Un arco di circonferenza di raggio a e angolo centrale θ0 è caricato con una
carica Q distribuita uniformemente lungo l’arco. Determinare:
a) Il vettore campo elettrico nei punti della retta che passa per il centro dell’arco ed è perpendicolare al piano
che contiene l’arco;
b) Il vettore campo elettrico nel centro di curvatura dell’arco;
c) Il vettore campo elettrico quando l’angolo centrale tende a zero.
Dati del problema:
- Raggio dell’arco: a;
- Angolo centrale dell’arco: θ0;
- Carica elettrica dell’arco: Q.
Schema del problema:
Il vettore posizione r va da un elemento di carica dq dell’arco fino al punto P, dove vogliamo
calcolare il campo elettrico, il vettore rq localizza l’elemento di carica rispetto
all’origine del sistema di riferimento e il vettore rp localizza il punto P
(Figura 1-A).
\[
\begin{gather}
\mathbf r=\mathbf r_p-\mathbf r_q
\end{gather}
\]
Per la geometria del problema dobbiamo scegliere coordinate cilindriche (Figura 1-B). Il vettore
rq, che si trova nel piano yz, è scritto come
\( \mathbf r_q=y\;\mathbf j+z\;\mathbf k \)
e il vettore rp possiede solo componente nella direzione i,
\( \mathbf r_p=x\;\mathbf i \)
(contrariamente a quanto si fa usualmente, dove il vettore rq si trova nel piano xy
e l’asse del cilindro nella direzione k), il vettore posizione sarà
\[
\begin{gather}
\mathbf r=x\;\mathbf i-\left(y\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right) \\[5pt]
\mathbf r=x\;\mathbf i-y\;\mathbf j-z\;\mathbf k \tag{I}
\end{gather}
\]
Dall’equazione (I), il modulo del vettore posizione r sarà
\[
\begin{gather}
r^2=x^2+(-y)^2+(-z)^2 \\[5pt]
r=\left(x^2+y^2+z^2\right)^{\frac{1}{2}} \tag{II}
\end{gather}
\]
dove x, y e z, in coordinate cilindriche, sono dati da
\[
\begin{gather}
\left\{
\begin{array}{l}
x=x\\
y=a\cos\theta\\
z=a\operatorname{sen}\theta
\end{array}
\right. \tag{III}
\end{gather}
\]
Soluzione:
a) Il vettore campo elettrico è dato da
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^2}\;\frac{\mathbf r}{r}}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^{3}}\;\mathbf r} \tag{IV}
\end{gather}
\]
Usando l’equazione della densità lineare di carica λ, otteniamo l’elemento di carica dq.
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\lambda=\frac{dq}{ds}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
dq=\lambda\;ds \tag{V}
\end{gather}
\]
dove
ds è un elemento di arco di angolo
dθ dell’arco (Figura 2).
\[
\begin{gather}
ds=a\;d\theta \tag{VI}
\end{gather}
\]
sostituendo l’equazione (VI) nell’equazione (V).
\[
\begin{gather}
dq=\lambda a\;d\theta \tag{VII}
\end{gather}
\]
Sostituendo le equazioni (I), (II) e (VII) nell’equazione (IV).
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[\left(x^2+y^2+z^2\right)^{1/2}\right]^{\;3}}}\left(x\;\mathbf i-y\;\mathbf j-z\;\mathbf k\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{3/2}}}\left(x\;\mathbf i-y\;\mathbf j-z\;\mathbf k\right) \tag{VIII}
\end{gather}
\]
sostituendo le equazioni (III) nell’equazione (VIII).
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[\;x^2+\left(a\cos\theta\right)^2+\left(a\operatorname{sen}\theta\right)^2\right]^{3/2}}}\left(x\;\mathbf i-a\cos\theta\;\mathbf j-a\operatorname{sen}\theta\;\mathbf k\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[x^2+a^2\cos^2\theta +a^2\operatorname{sen}^2\theta\;\right]^{3/2} }}\left(x\;\mathbf i-a\cos\theta\;\mathbf j-a\operatorname{sen}\theta\;\mathbf k\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[x^2+a^2\underbrace{\left(\cos ^2\theta+\operatorname{sen}^2\theta\right)}_{1}\right]^{3/2}}\left(x\;\mathbf i-a\cos\theta\;\mathbf j-a\operatorname{sen}\theta\;\mathbf k\right)} \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\;\mathbf i-a\cos\theta\;\mathbf j-a\operatorname{sen}\theta\;\mathbf k\right)}
\end{gather}
\]
La densità di carica λ e il raggio a sono costanti, possono uscire dall’integrale, e
l’integrale della somma è uguale alla somma degli integrali.
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda a}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\int d\theta\;\mathbf i-a\int \cos\theta d\theta\;\mathbf j-a\int \operatorname{sen}\theta\;d\theta\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Poiché esiste simmetria, possiamo dividere l’angolo centrale θ0 in due parti, misurando
\( \frac{\theta_0}{2} \)
in senso orario e
\( -{\frac{\theta_0}{2}} \)
in senso antiorario (Figura 3), i limiti di integrazione saranno
\( -{\frac{\theta_0}{2}} \)
e
\( \frac{\theta_0}{2} \).
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda a}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}d\theta\;\mathbf i-a\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\cos\theta\;d\theta\;\mathbf j-a\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Integrale d
\( \displaystyle \int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\;d\theta \)
\[
\begin{align}
\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\;d\theta &=\frac{\theta_0}{2}-\left(-{\frac{\theta_0}{2}}\right)=\\
&=\frac{\theta_0}{2}+\frac{\theta_0}{2}=\cancel 2\frac{\theta_0}{\cancel 2}=\theta_0
\end{align}
\]
Integrale d
\( \displaystyle \int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\cos\theta\;d\theta \)
\[
\begin{align}
\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\cos\theta\;d\theta &=\left.\operatorname{sen}\theta\right|_{\;-\frac{\theta_0}{2}}^{\;\frac{\theta_0}{2}}=\\
&=\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}-\operatorname{sen}\;\left(-{\frac{\theta_0}{2}}\right)
\end{align}
\]
la funzione seno è una funzione dispari
\( f(-x)=-f(x) \),
\( \operatorname{sen}\left(-{\dfrac{\theta_0}{2}}\right)=-\operatorname{sen}\dfrac{\theta_0}{2} \)
\[
\begin{align}
\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\cos\theta\;d\theta &=\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}-\left[-\operatorname{sen}\;\frac{\theta_0}{2}\right]=\\
&=\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}+\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}=2\;\operatorname{sen}\;\frac{\theta_0}{2}
\end{align}
\]
Integrale d
\( \displaystyle \int_{-{\frac{\theta_{;0}}{2}}}^{{\frac{\theta_{0}}{2}}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta\)
\[
\begin{align}
\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta &=\left.-\cos\theta\right|_{\;-\frac{\theta_0}{2}}^{\;\frac{\theta_0}{2}}=\\
&=-\left[\cos\frac{\theta_0}{2}-\cos\left(-{\frac{\theta_0}{2}}\right)\right]
\end{align}
\]
la funzione coseno è una funzione pari
\( f(x)=f(-x) \),
\( \cos\left(-{\dfrac{\theta_0}{2}}\right)=\cos\dfrac{\theta_0}{2} \)
\[
\begin{gather}
\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta=-\left[\cos\frac{\theta_0}{2}-\cos\frac{\theta_0}{2}\right]=0
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda a}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\theta_0\;\mathbf i-2a\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j-0\;\mathbf k\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda a}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\theta_0\;\mathbf i-2a\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j\right) \tag{IX}
\end{gather}
\]
Osservazione: L’integrale nella direzione
k è uguale a zero, perché un elemento di carica
dq produce in un punto un elemento del campo che può essere scomposto in elementi
dEx, −
dEy e
−
dEz (Figura 4-A). Un altro elemento di carica posto in una posizione
simmetrica produce, nello stesso punto, un altro elemento del campo che può essere scomposto in elementi
dEx, −
dEy e
dEz (Figura 4-B). Così, gli elementi nella direzione
k si annullano e solo
gli elementi nelle direzioni
i e
j contribuiscono al campo totale.
La carica totale dell’arco è Q e la sua lunghezza è aθ0, la densità lineare di
carica può essere scritta
\[
\begin{gather}
\lambda=\frac{Q}{a\theta_0} \tag{X}
\end{gather}
\]
sostituendo l’equazione (X) nell’equazione (IX).
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{a\theta_0}\frac{a}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\theta_0\;\mathbf i-2a\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(\frac{1}{\theta_0}x\theta_0\;\mathbf i-\frac{1}{\theta_0}2a\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j\right)
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\;\mathbf i-\frac{2a}{\theta_0}\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j\right)}
\end{gather}
\]
b) Nel centro di curvatura abbiamo x = 0, sostituendo nella soluzione del punto precedente (Figura 6).
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{\left(0^2+a^2\right)^{3/2}}\left(0\;\mathbf i-\frac{2a}{\theta_0}\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{-{1}}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{a^{3}}\frac{2a}{\theta_0}\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{-{1}}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{a^2}\frac{2}{\theta_0}\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j}
\end{gather}
\]
c) Quando l’angolo centrale tende a zero
(\( \theta_0\rightarrow 0 \)),
l’arco tende a una carica puntiforme, applicando il limite alla soluzione del punto precedente (Figura 7).
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\underset{\theta_0\rightarrow0}{\lim}-\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\;\frac{Q}{a^2}\frac{2}{\theta_0}\operatorname{sen}\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j
\end{gather}
\]
Invertendo il termine
\( \frac{2}{\theta_0} \)
e portandolo al denominatore.
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\underset{\theta_0\rightarrow 0}{\lim}-{\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{a^2}\dfrac{\operatorname{sen}\dfrac{\theta_0}{2}}{\dfrac{\theta_0}{2}}\;\mathbf j}
\end{gather}
\]
Usando il Limite Fondamentale
\( \underset{x\rightarrow 0}{\lim}{\dfrac{\operatorname{sen}x}{x}}=1 \)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=-{\frac{1}{4\pi\epsilon_0}}\frac{Q}{a^2}\underbrace{\;\underset{\theta_0\rightarrow 0}{\lim }{\dfrac{\operatorname{sen}\dfrac{\theta_0}{2}}{\dfrac{\theta_0}{2}}}}_{1}\;\mathbf j
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=-{\frac{Q}{4\pi\epsilon_0a^2}}\;\mathbf j}
\end{gather}
\]
e il risultato si riduce al vettore campo elettrico di una carica puntiforme.
DE
EN
ES
FR
PT-BR
