cm}
→ Vai alla soluzione
Il campo elettrostatico sulla superficie della terra in condizioni di bel tempo
vale circa
E
t
{\displaystyle E_{t}\ }
R
t
{\displaystyle R_{t}\ }
h
{\displaystyle h\ }
h
{\displaystyle h\ }
(dati del problema
R
t
=
6350
k
m
{\displaystyle R_{t}=6350\ km}
h
=
10
k
m
{\displaystyle h=10\ km}
E
t
=
100
V
/
m
{\displaystyle E_{t}=100\ V/m}
→ Vai alla soluzione
Tre gusci sferici concentrici conduttori hanno raggi
R
{\displaystyle R\ }
1.5
R
{\displaystyle 1.5R\ }
2
R
{\displaystyle 2R\ }
Q
{\displaystyle Q\ }
(dati del problema
Q
=
3
μ
C
R
=
10
m
{\displaystyle Q=3\ \mu C\quad R=10\ m}
→ Vai alla soluzione
Una nuvola cilindrica di raggio
R
{\displaystyle R\ }
ρ
=
A
+
B
r
{\displaystyle \rho =A+Br\ }
Se il campo ad
R
/
2
{\displaystyle R/2\ }
E
1
{\displaystyle E_{1}\ }
5
R
{\displaystyle 5R\ }
E
2
{\displaystyle E_{2}\ }
(Dati del problema:
R
=
10
m
{\displaystyle R=10\ m}
E
1
=
10
4
V
/
m
{\displaystyle E_{1}=10^{4}\ V/m}
E
2
=
5
⋅
10
3
V
/
m
{\displaystyle E_{2}=5\cdot 10^{3}\ V/m}
→ Vai alla soluzione
Un doppio strato è costituito da due regioni planari
(ai fini dei conti infinite) di densità di carica
ρ
{\displaystyle \rho \ }
−
ρ
{\displaystyle -\rho \ }
d . Determinare il campo massimo e la d.d.p. tra -d e d .
(Dati del problema:
ρ
=
50
C
/
m
3
{\displaystyle \rho =50\ C/m^{3}}
d
=
0.3
μ
m
{\displaystyle d=0.3\ \mu m\ }
→ Vai alla soluzione
Una sfera non conduttrice di raggio
R
2
{\displaystyle R_{2}\ }
R
1
{\displaystyle R_{1}\ }
R
1
{\displaystyle R_{1}\ }
R
2
{\displaystyle R_{2}\ }
Q
{\displaystyle Q\ }
Q
=
18
n
C
{\displaystyle Q=18\ nC}
R
1
=
2
c
m
{\displaystyle R_{1}=2\ cm}
R
2
=
9
c
m
{\displaystyle R_{2}=9\ cm}
→ Vai alla soluzione
8. Differenza di potenziale di una nuvola sferica
modifica
Una nuvola sferica carica ha un raggio
R
{\displaystyle R\ }
Q
{\displaystyle Q\ }
(Dati del problema:
R
=
3
k
m
{\displaystyle R=3\ km}
Q
=
1
C
{\displaystyle Q=1\ C}
La soluzione è approssimata alla prima cifra dopo la virgola. → Vai alla soluzione
Una sfera conduttrice isolata di raggio
R
{\displaystyle R\ }
V
0
{\displaystyle V_{0}\ }
(dati del problema
V
0
=
500
V
{\displaystyle V_{0}=500\ V}
R
=
10
c
m
{\displaystyle R=10\ cm}
→ Vai alla soluzione
In una regione di spazio, limitata da due piani paralleli al piano cartesiano
y
z
{\displaystyle yz\ }
d
{\displaystyle d\ }
ρ
{\displaystyle \rho \ }
(dati del problema:
ρ
=
10
−
8
C
/
m
3
{\displaystyle \rho =10^{-8}\ C/m^{3}\ }
d
=
1
m
{\displaystyle d=1\ m}
→ Vai alla soluzione
Una goccia sferica di acqua, un conduttore liquido, su cui è presente una carica
q
o
{\displaystyle q_{o}\ }
V
0
{\displaystyle V_{0}\ }
Determinare il raggio della sfera.
(dati del problema
q
o
=
10
p
C
{\displaystyle q_{o}=10\ pC}
V
0
=
100
V
{\displaystyle V_{0}=100\ V}
→ Vai alla soluzione
Una nuvola sferica carica ha un raggio
R
{\displaystyle R\ }
0
{\displaystyle 0\ }
R
/
2
{\displaystyle R/2\ }
ρ
/
2
{\displaystyle \rho /2\ }
ρ
{\displaystyle \rho \ }
2
/
3
R
{\displaystyle 2/3R\ }
R
=
1
m
{\displaystyle R=1\ m\ }
Q
=
4
⋅
10
−
6
C
{\displaystyle Q=4\cdot 10^{-6}\ C}
→ Vai alla soluzione
13. Un corpo di massa m e carico
modifica
Un corpo di massa
m
{\displaystyle m\ }
−
e
{\displaystyle -e\ }
R
{\displaystyle R\ }
e
{\displaystyle e\ }
La forza esercitata è di tipo elastico (come si può dimostrare), calcolare la frequenza delle oscillazioni.
(dati del problema
m
=
9.11
⋅
10
−
31
K
g
{\displaystyle m=9.11\cdot 10^{-31}\ Kg}
−
e
=
−
1.6
⋅
10
−
19
C
{\displaystyle -e=-1.6\cdot 10^{-19}\ C}
R
=
10
−
10
m
{\displaystyle R=10^{-10}\ m}
→ Vai alla soluzione
Una giunzione p-n tra due semiconduttori, che è rappresentabile
come un doppio strato (piano) di spessore
2
d
{\displaystyle 2d\ }
ρ
=
A
t
−
d
<
t
<
d
{\displaystyle \rho =At\qquad -d<t<d\ }
Determinare il campo elettrico sulla superficie dello strato e la differenza di potenziale tra
i due estremi dello strato
d
=
1
μ
m
{\displaystyle d=1\ \mu m}
A
=
1
⋅
10
7
C
/
m
4
{\displaystyle A=1\cdot 10^{7}\ C/m^{4}}
→ Vai alla soluzione
modifica
Una nuvola sferica di raggio
2
R
=
6
m
{\displaystyle 2R=6\ m\ }
ρ
=
1
⋅
10
−
8
C
/
m
3
{\displaystyle \rho =1\cdot 10^{-8}\ C/m^{3}\ }
0
{\displaystyle 0\ }
R
{\displaystyle R\ }
−
ρ
{\displaystyle -\rho \ }
R
{\displaystyle R\ }
2
R
{\displaystyle 2R\ }
Determinare a) la carica
Q
2
{\displaystyle Q_{2}\ }
R
{\displaystyle R\ }
2
R
{\displaystyle 2R\ }
4
R
{\displaystyle 4R\ }
2
R
{\displaystyle 2R\ }
R
{\displaystyle R\ }
→ Vai alla soluzione
Un filo rettilineo, di lunghezza infinita, uniformemente carico, con una densità di carica lineare
λ
{\displaystyle \lambda \ }
d
{\displaystyle d\ }
σ
{\displaystyle \sigma \ }
Determinare: a) la forza per unità di lunghezza che si ha tra il filo e la superficie. b) la distanza dal piano, sulla verticale passante per il filo, per la quale il campo elettrico è nullo.
(dati del problema
σ
=
10
−
5
C
/
m
2
{\displaystyle \sigma =10^{-5}\ C/m^{2}\ }
λ
=
−
4
⋅
10
−
6
C
/
m
{\displaystyle \lambda =-4\cdot 10^{-6}\ C/m\ }
d
=
3
c
m
{\displaystyle d=3\ cm\ }
→ Vai alla soluzione
Una nuvola cilindrica molto lunga (lunghezza praticamente infinita) di raggio
R
{\displaystyle R\ }
ρ
{\displaystyle \rho \ }
q
{\displaystyle q\ }
m
{\displaystyle m\ }
R
1
=
R
/
2
{\displaystyle R_{1}=R/2\ }
R
2
=
4
R
{\displaystyle R_{2}=4R\ }
R
1
{\displaystyle R_{1}\ }
R
2
{\displaystyle R_{2}\ }
R
2
{\displaystyle R_{2}\ }
(dati del problema
R
=
1
m
{\displaystyle R=1\ m\ }
ρ
=
10
−
6
C
/
m
3
{\displaystyle \rho =10^{-6}\ C/m^{3}\ }
m
=
10
−
19
k
g
{\displaystyle m=10^{-19}\ kg\ }
q
=
1.6
⋅
10
−
19
C
{\displaystyle q=1.6\cdot 10^{-19}\ C\ }
→ Vai alla soluzione
modifica
Una nuvola sferica di raggio
R
{\displaystyle R\ }
ρ
=
A
r
3
{\displaystyle \rho =Ar^{3}\ }
ed una carica totale
Q
{\displaystyle Q\ }
Determinare: a) il valore di A; b) il valore del campo elettrico a
R
/
2
{\displaystyle R/2\ }
(dati del problema
Q
=
1
n
C
{\displaystyle Q=1\ nC\ }
R
=
3
c
m
{\displaystyle R=3\ cm\ }
→ Vai alla soluzione
modifica
Una nuvola sferica di raggio
R
=
3
m
{\displaystyle R=3\ m\ }
ρ
=
ρ
o
(
r
R
−
r
2
R
2
)
{\displaystyle \rho =\rho _{o}\left({\frac {r}{R}}-{\frac {r^{2}}{R^{2}}}\right)\ }
con
ρ
o
=
5.9
⋅
10
−
8
C
/
m
3
{\displaystyle \rho _{o}=5.9\cdot 10^{-8}\ C/m^{3}\ }
Determinare a ) la carica totale ; b ) dove il campo elettrico è massimo ed il suo valore; c ) la differenza di potenziale tra il centro della nuvola ed il suo bordo.
→ Vai alla soluzione
Due sfere di raggio
R
=
40
c
m
{\displaystyle R=40\ cm\ }
ρ
=
6
⋅
10
−
7
C
/
m
3
{\displaystyle \rho =6\cdot 10^{-7}\ C/m^{3}\ }
x
=
R
{\displaystyle x=R\ }
y
=
R
{\displaystyle y=R\ }
m
p
=
1.67
⋅
10
−
27
k
g
{\displaystyle m_{p}=1.67\cdot 10^{-27}\ kg\ }
e
=
1.6
⋅
10
−
19
C
{\displaystyle e=1.6\cdot 10^{-19}\ C\ }
→ Vai alla soluzione
21. Carica dentro guscio sferico
modifica
Al centro di un guscio sferico spesso di raggio interno
a
=
0.8
m
{\displaystyle a=0.8\ m\ }
b
=
1.5
m
{\displaystyle b=1.5\ m\ }
q
o
=
0.3
μ
C
{\displaystyle q_{o}=0.3\ \mu C}
a
≤
r
≤
b
{\displaystyle a\leq r\leq b\ }
ρ
=
K
/
r
{\displaystyle \rho =K/r\ }
K
{\displaystyle K\ }
Si determini: a) il campo elettrico sul bordo interno del guscio ; b) il valore della costante
K
{\displaystyle K\ }
→ Vai alla soluzione
Una distribuzione ha simmetria planare ed ha una densità che diminuisce esponenzialmente a partire dalla regione centrale:
ρ
=
ρ
0
e
−
|
x
|
/
a
{\displaystyle \rho =\rho _{0}e^{-|x|/a}\ }
Con
a
=
2
m
m
{\displaystyle a=2\ mm\ }
ρ
0
=
1.1
⋅
10
−
5
C
/
m
3
{\displaystyle \rho _{0}=1.1\cdot 10^{-5}\ C/m^{3}\ }
Determinare a) il campo elettrico al centro e in
x
=
a
{\displaystyle x=a\ }
x
>>
a
{\displaystyle x>>a\ }
0
{\displaystyle 0\ }
x
=
a
{\displaystyle x=a\ }
→ Vai alla soluzione
Due strati piani carichi di spessore
d
=
2
c
m
{\displaystyle d=2\ cm\ }
ρ
=
3
⋅
10
−
5
C
/
m
3
{\displaystyle \rho =3\cdot 10^{-5}\ C/m^{3}\ }
d
{\displaystyle d\ }
x
{\displaystyle x\ }
m
=
1.67
⋅
10
−
27
k
g
{\displaystyle m=1.67\cdot 10^{-27}\ kg\ }
q
=
1.67
⋅
10
−
19
C
{\displaystyle q=1.67\cdot 10^{-19}\ C\ }
+
∞
{\displaystyle +\infty \ }
→ Vai alla soluzione
Una sfera di densità di carica uniforme
ρ
{\displaystyle \rho \ }
R
{\displaystyle R\ }
R
/
2
{\displaystyle R/2\ }
z
{\displaystyle z\ }
−
R
≤
z
≤
R
{\displaystyle -R\leq z\leq R\ }
x
{\displaystyle x\ }
−
R
≤
x
≤
R
{\displaystyle -R\leq x\leq R\ }
(dati del problema
ρ
=
1
⋅
10
−
4
C
/
m
3
{\displaystyle \rho =1\cdot 10^{-4}\ C/m^{3}\ }
R
=
10
c
m
{\displaystyle R=10\ cm\ }
→ Vai alla soluzione
→ Vai alla traccia
La densità di carica vale:
ρ
=
Q
4
/
3
π
(
R
2
3
−
R
1
3
)
{\displaystyle \rho ={\frac {Q}{4/3\pi (R_{2}^{3}-R_{1}^{3})}}}
Quindi dal teorema di Gauss ad una distanza generica
R
{\displaystyle R\ }
R
1
{\displaystyle R_{1}\ }
R
2
{\displaystyle R_{2}\ }
4
π
R
2
E
(
R
)
=
1
ε
o
∫
R
1
R
ρ
4
π
r
2
d
r
=
1
ε
o
ρ
4
π
[
r
3
3
]
R
1
R
=
ρ
4
π
3
ε
o
[
R
3
−
R
1
3
]
{\displaystyle 4\pi R^{2}E(R)={\frac {1}{\varepsilon _{o}}}\int _{R_{1}}^{R}\rho 4\pi r^{2}dr={\frac {1}{\varepsilon _{o}}}\rho 4\pi \left[{\frac {r^{3}}{3}}\right]_{R_{1}}^{R}={\frac {\rho 4\pi }{3\varepsilon _{o}}}[R^{3}-R_{1}^{3}]}
E
(
r
)
=
ρ
3
ε
o
(
r
−
R
1
3
r
2
)
{\displaystyle E(r)={\frac {\rho }{3\varepsilon _{o}}}\left(r-{\frac {R_{1}^{3}}{r^{2}}}\right)}
Quindi per
R
=
R
3
=
(
R
1
+
R
2
)
/
2
=
20
c
m
{\displaystyle R=R_{3}=(R_{1}+R_{2})/2=20\ cm}
E
(
R
3
)
=
61
V
/
m
{\displaystyle E(R_{3})=61\ V/m}
mentre ovviamente la d.d.p. tra i gusci, in modulo vale:
Δ
V
=
∫
R
1
R
2
ρ
3
ε
o
(
R
−
R
1
3
R
2
)
d
R
=
ρ
3
ε
o
[
1
2
(
R
2
2
−
R
1
2
)
+
R
1
3
R
2
−
R
1
2
]
=
12
V
{\displaystyle \Delta V=\int _{R_{1}}^{R_{2}}{\frac {\rho }{3\varepsilon _{o}}}\left(R-{\frac {R_{1}^{3}}{R^{2}}}\right)dR={\frac {\rho }{3\varepsilon _{o}}}\left[{\frac {1}{2}}(R_{2}^{2}-R_{1}^{2})+{\frac {R_{1}^{3}}{R_{2}}}-R_{1}^{2}\right]=12\ V}
→ Vai alla traccia
Il campo elettrico è quello di una superficie sferica carica con una densità di carica:
σ
=
Q
4
π
R
2
{\displaystyle \sigma ={\frac {Q}{4\pi R^{2}}}}
più una carica puntiforme posta sulla superficie esterna di carica:
q
o
=
−
σ
π
r
o
2
=
−
Q
r
o
2
4
R
2
=
−
0.28
n
C
{\displaystyle q_{o}=-\sigma \pi r_{o}^{2}=-Q{\frac {r_{o}^{2}}{4R^{2}}}=-0.28\ nC}
Quindi il campo al centro è quello dovuto alla sola carica puntiforme (come direzione diretto verso il foro) e vale:
E
(
0
)
=
1
4
π
ε
o
|
q
o
|
R
2
=
1.1
V
/
m
{\displaystyle E(0)={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {|q_{o}|}{R^{2}}}=1.1\ V/m}
All'interno del guscio sferico in nessun punto il campo è nullo, all'esterno sulla retta passante per il centro del guscio sferico e per il foro vi è un punto a distanza
x
{\displaystyle x\ }
E
(
R
+
x
)
=
1
4
π
ε
o
Q
(
R
+
x
)
2
{\displaystyle E(R+x)={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {Q}{(R+x)^{2}}}\ }
e dalla carica puntiforme:
E
(
x
)
=
1
4
π
ε
o
q
o
x
2
{\displaystyle E(x)={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {q_{o}}{x^{2}}}\ }
Si compensano, da cui segue con semplici passaggi che:
4
R
2
x
2
=
r
o
2
(
R
+
x
)
2
{\displaystyle 4R^{2}x^{2}=r_{o}^{2}(R+x)^{2}\ }
Con due soluzioni, rigettando la negativa che corrisponde a stare dentro il guscio sferico dove non vale il sistema:
x
=
0.025
m
{\displaystyle x=0.025\ m}
La distanza trovata di
x
=
2.5
c
m
{\displaystyle x=2.5\ cm\ }
r
o
=
5
c
m
{\displaystyle r_{o}=5\ cm}
uniformemente
carico e di un guscio sferico.
→ Vai alla traccia
a) Dal teorema di Coulomb:
σ
=
−
E
t
ε
o
=
−
8.86
⋅
10
−
10
C
/
m
2
{\displaystyle \sigma =-E_{t}\varepsilon _{o}=-8.86\cdot 10^{-10}\ C/m^{2}}
Quindi:
Q
t
=
σ
4
π
R
t
2
=
−
4.6
⋅
10
5
C
{\displaystyle Q_{t}=\sigma 4\pi R_{t}^{2}=-4.6\cdot 10^{5}\ C}
b) Detta la densità di carica nell'atmosfera
ρ
t
{\displaystyle \rho _{t}\ }
h
{\displaystyle h\ }
4
π
R
t
2
h
{\displaystyle 4\pi R_{t}^{2}h\ }
ρ
t
≈
−
Q
t
4
π
R
t
2
h
{\displaystyle \rho _{t}\approx {\frac {-Q_{t}}{4\pi R_{t}^{2}h}}}
Quindi detta
z
{\displaystyle z\ }
0
{\displaystyle 0\ }
h
{\displaystyle h\ }
−
E
z
4
π
(
R
t
+
z
)
2
=
Q
t
ε
o
+
ρ
t
4
π
R
t
2
z
ε
o
{\displaystyle -E_{z}4\pi (R_{t}+z)^{2}={\frac {Q_{t}}{\varepsilon _{o}}}+{\frac {\rho _{t}4\pi R_{t}^{2}z}{\varepsilon _{o}}}}
Trascurando
z
{\displaystyle z\ }
R
t
{\displaystyle R_{t}\ }
−
E
z
4
π
R
t
2
=
Q
t
ε
o
−
Q
t
z
h
ε
o
{\displaystyle -E_{z}4\pi R_{t}^{2}={\frac {Q_{t}}{\varepsilon _{o}}}-{\frac {Q_{t}z}{h\varepsilon _{o}}}}
Quindi:
E
z
=
Q
t
ε
o
4
π
R
t
2
(
z
h
−
1
)
{\displaystyle E_{z}={\frac {Q_{t}}{\varepsilon _{o}4\pi R_{t}^{2}}}\left({\frac {z}{h}}-1\right)}
Quindi la d.d.p. tra la quota
h
{\displaystyle h\ }
Δ
V
=
−
∫
h
0
E
z
d
z
=
−
Q
t
4
π
ε
o
R
t
2
(
h
−
h
2
2
h
)
=
−
Q
t
h
8
π
ε
o
R
t
2
=
500
k
V
{\displaystyle \Delta V=-\int _{h}^{0}E_{z}dz=-{\frac {Q_{t}}{4\pi \varepsilon _{o}R_{t}^{2}}}\left(h-{\frac {h^{2}}{2h}}\right)=-{\frac {Q_{t}h}{8\pi \varepsilon _{o}R_{t}^{2}}}=500\ kV}
c) Quindi la capacità in senso lato vale:
C
=
Q
t
Δ
V
=
0.9
F
{\displaystyle C={\frac {Q_{t}}{\Delta V}}=0.9\ F}
→ Vai alla traccia
Chiamiamo
Q
1
{\displaystyle Q_{1}\ }
Q
2
{\displaystyle Q_{2}\ }
Q
1
+
Q
2
=
−
Q
{\displaystyle Q_{1}+Q_{2}=-Q\ }
Inoltre dal teorema di Gauss essendo radiale tra
R
1
{\displaystyle R_{1}\ }
R
2
{\displaystyle R_{2}\ }
E
=
Q
1
4
π
ϵ
o
r
2
{\displaystyle E={\frac {Q_{1}}{4\pi \epsilon _{o}r^{2}}}}
Quindi la d.d.p. tra la sfera interna e quella intermedia vale:
Δ
V
1
=
Q
1
4
π
ϵ
o
R
1
−
R
2
R
1
R
2
{\displaystyle \Delta V_{1}={\frac {Q_{1}}{4\pi \epsilon _{o}}}{\frac {R_{1}-R_{2}}{R_{1}R_{2}}}}
mentre tra quella esterna e quella intermedia vale:
Δ
V
2
=
Q
+
Q
1
4
π
ϵ
o
R
3
−
R
2
R
2
R
3
{\displaystyle \Delta V_{2}={\frac {Q+Q_{1}}{4\pi \epsilon _{o}}}{\frac {R_{3}-R_{2}}{R_{2}R_{3}}}}
Imponendo che:
Δ
V
1
=
Δ
V
2
{\displaystyle \Delta V_{1}=\Delta V_{2}\ }
Q
1
4
π
ϵ
o
R
1
−
R
2
R
1
R
2
=
Q
+
Q
1
4
π
ϵ
o
R
3
−
R
2
R
2
R
3
{\displaystyle {\frac {Q_{1}}{4\pi \epsilon _{o}}}{\frac {R_{1}-R_{2}}{R_{1}R_{2}}}={\frac {Q+Q_{1}}{4\pi \epsilon _{o}}}{\frac {R_{3}-R_{2}}{R_{2}R_{3}}}}
Quindi
Q
1
R
−
1.5
R
1.5
R
2
=
(
Q
+
Q
1
)
2
R
−
1.5
R
3
R
2
{\displaystyle Q_{1}{\frac {R-1.5R}{1.5R^{2}}}=(Q+Q_{1}){\frac {2R-1.5R}{3R^{2}}}}
−
2
Q
1
=
Q
+
Q
1
{\displaystyle -2Q_{1}=Q+Q_{1}}
Q
1
=
−
Q
3
=
−
1
μ
C
{\displaystyle Q_{1}=-{\frac {Q}{3}}=-1\ \mu C}
Δ
V
=
Q
1
4
π
ϵ
o
R
1
−
R
2
R
1
R
2
=
300
V
{\displaystyle \Delta V={\frac {Q_{1}}{4\pi \epsilon _{o}}}{\frac {R_{1}-R_{2}}{R_{1}R_{2}}}=300\ V}
La capacità elettrica vale dunque:
C
=
Q
Δ
V
=
10
n
F
{\displaystyle C={\frac {Q}{\Delta V}}=10\ nF}
La densità di carica sulla sfera interna vale:
σ
1
=
Q
1
4
π
R
2
{\displaystyle \sigma _{1}={\frac {Q_{1}}{4\pi R^{2}}}}
Quindi nelle immediate vicinanze il campo vale:
E
1
=
σ
1
ε
o
=
−
90
V
/
m
{\displaystyle E_{1}={\frac {\sigma _{1}}{\varepsilon _{o}}}=-90\ V/m}
che è il massimo campo presente nello spazio tra le sfere, è facile verificare come nelle immediate vicinanze
della sfera intermedia il campo sia minore:
80
V
/
m
{\displaystyle 80\ V/m}
→ Vai alla traccia
per r<R si ha dal Teorema di Gauss, detta
h
{\displaystyle h\ }
E
r
h
2
π
r
=
1
ϵ
o
∫
0
r
(
A
+
B
r
′
)
2
π
r
′
d
r
′
h
{\displaystyle E_{r}h2\pi r={\frac {1}{\epsilon _{o}}}\int _{0}^{r}(A+Br')2\pi r'dr'h\ }
da cui:
E
r
=
1
ϵ
o
(
A
r
2
+
B
r
2
3
)
{\displaystyle E_{r}={\frac {1}{\epsilon _{o}}}(A{\frac {r}{2}}+B{\frac {r^{2}}{3}})\ }
mentre per r>R si ha dal Teorema di Gauss:
E
r
h
2
π
r
=
1
ϵ
o
∫
0
R
(
A
+
B
r
)
2
π
r
d
r
h
{\displaystyle E_{r}h2\pi r={\frac {1}{\epsilon _{o}}}\int _{0}^{R}(A+Br)2\pi rdrh\ }
da cui:
E
r
=
1
ϵ
o
(
A
R
2
2
r
+
B
R
3
3
r
)
{\displaystyle E_{r}={\frac {1}{\epsilon _{o}}}(A{\frac {R^{2}}{2r}}+B{\frac {R^{3}}{3r}})\ }
Dai dati iniziali del problema si ha che:
10
4
ϵ
o
=
2.5
A
+
8.3
B
{\displaystyle 10^{4}\epsilon _{o}=2.5A+8.3B\ }
510
3
ϵ
o
=
A
+
6.66
B
{\displaystyle 510^{3}\epsilon _{o}=A+6.66B\ }
Da cui:
A
=
2.65
⋅
10
−
8
C
/
m
3
{\displaystyle A=2.65\cdot 10^{-8}\ C/m^{3}}
B
=
2.65
⋅
10
−
9
C
/
m
4
{\displaystyle B=2.65\cdot 10^{-9}\ C/m^{4}}
Quindi per r=R:
E
(
R
)
=
25000
V
/
m
{\displaystyle E(R)=25000\ V/m}
Mentre la d.d.p. vale:
Δ
V
=
−
∫
0
R
E
r
d
r
=
−
1
ϵ
o
(
A
R
2
4
+
B
R
3
9
)
=
−
108
k
V
{\displaystyle \Delta V=-\int _{0}^{R}E_{r}dr=-{\frac {1}{\epsilon _{o}}}(A{\frac {R^{2}}{4}}+B{\frac {R^{3}}{9}})=-108\ kV}
→ Vai alla traccia
Consideriamo un solo stato e spostiamo l'origine nel suo centro come mostrato in figura.
Distinguiamo tre zone di spazio. La prima è
−
d
/
2
<
x
′
<
d
/
2
{\displaystyle -d/2<x'<d/2\ }
S
{\displaystyle S\ }
2
x
{\displaystyle 2x\ }
|
E
|
{\displaystyle |E|\ }
|
E
+
|
2
S
=
ρ
S
2
x
′
ϵ
o
p
e
r
−
d
/
2
<
x
′
<
d
/
2
{\displaystyle |E^{+}|2S={\frac {\rho S2x'}{\epsilon _{o}}}\qquad per\ -d/2<x'<d/2\ }
Quindi:
E
+
=
ρ
x
′
2
ϵ
o
p
e
r
−
d
/
2
<
x
′
<
d
/
2
{\displaystyle E^{+}={\frac {\rho x'}{2\epsilon _{o}}}\qquad per\ -d/2<x'<d/2\ }
Mentre se
|
x
′
|
>
d
/
2
{\displaystyle |x'|>d/2\ }
|
E
+
|
2
S
=
ρ
S
d
ϵ
o
{\displaystyle |E^{+}|2S={\frac {\rho Sd}{\epsilon _{o}}}\ }
Quindi:
E
+
=
ρ
d
2
ϵ
o
p
e
r
x
′
≥
d
/
2
{\displaystyle E^{+}={\frac {\rho d}{2\epsilon _{o}}}\qquad per\ x'\geq d/2\ }
E
+
=
−
ρ
d
2
ϵ
o
p
e
r
x
′
≤
−
d
/
2
{\displaystyle E^{+}=-{\frac {\rho d}{2\epsilon _{o}}}\qquad per\ x'\leq -d/2}
Se la densità di carica fosse stata negativa avrei avuto:
E
−
=
−
ρ
x
′
2
ϵ
o
p
e
r
−
d
/
2
<
x
′
<
d
/
2
{\displaystyle E^{-}=-{\frac {\rho x'}{2\epsilon _{o}}}\qquad per\ -d/2<x'<d/2\ }
E
−
=
−
ρ
d
2
ϵ
o
p
e
r
x
′
≤
−
d
/
2
{\displaystyle E^{-}=-{\frac {\rho d}{2\epsilon _{o}}}\qquad per\ x'\leq -d/2\ }
E
−
=
−
ρ
d
2
ϵ
o
p
e
r
x
′
≥
d
/
2
{\displaystyle E^{-}=-{\frac {\rho d}{2\epsilon _{o}}}\qquad per\ x'\geq d/2\ }
Ritorniamo al problema reale facendo due cambiamenti di coordinare per
x
′
{\displaystyle x'\ }
x
′
=
x
+
d
2
{\displaystyle x'=x+{\frac {d}{2}}\ }
Le equazioni divengono:
E
+
=
−
ρ
d
2
ϵ
o
p
e
r
x
≤
−
d
{\displaystyle E^{+}=-{\frac {\rho d}{2\epsilon _{o}}}\qquad per\ x\leq -d\ }
E
+
=
ρ
(
x
+
d
/
2
)
ϵ
o
p
e
r
−
d
<
x
<
0
{\displaystyle E^{+}={\frac {\rho (x+d/2)}{\epsilon _{o}}}\qquad per\ -d<x<0\ }
E
+
=
ρ
d
2
ϵ
o
p
e
r
x
≥
0
{\displaystyle E^{+}={\frac {\rho d}{2\epsilon _{o}}}\qquad per\ x\geq 0}
x
′
=
x
−
d
2
{\displaystyle x'=x-{\frac {d}{2}}\ }
Le equazioni divengono:
E
−
=
ρ
d
2
ϵ
o
p
e
r
x
≤
0
{\displaystyle E^{-}={\frac {\rho d}{2\epsilon _{o}}}\qquad per\ x\leq 0\ }
E
−
=
−
ρ
(
x
−
d
/
2
)
ϵ
o
p
e
r
0
<
x
<
d
{\displaystyle E^{-}=-{\frac {\rho (x-d/2)}{\epsilon _{o}}}\qquad per\ 0<x\ <d}
E
−
=
−
ρ
d
2
ϵ
o
p
e
r
x
≥
d
{\displaystyle E^{-}=-{\frac {\rho d}{2\epsilon _{o}}}\qquad per\ x\geq d\ }
E
=
−
ρ
d
2
ϵ
o
+
ρ
d
2
ϵ
o
=
0
p
e
r
x
≤
−
d
{\displaystyle E=-{\frac {\rho d}{2\epsilon _{o}}}+{\frac {\rho d}{2\epsilon _{o}}}=0\qquad per\ x\leq -d}
E
=
ρ
(
x
+
d
/
2
)
ϵ
o
+
ρ
d
2
ϵ
o
=
ρ
(
x
+
d
)
ϵ
o
p
e
r
−
d
<
x
<
0
{\displaystyle E={\frac {\rho (x+d/2)}{\epsilon _{o}}}+{\frac {\rho d}{2\epsilon _{o}}}={\frac {\rho (x+d)}{\epsilon _{o}}}\qquad per\ -d<x<0}
E
=
−
ρ
(
x
−
d
/
2
)
ϵ
o
+
ρ
d
2
ϵ
o
=
ρ
(
−
x
+
d
)
ϵ
o
p
e
r
0
<
x
<
d
{\displaystyle E=-{\frac {\rho (x-d/2)}{\epsilon _{o}}}+{\frac {\rho d}{2\epsilon _{o}}}={\frac {\rho (-x+d)}{\epsilon _{o}}}\qquad per\ 0<x<d}
E
=
ρ
d
2
ϵ
o
−
ρ
d
2
ϵ
o
=
0
p
e
r
x
≥
d
{\displaystyle E={\frac {\rho d}{2\epsilon _{o}}}-{\frac {\rho d}{2\epsilon _{o}}}=0\qquad per\ x\geq d}
Quindi il massimo di
E
{\displaystyle E\ }
lim
x
→
0
−
ρ
(
x
+
d
)
ϵ
o
=
lim
x
→
0
+
−
ρ
(
−
x
+
d
)
ϵ
o
=
ρ
d
ϵ
o
=
3.4
⋅
10
6
V
/
m
{\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0^{-}}{\frac {\rho (x+d)}{\epsilon _{o}}}=\lim _{x\rightarrow 0^{+}}-{\frac {\rho (-x+d)}{\epsilon _{o}}}={\frac {\rho d}{\epsilon _{o}}}=3.4\ \cdot 10^{6}\ V/m}
Mentre la d.d.p. tra i due lati vale:
Δ
V
=
−
∫
−
d
0
ρ
(
x
+
d
)
ϵ
o
d
x
−
∫
0
d
ρ
(
−
x
+
d
)
ϵ
o
=
−
ρ
ϵ
o
{
[
x
2
2
+
x
d
]
−
d
0
+
[
x
d
−
x
2
2
]
0
d
}
=
ρ
d
2
ϵ
o
=
1.02
V
{\displaystyle \Delta V=-\int _{-d}^{0}{\frac {\rho (x+d)}{\epsilon _{o}}}dx-\int _{0}^{d}{\frac {\rho (-x+d)}{\epsilon _{o}}}=-{\frac {\rho }{\epsilon _{o}}}\left\{\left[{\frac {x^{2}}{2}}+xd\right]_{-d}^{0}+\left[xd-{\frac {x^{2}}{2}}\right]_{0}^{d}\right\}={\frac {\rho d^{2}}{\epsilon _{o}}}=1.02\ V}
→ Vai alla traccia
Il campo elettrico, sempre radiale, si ricava dal teorema di Gauss.
All'esterno della distribuzione si ha che:
E
r
4
π
r
2
=
Q
ε
o
p
e
r
r
>
R
2
{\displaystyle E_{r}4\pi r^{2}={\frac {Q}{\varepsilon _{o}}}\qquad per\quad r>R_{2}}
E
r
=
Q
4
π
ε
o
r
2
{\displaystyle E_{r}={\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{o}r^{2}}}\ }
Nella cavità il campo è nullo.
Mentre la densità di carica, nella regione dove è uniforme, vale:
ρ
=
Q
4
/
3
π
(
R
2
3
−
R
1
3
)
=
6
⋅
10
−
6
C
/
m
3
{\displaystyle \rho ={\frac {Q}{4/3\pi (R_{2}^{3}-R_{1}^{3})}}=6\cdot 10^{-6}\ C/m^{3}}
Quindi applicando Gauss:
E
r
4
π
r
2
=
ρ
4
π
3
ε
o
(
r
3
−
R
1
3
)
p
e
r
R
1
<
r
<
R
2
{\displaystyle E_{r}4\pi r^{2}=\rho {\frac {4\pi }{3\varepsilon _{o}}}\left(r^{3}-R_{1}^{3}\right)\qquad per\quad R_{1}<r<R_{2}}
E
r
=
ρ
1
3
ε
o
r
2
(
r
3
−
R
1
3
)
p
e
r
R
1
<
r
<
R
2
{\displaystyle E_{r}=\rho {\frac {1}{3\varepsilon _{o}r^{2}}}\left(r^{3}-R_{1}^{3}\right)\qquad per\quad R_{1}<r<R_{2}}
Il campo è ovviamente massimo per
r
=
R
2
{\displaystyle r=R_{2}\ }
E
m
=
Q
4
π
ε
o
R
2
2
=
20
k
V
/
m
{\displaystyle E_{m}={\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{o}R_{2}^{2}}}=20\ kV/m}
V
=
−
∫
∞
0
E
r
d
r
=
−
∫
∞
R
2
E
r
d
r
−
∫
R
2
R
1
E
r
d
r
=
{\displaystyle V=-\int _{\infty }^{0}E_{r}dr=-\int _{\infty }^{R_{2}}E_{r}dr-\int _{R_{2}}^{R_{1}}E_{r}dr=\ }
=
1
4
π
ε
o
q
R
2
+
ρ
6
ε
o
[
R
2
2
−
R
1
2
]
+
ρ
R
1
3
3
ε
o
[
1
R
1
−
1
R
2
]
=
2732
V
{\displaystyle ={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {q}{R_{2}}}+{\frac {\rho }{6\varepsilon _{o}}}\left[R_{2}^{2}-R_{1}^{2}\right]+{\frac {\rho R_{1}^{3}}{3\varepsilon _{o}}}\left[{\frac {1}{R_{1}}}-{\frac {1}{R_{2}}}\right]=2732\ V}
8. Differenza di potenziale di una nuvola sferica
modifica
→ Vai alla traccia
Dal teorema di Gauss essendo il campo elettrico radiale la sua intensità all'interno della sfera vale:
|
E
|
=
Q
4
π
ϵ
o
R
3
r
{\displaystyle |E|={\frac {Q}{4\pi \epsilon _{o}R^{3}}}r}
Quindi:
Δ
V
=
Q
4
π
ϵ
o
R
3
∫
0
R
r
d
r
=
Q
8
π
ϵ
o
R
=
1.5
⋅
10
6
V
{\displaystyle \Delta V={\frac {Q}{4\pi \epsilon _{o}R^{3}}}\int _{0}^{R}rdr={\frac {Q}{8\pi \epsilon _{o}R}}=1.5\cdot 10^{6}\ V}
→ Vai alla traccia
La carica cui si porta la prima sfera è:
Q
0
=
4
π
ϵ
o
R
V
0
=
5.6
n
C
{\displaystyle Q_{0}=4\pi \epsilon _{o}RV_{0}=5.6\ nC}
Dovendo portarsi allo stesso potenziale, detta
Q
1
{\displaystyle Q_{1}\ }
Q
2
{\displaystyle Q_{2}\ }
Q
1
4
π
ϵ
o
R
=
Q
2
4
π
ϵ
o
R
{\displaystyle {\frac {Q_{1}}{4\pi \epsilon _{o}R}}={\frac {Q_{2}}{4\pi \epsilon _{o}R}}}
ma anche:
Q
1
+
Q
2
=
Q
0
{\displaystyle Q_{1}+Q_{2}=Q_{0}\ }
da cui:
Q
2
=
Q
0
3
=
1.86
n
C
{\displaystyle Q_{2}={\frac {Q_{0}}{3}}=1.86\ nC}
Q
1
=
2
Q
0
3
=
3.74
n
C
{\displaystyle Q_{1}={\frac {2Q_{0}}{3}}=3.74\ nC}
Il potenziale finale (comune) vale:
V
f
=
Q
1
4
π
ϵ
o
R
=
167
V
{\displaystyle V_{f}={\frac {Q_{1}}{4\pi \epsilon _{o}R}}=167\ V}
→ Vai alla traccia
Assunta come origine dell'asse delle
x
{\displaystyle x\ }
S
{\displaystyle S\ }
x
{\displaystyle x\ }
2
x
<
d
{\displaystyle 2x<d\ }
2
|
E
x
|
(
x
)
S
=
ρ
S
2
x
ε
o
{\displaystyle 2|E_{x}|(x)S={\frac {\rho S2x}{\varepsilon _{o}}}\ }
Quindi:
E
x
=
ρ
x
ε
o
{\displaystyle E_{x}={\frac {\rho x}{\varepsilon _{o}}}\ }
La differenza di potenziale tra il centro della distribuzione e l'estremo vale:
|
Δ
V
|
=
∫
0
d
/
2
ρ
x
ε
o
d
x
=
ρ
d
2
8
ε
o
=
141
V
{\displaystyle |\Delta V|=\int _{0}^{d/2}{\frac {\rho x}{\varepsilon _{o}}}dx={\frac {\rho d^{2}}{8\varepsilon _{o}}}=141\ V}
→ Vai alla traccia
Una sfera conduttrice con carica
q
o
{\displaystyle q_{o}\ }
|
E
|
=
q
o
4
π
ϵ
o
r
2
{\displaystyle |E|={\frac {q_{o}}{4\pi \epsilon _{o}r^{2}}}}
Per cui la d.d.p. tra la superficie della goccia e l'infinito:
vale:
V
=
∫
R
∞
q
o
4
π
ϵ
o
r
2
=
q
o
4
π
ϵ
o
R
{\displaystyle V=\int _{R}^{\infty }{\frac {q_{o}}{4\pi \epsilon _{o}r^{2}}}={\frac {q_{o}}{4\pi \epsilon _{o}R}}\ }
quindi:
R
=
q
o
4
π
ϵ
o
V
=
900
μ
m
{\displaystyle R={\frac {q_{o}}{4\pi \epsilon _{o}V}}=900\ \mu m}
→ Vai alla traccia
La carica totale vale:
Q
=
4
3
π
(
R
2
)
3
ρ
2
+
4
3
π
[
R
3
−
(
R
2
)
3
]
ρ
=
5
4
π
ρ
R
3
{\displaystyle Q={\frac {4}{3}}\pi \left({\frac {R}{2}}\right)^{3}{\frac {\rho }{2}}+{\frac {4}{3}}\pi \left[R^{3}-\left({\frac {R}{2}}\right)^{3}\right]\rho ={\frac {5}{4}}\pi \rho R^{3}}
quindi:
ρ
=
4
Q
5
π
R
3
=
1
⋅
10
−
6
C
/
m
3
{\displaystyle \rho ={\frac {4Q}{5\pi R^{3}}}=1\cdot 10^{-6}\ C/m^{3}}
Q
i
=
4
3
π
(
R
2
)
3
ρ
2
=
4
3
π
(
R
2
)
3
2
Q
5
π
R
3
=
Q
15
=
2.7
⋅
10
−
7
C
{\displaystyle Q_{i}={\frac {4}{3}}\pi \left({\frac {R}{2}}\right)^{3}{\frac {\rho }{2}}={\frac {4}{3}}\pi \left({\frac {R}{2}}\right)^{3}{\frac {2Q}{5\pi R^{3}}}={\frac {Q}{15}}=2.7\cdot 10^{-7}\ C}
R
/
2
{\displaystyle R/2\ }
2
R
/
3
{\displaystyle 2R/3}
Q
e
=
4
3
π
[
(
2
R
3
)
3
−
(
R
2
)
3
]
ρ
=
7.3
⋅
10
−
7
C
{\displaystyle Q_{e}={\frac {4}{3}}\pi \left[\left({\frac {2R}{3}}\right)^{3}-\left({\frac {R}{2}}\right)^{3}\right]\rho =7.3\cdot 10^{-7}\ C}
Dal teorema di Gauss:
E
=
Q
i
+
Q
e
4
π
ϵ
o
(
2
3
R
)
2
=
2
⋅
10
4
V
/
m
{\displaystyle E={\frac {Q_{i}+Q_{e}}{4\pi \epsilon _{o}\left({\frac {2}{3}}R\right)^{2}}}=2\cdot 10^{4}\ V/m}
13. Un corpo di massa m e carico
modifica
→ Vai alla traccia
La densità di carica vale:
ρ
=
3
e
4
π
R
3
{\displaystyle \rho ={\frac {3e}{4\pi R^{3}}}}
Dal teorema di Gauss:
4
π
r
2
E
r
=
4
3
π
r
3
ρ
ϵ
o
r
<
R
{\displaystyle 4\pi r^{2}E_{r}={\frac {4}{3}}\pi r^{3}{\frac {\rho }{\epsilon _{o}}}\qquad r<R}
E
r
=
e
r
4
π
ϵ
o
R
3
{\displaystyle E_{r}={\frac {er}{4\pi \epsilon _{o}R^{3}}}\ }
L'equazione del moto per quanto riguarda la componente radiale dello
spostamento vale:
m
r
¨
=
−
e
E
r
{\displaystyle m{\ddot {r}}=-eE_{r}}
m
r
¨
=
−
e
2
r
4
π
ϵ
o
R
3
{\displaystyle m{\ddot {r}}=-{\frac {e^{2}r}{4\pi \epsilon _{o}R^{3}}}\ }
Che l'equazione di un oscillatore armonico con pulsazione:
ω
=
e
2
4
π
ϵ
o
R
3
m
{\displaystyle \omega ={\sqrt {\frac {e^{2}}{4\pi \epsilon _{o}R^{3}m}}}\ }
ν
=
1
2
π
e
2
4
π
ϵ
o
R
3
m
=
2.5
⋅
10
15
H
z
{\displaystyle \nu ={\frac {1}{2\pi }}{\sqrt {\frac {e^{2}}{4\pi \epsilon _{o}R^{3}m}}}=2.5\cdot 10^{15}Hz\ }
→ Vai alla traccia
Avendo il problema simmetria piana si hanno tre regioni di spazio, di cui due in cui il campo è nullo
x
<
−
d
{\displaystyle x<-d\ }
x
>
d
{\displaystyle x>d\ }
−
d
<
x
<
d
{\displaystyle -d<x<d\ }
A partire da questo fatto si calcola mediante il teorema di Gauss il
campo elettrico nella regione centrale.
Si considera un cilindro gaussiano retto di superficie di base
S
{\displaystyle S\ }
E
x
S
=
S
ε
o
∫
−
d
x
ρ
d
t
=
S
A
x
2
2
ε
o
−
C
o
s
t
{\displaystyle E_{x}S={\frac {S}{\varepsilon _{o}}}\int _{-d}^{x}\rho dt=S{\frac {Ax^{2}}{2\varepsilon _{o}}}-Cost\ }
da cui imponendo che per
x
=
−
d
{\displaystyle x=-d\ }
E
x
=
0
{\displaystyle E_{x}=0\ }
E
x
(
x
)
=
A
2
ε
o
(
x
2
−
d
2
)
{\displaystyle E_{x}(x)={\frac {A}{2\varepsilon _{o}}}(x^{2}-d^{2})\ }
La d.d.p. tra un estremo e il centro della distribuzione vale:
Δ
V
(
d
,
0
)
=
∫
−
d
d
E
x
d
x
=
∫
−
d
d
A
x
2
d
x
2
ε
o
=
A
3
ε
o
d
3
=
0.38
V
{\displaystyle \Delta V(d,0)=\int _{-d}^{d}E_{x}dx=\int _{-d}^{d}{\frac {Ax^{2}dx}{2\varepsilon _{o}}}={\frac {A}{3\varepsilon _{o}}}d^{3}=0.38\ V}
Si risolveva ancora più semplicemente ricorrendo al teorema di Gauss
in forma locale che all'interno
della nuvola si riduce in:
d
E
x
d
x
=
A
x
ε
o
{\displaystyle {\frac {dE_{x}}{dx}}={\frac {Ax}{\varepsilon _{o}}}\ }
Che integrato diviene:
E
x
=
A
x
2
2
ε
o
+
C
o
s
t
{\displaystyle E_{x}={\frac {Ax^{2}}{2\varepsilon _{o}}}+Cost\ }
da cui imponendo che per
x
=
−
d
{\displaystyle x=-d\ }
E
x
=
0
{\displaystyle E_{x}=0\ }
E
x
(
x
)
=
A
2
ε
o
(
x
2
−
d
2
)
{\displaystyle E_{x}(x)={\frac {A}{2\varepsilon _{o}}}(x^{2}-d^{2})\ }
modifica
→ Vai alla traccia
a)
La carica totale tra
R
{\displaystyle R\ }
2
R
{\displaystyle 2R\ }
Q
2
=
−
ρ
4
3
π
[
(
2
R
)
3
−
R
3
]
=
−
7.9
μ
C
{\displaystyle Q_{2}=-\rho {\frac {4}{3}}\pi [(2R)^{3}-R^{3}]=-7.9\ \mu C\ }
b)
La carica tra
0
{\displaystyle 0\ }
R
{\displaystyle R\ }
Q
1
=
ρ
4
3
π
R
3
=
1.1
μ
C
{\displaystyle Q_{1}=\rho {\frac {4}{3}}\pi R^{3}=1.1\ \mu C\ }
Quindi la carica totale tra
0
{\displaystyle 0\ }
2
R
{\displaystyle 2R\ }
Q
=
Q
1
+
Q
2
=
−
6.8
μ
C
{\displaystyle Q=Q_{1}+Q_{2}=-6.8\ \mu C\ }
Quindi per il teorema di Gauss il campo elettrico all'esterno della distribuzione (
r
>
2
R
{\displaystyle r>2R\ }
E
r
(
r
)
=
Q
4
π
ε
o
r
2
{\displaystyle E_{r}(r)={\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{o}r^{2}}}\ }
Quindi per
r
=
4
R
{\displaystyle r=4R\ }
E
(
4
R
)
=
−
424
V
/
m
{\displaystyle E(4R)=-424\ V/m\ }
Cioè punta verso l'interno.
c)
Il campo è nullo nella sfera di raggio
r
x
{\displaystyle r_{x}\ }
Q
2
′
=
−
ρ
4
3
π
[
(
r
x
)
3
−
R
3
]
{\displaystyle Q_{2}'=-\rho {\frac {4}{3}}\pi [(r_{x})^{3}-R^{3}]\ }
è eguale ed opposta a:
Q
2
′
=
−
Q
1
{\displaystyle Q_{2}'=-Q_{1}\ }
−
ρ
4
3
π
[
(
r
x
)
3
−
R
3
]
=
ρ
4
3
π
R
3
{\displaystyle -\rho {\frac {4}{3}}\pi [(r_{x})^{3}-R^{3}]=\rho {\frac {4}{3}}\pi R^{3}\ }
r
x
3
=
2
R
3
{\displaystyle r_{x}^{3}=2R^{3}\ }
r
x
=
R
2
3
=
3.8
m
{\displaystyle r_{x}=R{\sqrt[{3}]{2}}=3.8\ m\ }
d)
Dal teorema di Gauss per
R
≤
r
≤
2
R
{\displaystyle R\leq r\leq 2R\ }
4
π
r
2
E
r
=
Q
1
−
4
π
ρ
∫
R
r
r
′
2
d
r
′
ε
o
=
Q
1
−
4
/
3
π
ρ
(
r
3
−
R
3
)
ε
o
{\displaystyle 4\pi r^{2}E_{r}={\frac {Q_{1}-4\pi \rho \int _{R}^{r}r'^{2}dr'}{\varepsilon _{o}}}={\frac {Q_{1}-4/3\pi \rho (r^{3}-R^{3})}{\varepsilon _{o}}}\ }
E
r
=
Q
1
+
4
/
3
π
ρ
R
3
4
π
ε
o
r
2
−
ρ
r
3
ε
o
{\displaystyle E_{r}={\frac {Q_{1}+4/3\pi \rho R^{3}}{4\pi \varepsilon _{o}r^{2}}}-{\frac {\rho r}{3\varepsilon _{o}}}\ }
La d.d.p. vale:
Δ
V
=
∫
R
2
R
E
r
d
r
=
Q
1
+
4
/
3
π
ρ
R
3
4
π
ε
o
∫
R
2
R
d
r
r
2
−
ρ
3
ε
o
∫
R
2
R
r
d
r
{\displaystyle \Delta V=\int _{R}^{2R}E_{r}dr={\frac {Q_{1}+4/3\pi \rho R^{3}}{4\pi \varepsilon _{o}}}\int _{R}^{2R}{\frac {dr}{r^{2}}}-{\frac {\rho }{3\varepsilon _{o}}}\int _{R}^{2R}rdr\ }
Δ
V
=
Q
1
+
Q
1
4
π
ε
o
[
−
1
r
]
R
2
R
−
ρ
6
ε
o
[
r
2
]
R
2
R
=
Q
1
4
π
ε
o
R
−
ρ
R
2
2
ε
o
=
−
1695
V
{\displaystyle \Delta V={\frac {Q_{1}+Q_{1}}{4\pi \varepsilon _{o}}}\left[-{\frac {1}{r}}\right]_{R}^{2R}-{\frac {\rho }{6\varepsilon _{o}}}\left[r^{2}\right]_{R}^{2R}={\frac {Q_{1}}{4\pi \varepsilon _{o}R}}-{\frac {\rho R^{2}}{2\varepsilon _{o}}}=-1695\ V\ }
→ Vai alla traccia
a) Il campo elettrico generato nella parte superiore della superficie piana, diretto verso l'alto visto il segno di
σ
{\displaystyle \sigma \ }
E
p
=
σ
2
ε
o
{\displaystyle E_{p}={\frac {\sigma }{2\varepsilon _{o}}}\ }
Quindi la forza che agisce sulla carica
d
q
{\displaystyle dq\ }
d
{\displaystyle d\ }
d
F
=
E
p
d
q
=
E
p
λ
d
l
=
σ
λ
d
l
2
ε
o
{\displaystyle dF=E_{p}dq=E_{p}\lambda dl={\frac {\sigma \lambda dl}{2\varepsilon _{o}}}\ }
di conseguenza, la forza attrattiva vale:
d
F
d
l
=
σ
λ
2
ε
o
=
2.26
N
/
m
{\displaystyle {\frac {dF}{dl}}={\frac {\sigma \lambda }{2\varepsilon _{o}}}=2.26\ N/m\ }
b)
Il campo elettrico, diretto verso il filo per il segno della carica su di esso, creato a distanza
r
{\displaystyle r\ }
E
f
=
λ
2
π
ε
o
r
{\displaystyle E_{f}={\frac {\lambda }{2\pi \varepsilon _{o}r}}\ }
Tra il piano ed il filo il campo elettrico generato dalle due distribuzioni di carica sono concordi e quindi la risultante non si annulla mai. Mentre al di sopra del filo, scelta l'origine sul piano, sulla verticale del filo, si ha che
r
=
z
−
d
{\displaystyle r=z-d\ }
E
z
=
σ
2
ε
o
+
λ
2
π
ε
o
(
z
−
d
)
z
>
0
{\displaystyle E_{z}={\frac {\sigma }{2\varepsilon _{o}}}+{\frac {\lambda }{2\pi \varepsilon _{o}(z-d)}}\qquad z>0\ }
Che si annulla per:
z
=
d
−
λ
π
σ
=
15.7
c
m
{\displaystyle z=d-{\frac {\lambda }{\pi \sigma }}=15.7\ cm\ }
Mentre sotto il piano:
E
z
=
−
σ
2
ε
o
+
λ
2
π
ε
o
(
z
−
d
)
z
<
0
{\displaystyle E_{z}=-{\frac {\sigma }{2\varepsilon _{o}}}+{\frac {\lambda }{2\pi \varepsilon _{o}(z-d)}}\qquad z<0\ }
che si annulla per:
z
=
d
+
λ
π
σ
=
−
9.7
c
m
{\displaystyle z=d+{\frac {\lambda }{\pi \sigma }}=-9.7\ cm\ }
→ Vai alla traccia
r
<
R
{\displaystyle r<R\ }
E
=
ρ
r
2
ε
o
{\displaystyle E={\frac {\rho r}{2\varepsilon _{o}}}\ }
E
(
r
=
R
/
2
)
=
ρ
R
4
ε
o
{\displaystyle E(r=R/2)={\frac {\rho R}{4\varepsilon _{o}}}\ }
a
1
=
q
ρ
R
4
m
ε
o
=
4.5
⋅
10
4
m
/
s
2
{\displaystyle a_{1}={\frac {q\rho R}{4m\varepsilon _{o}}}=4.5\cdot 10^{4}\ m/s^{2}\ }
Applicando il teorema di Gauss per $r>R\ </math> si ha che:
E
=
ρ
R
2
2
ε
o
r
{\displaystyle E={\frac {\rho R^{2}}{2\varepsilon _{o}r}}\ }
E
(
r
=
4
R
)
=
ρ
(
R
)
2
2
ε
o
4
R
=
ρ
R
8
ε
o
{\displaystyle E(r=4R)={\frac {\rho (R)^{2}}{2\varepsilon _{o}4R}}={\frac {\rho R}{8\varepsilon _{o}}}\ }
a
2
=
q
ρ
R
8
m
ε
o
=
2.25
⋅
10
4
m
/
s
2
{\displaystyle a_{2}={\frac {q\rho R}{8m\varepsilon _{o}}}=2.25\cdot 10^{4}\ m/s^{2}\ }
La d.d.p. tra
R
{\displaystyle R\ }
4
R
{\displaystyle 4R\ }
V
1
=
ρ
R
2
2
ε
o
∫
R
4
R
d
r
r
=
ρ
R
2
2
ε
o
ln
4
{\displaystyle V_{1}={\frac {\rho R^{2}}{2\varepsilon _{o}}}\int _{R}^{4R}{\frac {dr}{r}}={\frac {\rho R^{2}}{2\varepsilon _{o}}}\ln 4\ }
La d.d.p tra
R
/
2
{\displaystyle R/2\ }
R
{\displaystyle R\ }
V
2
=
ρ
2
ε
o
∫
R
/
2
R
r
d
r
=
ρ
4
ε
o
(
R
2
−
R
2
/
4
)
=
ρ
3
R
2
16
ε
o
{\displaystyle V_{2}={\frac {\rho }{2\varepsilon _{o}}}\int _{R/2}^{R}rdr={\frac {\rho }{4\varepsilon _{o}}}(R^{2}-R^{2}/4)={\frac {\rho 3R^{2}}{16\varepsilon _{o}}}\ }
Quindi:
D
V
=
V
1
+
V
2
=
ρ
R
2
ε
o
(
ln
4
2
+
3
16
)
=
10
5
V
{\displaystyle DV=V_{1}+V_{2}={\frac {\rho R^{2}}{\varepsilon _{o}}}\left({\frac {\ln 4}{2}}+{\frac {3}{16}}\right)=10^{5}\ V\ }
v
=
2
q
D
V
/
m
=
564
m
/
s
{\displaystyle v={\sqrt {2qDV/m}}=564\ m/s\ }
modifica
→ Vai alla traccia
a)
La carica in ogni guscio sferico di raggio
r
{\displaystyle r\ }
d
r
{\displaystyle dr\ }
d
Q
=
4
π
r
2
d
r
A
r
3
{\displaystyle dQ=4\pi r^{2}drAr^{3}\ }
Quindi la carica totale vale:
Q
=
4
π
A
∫
0
R
r
5
d
r
=
4
π
A
6
R
6
{\displaystyle Q=4\pi A\int _{0}^{R}r^{5}dr={\frac {4\pi A}{6}}R^{6}\ }
A
=
3
Q
2
π
R
6
=
0.655
C
/
m
6
{\displaystyle A={\frac {3Q}{2\pi R^{6}}}=0.655\ C/m^{6}\ }
b)
Applicando il teorema di Gauss ad una sfera di raggio
0
<
r
<
R
{\displaystyle 0<r<R\ }
E
r
4
π
r
2
=
4
π
A
∫
0
r
x
5
d
x
ε
o
{\displaystyle E_{r}4\pi r^{2}={\frac {4\pi A\int _{0}^{r}x^{5}dx}{\varepsilon _{o}}}\ }
Segue che:
E
r
=
A
r
4
6
ε
o
p
e
r
0
<
r
<
R
{\displaystyle E_{r}={\frac {Ar^{4}}{6\varepsilon _{o}}}\qquad per\ 0<r<R\ }
di conseguenza per
r
=
R
/
2
{\displaystyle r=R/2\ }
E
r
(
r
=
R
/
2
)
=
624
V
/
m
{\displaystyle E_{r}(r=R/2)=624\ V/m\ }
c)
La differenza di potenziale tra il centro della nuvola e il bordo vale:
D
V
1
=
∫
0
R
A
r
4
6
ε
o
d
r
=
A
R
5
30
ε
o
=
60
V
{\displaystyle DV_{1}=\int _{0}^{R}{\frac {Ar^{4}}{6\varepsilon _{o}}}dr={\frac {AR^{5}}{30\varepsilon _{o}}}=60\ V\ }
Il campo fuori della nuvola vale:
E
r
=
Q
4
π
ε
o
r
2
p
e
r
R
<
r
<
∞
{\displaystyle E_{r}={\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{o}r^{2}}}\qquad per\ R<r<\infty \ }
Quindi la d.d.p. tra il bordo della nuvola e l'infinito vale:
D
V
2
=
∫
R
∞
Q
4
π
ε
o
r
2
d
r
=
Q
4
π
ε
o
R
=
300
V
{\displaystyle DV_{2}=\int _{R}^{\infty }{\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{o}r^{2}}}dr={\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{o}R}}=300\ V\ }
Quindi tra il centro della nuvola e l'infinito:
D
V
=
D
V
1
+
D
V
2
=
360
V
{\displaystyle DV=DV_{1}+DV_{2}=360\ V\ }
modifica
→ Vai alla traccia
a)
Q
=
∫
0
R
ρ
4
π
r
2
d
r
=
4
π
ρ
0
∫
0
R
(
r
R
−
r
2
R
2
)
r
2
d
r
=
4
π
ρ
0
[
r
4
4
R
−
r
5
5
R
2
]
0
R
=
π
ρ
o
R
3
5
=
1
μ
C
{\displaystyle Q=\int _{0}^{R}\rho 4\pi r^{2}dr=4\pi \rho _{0}\int _{0}^{R}\left({\frac {r}{R}}-{\frac {r^{2}}{R^{2}}}\right)r^{2}dr=4\pi \rho _{0}\left[{\frac {r^{4}}{4R}}-{\frac {r^{5}}{5R^{2}}}\right]_{0}^{R}={\frac {\pi \rho _{o}R^{3}}{5}}=1\ \mu C\ }
b)
Dal teorema di Gauss per
0
≤
r
≤
R
{\displaystyle 0\leq r\leq R\ }
E
r
4
π
r
2
=
1
ε
o
∫
0
r
ρ
4
π
x
2
d
x
=
4
π
ρ
0
ε
o
∫
0
r
(
x
R
−
x
2
R
2
)
x
2
d
x
=
4
π
ρ
0
ε
o
(
r
4
4
R
−
r
5
5
R
2
)
{\displaystyle E_{r}4\pi r^{2}={\frac {1}{\varepsilon _{o}}}\int _{0}^{r}\rho 4\pi x^{2}dx={\frac {4\pi \rho _{0}}{\varepsilon _{o}}}\int _{0}^{r}\left({\frac {x}{R}}-{\frac {x^{2}}{R^{2}}}\right)x^{2}dx={\frac {4\pi \rho _{0}}{\varepsilon _{o}}}\left({\frac {r^{4}}{4R}}-{\frac {r^{5}}{5R^{2}}}\right)\ }
E
r
(
r
≤
R
)
=
ρ
0
ε
o
R
(
r
2
4
−
r
3
5
R
)
{\displaystyle E_{r}(r\leq R)={\frac {\rho _{0}}{\varepsilon _{o}R}}\left({\frac {r^{2}}{4}}-{\frac {r^{3}}{5R}}\right)\ }
Mentre per
r
≥
R
{\displaystyle r\geq R\ }
E
r
(
r
≥
R
)
=
Q
4
π
ε
o
r
2
{\displaystyle E_{r}(r\geq R)={\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{o}r^{2}}}\ }
Notare che
E
r
(
r
→
R
−
)
=
E
r
(
r
→
R
+
)
=
ρ
0
R
20
ε
o
{\displaystyle E_{r}(r\to R-)=E_{r}(r\to R+)={\frac {\rho _{0}R}{20\varepsilon _{o}}}\ }
Inoltre il campo elettrico è nullo per
r
=
0
{\displaystyle r=0\ }
∂
E
r
∂
r
=
0
{\displaystyle {\frac {\partial E_{r}}{\partial r}}=0\ }
cioè per:
∂
∂
r
(
r
2
4
−
r
3
5
R
)
=
0
{\displaystyle {\frac {\partial }{\partial r}}\left({\frac {r^{2}}{4}}-{\frac {r^{3}}{5R}}\right)=0\ }
2
r
4
−
3
r
2
5
R
=
0
{\displaystyle {\frac {2r}{4}}-{\frac {3r^{2}}{5R}}=0\ }
r
=
5
6
R
=
2.5
m
{\displaystyle r={\frac {5}{6}}R=2.5\ m\ }
E
r
(
2.5
)
=
1.15
⋅
10
3
V
/
m
{\displaystyle E_{r}(2.5)=1.15\cdot 10^{3}V/m\ }
c)
La d.d.p. vale:
V
=
∫
0
R
E
r
d
r
=
ρ
0
ε
o
R
∫
0
R
(
r
2
4
−
r
3
5
R
)
d
r
{\displaystyle V=\int _{0}^{R}E_{r}dr={\frac {\rho _{0}}{\varepsilon _{o}R}}\int _{0}^{R}\left({\frac {r^{2}}{4}}-{\frac {r^{3}}{5R}}\right)dr\ }
V
=
ρ
0
ε
o
R
(
R
3
12
−
R
4
20
R
)
=
ρ
0
R
2
30
ε
o
=
2000
V
{\displaystyle V={\frac {\rho _{0}}{\varepsilon _{o}R}}\left({\frac {R^{3}}{12}}-{\frac {R^{4}}{20R}}\right)={\frac {\rho _{0}R^{2}}{30\varepsilon _{o}}}=2000\ V\ }
→ Vai alla traccia
a)
La carica di una sfera positiva vale:
Q
=
ρ
4
3
π
R
3
=
160
⋅
10
−
9
C
/
m
3
{\displaystyle Q=\rho {\frac {4}{3}}\pi R^{3}=160\cdot 10^{-9}\ C/m^{3}\ }
Dal teorema di Gauss il campo generato dalla sola sfera di destra è nullo al centro e vale all'interno:
E
x
d
=
ρ
(
x
−
R
)
3
ε
o
0
≤
x
≤
2
R
{\displaystyle E_{xd}={\frac {\rho (x-R)}{3\varepsilon _{o}}}\qquad 0\leq x\leq 2R\ }
(come all'interno di una sfera uniformemente carica ma con origine nel punto
x
=
R
{\displaystyle x=R\ }
E
x
s
=
Q
4
ε
o
(
R
+
x
)
2
0
≤
x
≤
2
R
{\displaystyle E_{xs}={\frac {Q}{4\varepsilon _{o}(R+x)^{2}}}\qquad 0\leq x\leq 2R\ }
Quindi in totale:
E
x
=
ρ
(
x
−
R
)
3
ε
o
+
Q
4
π
ε
o
(
R
+
x
)
2
=
ρ
3
ε
o
[
x
−
R
+
R
3
(
R
+
x
)
2
]
=
ρ
x
(
x
2
+
R
x
−
R
2
)
3
ε
o
(
R
+
x
)
2
{\displaystyle E_{x}={\frac {\rho (x-R)}{3\varepsilon _{o}}}+{\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{o}(R+x)^{2}}}={\frac {\rho }{3\varepsilon _{o}}}\left[x-R+{\frac {R^{3}}{(R+x)^{2}}}\right]={\frac {\rho x(x^{2}+Rx-R^{2})}{3\varepsilon _{o}(R+x)^{2}}}\ }
In particolare per
x
=
R
{\displaystyle x=R\ }
E
x
=
ρ
R
12
ε
o
=
2.26
k
V
/
m
{\displaystyle E_{x}={\frac {\rho R}{12\varepsilon _{o}}}=2.26\ kV/m\ }
o anche più semplicemente:
E
x
=
Q
4
π
ε
o
(
2
R
)
2
=
2.26
k
V
/
m
{\displaystyle E_{x}={\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{o}(2R)^{2}}}=2.26\ kV/m\ }
b)
In questo caso il campo coincide con quello di due cariche
Q
{\displaystyle Q\ }
(
−
R
,
0
)
{\displaystyle (-R,0)\ }
(
R
,
0
)
{\displaystyle (R,0)\ }
y
{\displaystyle y\ }
E
y
=
2
Q
y
4
π
ε
o
(
y
2
+
R
2
)
3
/
2
{\displaystyle E_{y}={\frac {2Qy}{4\pi \varepsilon _{o}(y^{2}+R^{2})^{3/2}}}\ }
Quindi per
y
=
R
{\displaystyle y=R\ }
E
y
=
2
Q
4
π
ε
o
R
2
(
2
)
3
/
2
=
6.4
k
V
/
m
{\displaystyle E_{y}={\frac {2Q}{4\pi \varepsilon _{o}R^{2}(2)^{3/2}}}=6.4\ kV/m\ }
c)
La differenza di potenziale tra il centro della distribuzione e l'infinito vale:
V
=
−
∫
∞
0
E
y
d
y
=
∫
0
∞
2
Q
y
4
π
ε
o
(
y
2
+
R
2
)
3
/
2
d
y
=
Q
2
π
ε
o
∫
0
∞
y
d
y
(
y
2
+
R
2
)
3
/
2
{\displaystyle V=-\int _{\infty }^{0}E_{y}dy=\int _{0}^{\infty }{\frac {2Qy}{4\pi \varepsilon _{o}(y^{2}+R^{2})^{3/2}}}dy={\frac {Q}{2\pi \varepsilon _{o}}}\int _{0}^{\infty }{\frac {ydy}{(y^{2}+R^{2})^{3/2}}}\ }
Essendo:
∫
y
d
y
(
y
2
+
R
2
)
3
/
2
=
−
1
y
2
+
R
2
{\displaystyle \int {\frac {ydy}{(y^{2}+R^{2})^{3/2}}}={\frac {-1}{\sqrt {y^{2}+R^{2}}}}\ }
V
=
Q
2
π
ε
o
[
−
−
1
y
2
+
R
2
]
0
∞
=
Q
2
π
ε
o
R
=
7.2
k
V
{\displaystyle V={\frac {Q}{2\pi \varepsilon _{o}}}\left[-{\frac {-1}{\sqrt {y^{2}+R^{2}}}}\right]_{0}^{\infty }={\frac {Q}{2\pi \varepsilon _{o}R}}=7.2\ kV\ }
Quindi imponendo che:
1
2
m
p
v
2
≥
e
V
{\displaystyle {\frac {1}{2}}m_{p}v^{2}\geq eV\ }
si ha che:
v
m
i
n
=
2
e
V
m
p
=
1.18
⋅
10
6
m
/
s
{\displaystyle v_{min}={\sqrt {\frac {2eV}{m_{p}}}}=1.18\cdot 10^{6}\ m/s\ }
21. Carica dentro guscio sferico
modifica
→ Vai alla traccia
a)
Nella regione
r
≤
a
{\displaystyle r\leq a\ }
E
(
r
)
=
q
o
4
π
ε
o
r
2
r
≤
a
{\displaystyle E(r)={\frac {q_{o}}{4\pi \varepsilon _{o}r^{2}}}\quad r\leq a\ }
Quindi:
E
(
a
)
=
4.2
K
V
/
m
{\displaystyle E(a)=4.2\ KV/m\ }
b)
All'interno di una sfera gaussiana di raggio
a
≤
r
≤
b
{\displaystyle a\leq r\leq b\ }
Q
(
r
)
=
q
o
+
∫
a
r
K
r
4
π
r
′
2
d
r
′
=
q
o
+
2
π
K
(
r
2
−
a
2
)
{\displaystyle Q(r)=q_{o}+\int _{a}^{r}{\frac {K}{r}}4\pi r'^{2}dr'=q_{o}+2\pi K(r^{2}-a^{2})\ }
Quindi dovendo per il teorema di Gauss:
4
π
r
2
E
(
r
)
=
Q
(
r
)
ε
o
=
q
o
+
2
π
K
(
r
2
−
a
2
)
ε
o
{\displaystyle 4\pi r^{2}E(r)={\frac {Q(r)}{\varepsilon _{o}}}={\frac {q_{o}+2\pi K(r^{2}-a^{2})}{\varepsilon _{o}}}\ }
E
(
r
)
=
q
o
−
2
π
K
a
2
4
π
ε
o
r
2
+
K
2
ε
o
{\displaystyle E(r)={\frac {q_{o}-2\pi Ka^{2}}{4\pi \varepsilon _{o}r^{2}}}+{\frac {K}{2\varepsilon _{o}}}\ }
Perché quindi non dipenda da
r
{\displaystyle r\ }
q
o
−
2
π
K
a
2
=
0
{\displaystyle q_{o}-2\pi Ka^{2}=0\ }
K
=
q
o
2
π
a
2
=
7.5
⋅
10
−
8
C
/
m
2
{\displaystyle K={\frac {q_{o}}{2\pi a^{2}}}=7.5\cdot 10^{-8}\ C/m^{2}\ }
c)
La carica totale vale:
Q
(
b
)
=
q
o
+
2
π
K
(
b
2
−
a
2
)
=
1.05
μ
C
{\displaystyle Q(b)=q_{o}+2\pi K(b^{2}-a^{2})=1.05\ \mu C\ }
d)
Essendo costante il campo elettrico la d.d.p. tra b ed a vale:
Δ
V
=
E
(
a
)
(
b
−
a
)
=
2950
V
{\displaystyle \Delta V=E(a)(b-a)=2950\ V\ }
→ Vai alla traccia
a)
Al centro il campo è nullo per ragioni di simmetria, ma anche se viene usato il teorema di Gauss a una regione cilindrica simmetrica attorno al centro di altezza
2
x
{\displaystyle 2x\ }
2
S
E
x
=
2
S
ε
o
∫
0
x
ρ
0
e
−
x
′
/
a
d
x
′
{\displaystyle 2SE_{x}={\frac {2S}{\varepsilon _{o}}}\int _{0}^{x}\rho _{0}e^{-x'/a}dx'\ }
E
x
=
ρ
0
a
ε
o
(
1
−
e
−
x
/
a
)
{\displaystyle E_{x}={\frac {\rho _{0}a}{\varepsilon _{o}}}\left(1-e^{-x/a}\right)\ }
che è nullo per
x
=
0
{\displaystyle x=0\ }
Mentre per
x
=
a
{\displaystyle x=a\ }
E
x
(
a
)
=
1.57
k
V
/
m
{\displaystyle E_{x}(a)=1.57\ kV/m\ }
A grande distanza cioè per
x
≫
a
{\displaystyle x\gg a\ }
E
x
=
ρ
0
a
ε
o
=
2.5
k
V
/
m
{\displaystyle E_{x}={\frac {\rho _{0}a}{\varepsilon _{o}}}=2.5\ kV/m\ }
c)
La differenza di potenziale tra
x
{\displaystyle x\ }
0
{\displaystyle 0\ }
D
V
(
x
)
=
∫
0
x
ρ
0
a
ε
o
(
1
−
e
−
x
′
/
a
)
d
x
′
=
ρ
0
a
2
ε
o
e
−
x
/
a
{\displaystyle DV(x)=\int _{0}^{x}{\frac {\rho _{0}a}{\varepsilon _{o}}}\left(1-e^{-x'/a}\right)dx'={\frac {\rho _{0}a^{2}}{\varepsilon _{o}}}e^{-x/a}\ }
Quindi se
x
=
a
{\displaystyle x=a\ }
D
V
(
a
)
=
ρ
0
a
2
ε
o
e
−
1
=
1.83
V
{\displaystyle DV(a)={\frac {\rho _{0}a^{2}}{\varepsilon _{o}}}e^{-1}=1.83\ V\ }
→ Vai alla traccia
L'unica componente del campo elettrico è lungo l'asse delle x.
a)
A grande distanza il campo è nullo in quanto la sovrapposizione di due strati carichi con carica eguale ed opposta.
b)
Per
x
≥
3
/
2
d
{\displaystyle x\geq 3/2d\ }
x
≤
−
3
/
2
d
{\displaystyle x\leq -3/2d\ }
E
x
=
0
x
≥
3
/
2
d
e
x
≤
−
3
/
2
d
{\displaystyle E_{x}=0\qquad x\geq 3/2d\quad e\quad x\leq -3/2d\ }
Per
−
3
/
2
d
≤
x
≤
−
d
/
2
{\displaystyle -3/2d\leq x\leq -d/2\ }
∂
E
x
∂
x
=
ρ
ε
o
{\displaystyle {\frac {\partial E_{x}}{\partial x}}={\frac {\rho }{\varepsilon _{o}}}\ }
Quindi (imponendo che sia nullo per
x
=
−
3
/
2
d
{\displaystyle x=-3/2d\ }
E
x
=
ρ
x
ε
o
+
3
ρ
d
2
ε
o
=
ρ
ε
o
(
x
+
3
d
/
2
)
−
3
/
2
d
≤
x
≤
−
d
/
2
{\displaystyle E_{x}={\frac {\rho x}{\varepsilon _{o}}}+{\frac {3\rho d}{2\varepsilon _{o}}}={\frac {\rho }{\varepsilon _{o}}}(x+3d/2)\qquad -3/2d\leq \quad x\leq -d/2\ }
Per
−
d
/
2
≤
x
≤
d
/
2
{\displaystyle -d/2\leq x\leq d/2\ }
E
x
=
ρ
d
ε
o
=
6.8
⋅
10
4
V
/
m
−
d
/
2
≤
x
≤
d
/
2
{\displaystyle E_{x}={\frac {\rho d}{\varepsilon _{o}}}=6.8\cdot 10^{4}\ V/m\qquad -d/2\leq x\leq d/2\ }
Per
d
/
2
≤
x
≤
3
d
/
2
{\displaystyle d/2\leq x\leq 3d/2\ }
E
x
=
ρ
ε
o
(
3
d
/
2
−
x
)
d
/
2
≤
x
≤
3
d
/
2
{\displaystyle E_{x}={\frac {\rho }{\varepsilon _{o}}}(3d/2-x)\qquad d/2\leq \quad x\leq 3d/2\ }
c)
La differenza di potenziale tra
∞
{\displaystyle \infty \ }
−
∞
{\displaystyle -\infty \ }
x
=
−
3
/
2
d
{\displaystyle x=-3/2d\ }
x
=
3
/
2
d
{\displaystyle x=3/2d\ }
Δ
V
=
2
ρ
d
2
ε
o
=
2722
V
{\displaystyle \Delta V={\frac {2\rho d^{2}}{\varepsilon _{o}}}=2722\ V\ }
Quindi imponendo che:
1
2
m
v
2
≥
q
Δ
V
{\displaystyle {\frac {1}{2}}mv^{2}\geq q\Delta V\ }
si ha che la velocità deve essere maggiore di:
v
=
2
q
Δ
V
m
=
7.2
⋅
10
5
m
/
s
{\displaystyle v={\sqrt {\frac {2q\Delta V}{m}}}=7.2\cdot 10^{5}\ m/s\ }
Si noti che se proveniva dalla direzione opposta non trova nessuna barriera.
→ Vai alla traccia
a)
Una sfera omogenea di raggio
R
{\displaystyle R\ }
ρ
{\displaystyle \rho \ }
(
0
,
0
,
z
)
{\displaystyle (0,0,z)\ }
E
z
+
(
0
,
0
,
z
)
=
ρ
z
3
ε
o
{\displaystyle E_{z+}(0,0,z)={\frac {\rho z}{3\varepsilon _{o}}}\ }
Sovrapponendo due sfere di raggio
R
/
2
{\displaystyle R/2\ }
−
ρ
{\displaystyle -\rho \ }
x
=
−
R
/
2
{\displaystyle x=-R/2\ }
x
=
R
/
2
{\displaystyle x=R/2\ }
La carica totale negativa di ognuna delle sfere negative è:
Q
2
=
−
ρ
4
3
π
(
R
/
2
)
3
=
−
π
6
R
3
ρ
{\displaystyle Q_{2}=-\rho {\frac {4}{3}}\pi (R/2)^{3}=-{\frac {\pi }{6}}R^{3}\rho \ }
i punti sull'asse delle z sono tutti all'esterno di tali regioni
per cui (per cui generano il campo di una carica
Q
2
{\displaystyle Q_{2}\ }
x
{\displaystyle x\ }
E
z
(
0
,
0
,
z
)
=
ρ
z
3
ε
o
+
2
Q
2
z
4
π
ε
o
[
(
R
/
2
)
2
+
z
2
]
3
/
2
{\displaystyle E_{z}(0,0,z)={\frac {\rho z}{3\varepsilon _{o}}}+{\frac {2Q_{2}z}{4\pi \varepsilon _{o}[(R/2)^{2}+z^{2}]^{3/2}}}\ }
E
z
(
0
,
0
,
z
)
=
ρ
z
3
ε
o
(
1
−
R
3
4
[
(
R
/
2
)
2
+
z
2
]
3
/
2
)
{\displaystyle E_{z}(0,0,z)={\frac {\rho z}{3\varepsilon _{o}}}\left(1-{\frac {R^{3}}{4[(R/2)^{2}+z^{2}]^{3/2}}}\right)\ }
Funzione mostrata di lato.
b)
Lungo l'asse delle
x
{\displaystyle x\ }
E
x
+
(
x
,
0
,
0
)
=
ρ
x
3
ε
o
−
R
≤
x
≤
R
{\displaystyle E_{x+}(x,0,0)={\frac {\rho x}{3\varepsilon _{o}}}\qquad -R\leq x\leq R\ }
Per
0
≤
x
≤
R
{\displaystyle 0\leq x\leq R\ }
E
x
−
1
(
x
,
0
,
0
)
=
Q
2
4
π
ε
o
[
(
R
/
2
)
+
x
]
2
0
≤
x
≤
R
{\displaystyle E_{x-1}(x,0,0)={\frac {Q_{2}}{4\pi \varepsilon _{o}[(R/2)+x]^{2}}}\qquad 0\leq x\leq R\ }
Mentre la regione di destra genera un campo:
E
x
−
2
(
x
,
0
,
0
)
=
−
ρ
(
x
−
R
/
2
)
3
ε
o
0
≤
x
≤
R
{\displaystyle E_{x-2}(x,0,0)=-{\frac {\rho (x-R/2)}{3\varepsilon _{o}}}\qquad 0\leq x\leq R\ }
Quindi per
0
≤
x
≤
R
{\displaystyle 0\leq x\leq R\ }
E
x
=
ρ
x
3
ε
o
−
ρ
(
x
−
R
/
2
)
3
ε
o
+
Q
2
4
π
ε
o
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
=
ρ
R
6
ε
o
−
ρ
R
3
24
ε
o
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
=
ρ
R
6
ε
o
[
1
−
R
2
4
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
]
{\displaystyle E_{x}={\frac {\rho x}{3\varepsilon _{o}}}-{\frac {\rho (x-R/2)}{3\varepsilon _{o}}}+{\frac {Q_{2}}{4\pi \varepsilon _{o}[x+(R/2)]^{2}}}={\frac {\rho R}{6\varepsilon _{o}}}-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}[x+(R/2)]^{2}}}={\frac {\rho R}{6\varepsilon _{o}}}\left[1-{\frac {R^{2}}{4[x+(R/2)]^{2}}}\right]\ }
Mentre per
−
R
≤
x
≤
0
{\displaystyle -R\leq x\leq 0\ }
E
x
=
ρ
x
3
ε
o
−
ρ
(
x
+
R
/
2
)
3
ε
o
−
Q
2
4
π
ε
o
[
x
−
(
R
/
2
)
]
2
=
−
ρ
R
6
ε
o
+
ρ
R
3
24
ε
o
[
x
−
(
R
/
2
)
]
2
=
ρ
R
6
ε
o
[
R
2
4
[
x
−
(
R
/
2
)
]
2
−
1
]
{\displaystyle E_{x}={\frac {\rho x}{3\varepsilon _{o}}}-{\frac {\rho (x+R/2)}{3\varepsilon _{o}}}-{\frac {Q_{2}}{4\pi \varepsilon _{o}[x-(R/2)]^{2}}}=-{\frac {\rho R}{6\varepsilon _{o}}}+{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}[x-(R/2)]^{2}}}={\frac {\rho R}{6\varepsilon _{o}}}\left[{\frac {R^{2}}{4[x-(R/2)]^{2}}}-1\right]\ }
Funzione mostrata nella figura qui sopra.
Le componenti
E
y
{\displaystyle E_{y}\ }
E
z
{\displaystyle E_{z}\ }
c)
Nella regione a carica nulla di destra:
0
≤
x
≤
R
,
−
R
/
2
≤
y
≤
R
/
2
;
−
R
/
2
≤
z
≤
R
/
2
{\displaystyle 0\leq x\leq R,\quad -R/2\leq y\leq R/2;\quad -R/2\leq z\leq R/2\ }
il campo elettrico nelle sue tre componenti cartesiane può essere calcolato estendendo le formule precedenti:
E
x
(
x
,
y
,
z
)
=
ρ
x
3
ε
o
−
ρ
(
x
−
R
/
2
)
3
ε
o
+
Q
2
[
x
+
(
R
/
2
)
]
4
π
ε
o
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
3
/
2
=
ρ
R
6
ε
o
[
1
−
[
x
+
(
R
/
2
)
]
R
2
4
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
3
/
2
]
{\displaystyle E_{x}(x,y,z)={\frac {\rho x}{3\varepsilon _{o}}}-{\frac {\rho (x-R/2)}{3\varepsilon _{o}}}+{\frac {Q_{2}[x+(R/2)]}{4\pi \varepsilon _{o}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}}}={\frac {\rho R}{6\varepsilon _{o}}}\left[1-{\frac {[x+(R/2)]R^{2}}{4\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}}}\right]\ }
E
y
(
x
,
y
,
z
)
=
ρ
y
3
ε
o
−
ρ
y
3
ε
o
+
Q
2
y
4
π
ε
o
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
3
/
2
=
−
ρ
R
3
y
24
ε
o
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
3
/
2
{\displaystyle E_{y}(x,y,z)={\frac {\rho y}{3\varepsilon _{o}}}-{\frac {\rho y}{3\varepsilon _{o}}}+{\frac {Q_{2}y}{4\pi \varepsilon _{o}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}}}=-{\frac {\rho R^{3}y}{24\varepsilon _{o}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}}}\ }
E
z
(
x
,
y
,
z
)
=
ρ
z
3
ε
o
−
ρ
z
3
ε
o
+
Q
2
y
4
π
ε
o
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
3
/
2
=
−
ρ
R
3
z
24
ε
o
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
3
/
2
{\displaystyle E_{z}(x,y,z)={\frac {\rho z}{3\varepsilon _{o}}}-{\frac {\rho z}{3\varepsilon _{o}}}+{\frac {Q_{2}y}{4\pi \varepsilon _{o}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}}}=-{\frac {\rho R^{3}z}{24\varepsilon _{o}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}}}\ }
Notiamo che le componenti
E
y
{\displaystyle E_{y}\ }
E
z
{\displaystyle E_{z}\ }
x
{\displaystyle x\ }
∂
E
x
∂
x
=
−
ρ
R
3
24
ε
o
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
3
/
2
−
3
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
1
/
2
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
3
=
−
ρ
R
3
24
ε
o
y
2
+
z
2
−
2
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
5
/
2
{\displaystyle {\frac {\partial E_{x}}{\partial x}}=-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}}}{\frac {\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}-3[x+(R/2)]^{2}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{1/2}}{\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3}}}=-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}}}{\frac {y^{2}+z^{2}-2[x+(R/2)]^{2}}{\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{5/2}}}\ }
∂
E
y
∂
y
=
−
ρ
R
3
24
ε
o
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
3
/
2
−
3
y
2
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
1
/
2
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
3
=
−
ρ
R
3
24
ε
o
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
z
2
−
2
y
2
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
5
/
2
{\displaystyle {\frac {\partial E_{y}}{\partial y}}=-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}}}{\frac {\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}-3y^{2}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{1/2}}{\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3}}}=-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}}}{\frac {[x+(R/2)]^{2}+z^{2}-2y^{2}}{\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{5/2}}}\ }
∂
E
z
∂
z
=
−
ρ
R
3
24
ε
o
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
3
/
2
−
3
z
2
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
1
/
2
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
3
=
−
ρ
R
3
24
ε
o
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
−
2
z
2
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
5
/
2
{\displaystyle {\frac {\partial E_{z}}{\partial z}}=-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}}}{\frac {\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}-3z^{2}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{1/2}}{\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3}}}=-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}}}{\frac {[x+(R/2)]^{2}+y^{2}-2z^{2}}{\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{5/2}}}\ }
Sommando:
∂
E
x
∂
x
+
∂
E
y
∂
y
+
∂
E
z
∂
z
=
−
ρ
R
3
24
ε
o
y
2
+
z
2
−
2
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
z
2
−
2
y
2
+
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
−
2
z
2
{
[
x
+
(
R
/
2
)
]
2
+
y
2
+
z
2
}
5
/
2
=
0
{\displaystyle {\frac {\partial E_{x}}{\partial x}}+{\frac {\partial E_{y}}{\partial y}}+{\frac {\partial E_{z}}{\partial z}}=-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}}}{\frac {y^{2}+z^{2}-2[x+(R/2)]^{2}+[x+(R/2)]^{2}+z^{2}-2y^{2}+[x+(R/2)]^{2}+y^{2}-2z^{2}}{\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{5/2}}}=0\ }
![{\displaystyle 4\pi R^{2}E(R)={\frac {1}{\varepsilon _{o}}}\int _{R_{1}}^{R}\rho 4\pi r^{2}dr={\frac {1}{\varepsilon _{o}}}\rho 4\pi \left[{\frac {r^{3}}{3}}\right]_{R_{1}}^{R}={\frac {\rho 4\pi }{3\varepsilon _{o}}}[R^{3}-R_{1}^{3}]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e0dea3c8405e9a576a55ca02bc3b61400b9683d0)
![{\displaystyle \Delta V=\int _{R_{1}}^{R_{2}}{\frac {\rho }{3\varepsilon _{o}}}\left(R-{\frac {R_{1}^{3}}{R^{2}}}\right)dR={\frac {\rho }{3\varepsilon _{o}}}\left[{\frac {1}{2}}(R_{2}^{2}-R_{1}^{2})+{\frac {R_{1}^{3}}{R_{2}}}-R_{1}^{2}\right]=12\ V}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/ee3e2bbcab695967cc24ec8654e744cc97ec322a)
![{\displaystyle \Delta V=-\int _{-d}^{0}{\frac {\rho (x+d)}{\epsilon _{o}}}dx-\int _{0}^{d}{\frac {\rho (-x+d)}{\epsilon _{o}}}=-{\frac {\rho }{\epsilon _{o}}}\left\{\left[{\frac {x^{2}}{2}}+xd\right]_{-d}^{0}+\left[xd-{\frac {x^{2}}{2}}\right]_{0}^{d}\right\}={\frac {\rho d^{2}}{\epsilon _{o}}}=1.02\ V}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/87d109cbbc80b92d648c3f9064e6d5fc31aafb42)
![{\displaystyle ={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {q}{R_{2}}}+{\frac {\rho }{6\varepsilon _{o}}}\left[R_{2}^{2}-R_{1}^{2}\right]+{\frac {\rho R_{1}^{3}}{3\varepsilon _{o}}}\left[{\frac {1}{R_{1}}}-{\frac {1}{R_{2}}}\right]=2732\ V}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/9a37b661019899d9c8a96aac63a9fa2a368aab81)
![{\displaystyle Q={\frac {4}{3}}\pi \left({\frac {R}{2}}\right)^{3}{\frac {\rho }{2}}+{\frac {4}{3}}\pi \left[R^{3}-\left({\frac {R}{2}}\right)^{3}\right]\rho ={\frac {5}{4}}\pi \rho R^{3}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/fb578eb3829b9eb027ca3155afeacd7f24fb0f87)
![{\displaystyle Q_{e}={\frac {4}{3}}\pi \left[\left({\frac {2R}{3}}\right)^{3}-\left({\frac {R}{2}}\right)^{3}\right]\rho =7.3\cdot 10^{-7}\ C}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/39dc451d4f24f516742233871e3e991d6edfbaf9)
![{\displaystyle Q_{2}=-\rho {\frac {4}{3}}\pi [(2R)^{3}-R^{3}]=-7.9\ \mu C\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/a263752e208f5fcbac41c6a4793a5ade7f20f5bb)
![{\displaystyle Q_{2}'=-\rho {\frac {4}{3}}\pi [(r_{x})^{3}-R^{3}]\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/1c6da943f4ad65e2d8c05efcd5824e953ff94601)
![{\displaystyle -\rho {\frac {4}{3}}\pi [(r_{x})^{3}-R^{3}]=\rho {\frac {4}{3}}\pi R^{3}\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/d251e8d94073ca01fa6942b23e9c738698fe36d4)
![{\displaystyle r_{x}=R{\sqrt[{3}]{2}}=3.8\ m\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/3548f3e1ac1702a110e6572c66b297cfe9a97df9)
![{\displaystyle \Delta V={\frac {Q_{1}+Q_{1}}{4\pi \varepsilon _{o}}}\left[-{\frac {1}{r}}\right]_{R}^{2R}-{\frac {\rho }{6\varepsilon _{o}}}\left[r^{2}\right]_{R}^{2R}={\frac {Q_{1}}{4\pi \varepsilon _{o}R}}-{\frac {\rho R^{2}}{2\varepsilon _{o}}}=-1695\ V\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/0ef2b15951cedb10e2e32e23f551f18b56bfbe1e)
![{\displaystyle Q=\int _{0}^{R}\rho 4\pi r^{2}dr=4\pi \rho _{0}\int _{0}^{R}\left({\frac {r}{R}}-{\frac {r^{2}}{R^{2}}}\right)r^{2}dr=4\pi \rho _{0}\left[{\frac {r^{4}}{4R}}-{\frac {r^{5}}{5R^{2}}}\right]_{0}^{R}={\frac {\pi \rho _{o}R^{3}}{5}}=1\ \mu C\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e43b4dc5a425242445a903fc29d29ff9b44e8b1f)
![{\displaystyle E_{x}={\frac {\rho (x-R)}{3\varepsilon _{o}}}+{\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{o}(R+x)^{2}}}={\frac {\rho }{3\varepsilon _{o}}}\left[x-R+{\frac {R^{3}}{(R+x)^{2}}}\right]={\frac {\rho x(x^{2}+Rx-R^{2})}{3\varepsilon _{o}(R+x)^{2}}}\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/8586c92551342e84981915cf01b21015f27dd992)
![{\displaystyle V={\frac {Q}{2\pi \varepsilon _{o}}}\left[-{\frac {-1}{\sqrt {y^{2}+R^{2}}}}\right]_{0}^{\infty }={\frac {Q}{2\pi \varepsilon _{o}R}}=7.2\ kV\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/fdf7dded217186af2fd2fca22ed06bee302d6bdf)
![{\displaystyle E_{z}(0,0,z)={\frac {\rho z}{3\varepsilon _{o}}}+{\frac {2Q_{2}z}{4\pi \varepsilon _{o}[(R/2)^{2}+z^{2}]^{3/2}}}\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/41e37cef501ae03563e2422c1e23a23ee6ded879)
![{\displaystyle E_{z}(0,0,z)={\frac {\rho z}{3\varepsilon _{o}}}\left(1-{\frac {R^{3}}{4[(R/2)^{2}+z^{2}]^{3/2}}}\right)\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/b4659b9fa00e85519a122b5a1fa526a949318e2d)
![{\displaystyle E_{x-1}(x,0,0)={\frac {Q_{2}}{4\pi \varepsilon _{o}[(R/2)+x]^{2}}}\qquad 0\leq x\leq R\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/4932fc09505e4f6fdbac122bc62d1acf604069c8)
![{\displaystyle E_{x}={\frac {\rho x}{3\varepsilon _{o}}}-{\frac {\rho (x-R/2)}{3\varepsilon _{o}}}+{\frac {Q_{2}}{4\pi \varepsilon _{o}[x+(R/2)]^{2}}}={\frac {\rho R}{6\varepsilon _{o}}}-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}[x+(R/2)]^{2}}}={\frac {\rho R}{6\varepsilon _{o}}}\left[1-{\frac {R^{2}}{4[x+(R/2)]^{2}}}\right]\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c93bf73717275a0868dcc0feff6b27d6eb429213)
![{\displaystyle E_{x}={\frac {\rho x}{3\varepsilon _{o}}}-{\frac {\rho (x+R/2)}{3\varepsilon _{o}}}-{\frac {Q_{2}}{4\pi \varepsilon _{o}[x-(R/2)]^{2}}}=-{\frac {\rho R}{6\varepsilon _{o}}}+{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}[x-(R/2)]^{2}}}={\frac {\rho R}{6\varepsilon _{o}}}\left[{\frac {R^{2}}{4[x-(R/2)]^{2}}}-1\right]\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/0a06f30ebdf21e8ad4762f8d65a96ec630ed1b88)
![{\displaystyle E_{x}(x,y,z)={\frac {\rho x}{3\varepsilon _{o}}}-{\frac {\rho (x-R/2)}{3\varepsilon _{o}}}+{\frac {Q_{2}[x+(R/2)]}{4\pi \varepsilon _{o}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}}}={\frac {\rho R}{6\varepsilon _{o}}}\left[1-{\frac {[x+(R/2)]R^{2}}{4\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}}}\right]\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/14d7684b6ac2c8d188e31dc24f801e34c8c8086e)
![{\displaystyle E_{y}(x,y,z)={\frac {\rho y}{3\varepsilon _{o}}}-{\frac {\rho y}{3\varepsilon _{o}}}+{\frac {Q_{2}y}{4\pi \varepsilon _{o}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}}}=-{\frac {\rho R^{3}y}{24\varepsilon _{o}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}}}\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/871e24474e72e86c631ae0ce7a7054ebc12cac73)
![{\displaystyle E_{z}(x,y,z)={\frac {\rho z}{3\varepsilon _{o}}}-{\frac {\rho z}{3\varepsilon _{o}}}+{\frac {Q_{2}y}{4\pi \varepsilon _{o}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}}}=-{\frac {\rho R^{3}z}{24\varepsilon _{o}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}}}\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/46d01413e5f356b0ef997d78cfb0e1100e0bf8be)
![{\displaystyle {\frac {\partial E_{x}}{\partial x}}=-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}}}{\frac {\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}-3[x+(R/2)]^{2}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{1/2}}{\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3}}}=-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}}}{\frac {y^{2}+z^{2}-2[x+(R/2)]^{2}}{\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{5/2}}}\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/98c94a7540cf9b6db2c23d4b57133bf08448d69e)
![{\displaystyle {\frac {\partial E_{y}}{\partial y}}=-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}}}{\frac {\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}-3y^{2}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{1/2}}{\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3}}}=-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}}}{\frac {[x+(R/2)]^{2}+z^{2}-2y^{2}}{\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{5/2}}}\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/82de9c364b9082e16e703b1775efa45a8d74c285)
![{\displaystyle {\frac {\partial E_{z}}{\partial z}}=-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}}}{\frac {\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3/2}-3z^{2}\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{1/2}}{\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{3}}}=-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}}}{\frac {[x+(R/2)]^{2}+y^{2}-2z^{2}}{\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{5/2}}}\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/e0985be99339ee7d8b90fdb8e86662beaaef7b82)
![{\displaystyle {\frac {\partial E_{x}}{\partial x}}+{\frac {\partial E_{y}}{\partial y}}+{\frac {\partial E_{z}}{\partial z}}=-{\frac {\rho R^{3}}{24\varepsilon _{o}}}{\frac {y^{2}+z^{2}-2[x+(R/2)]^{2}+[x+(R/2)]^{2}+z^{2}-2y^{2}+[x+(R/2)]^{2}+y^{2}-2z^{2}}{\{[x+(R/2)]^{2}+y^{2}+z^{2}\}^{5/2}}}=0\ }](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/d8f68d5eaad51cbf795522e061d9b844f83c5684)
