Esercizio 5gusci sferici con dielettrico e carica in orbita

Testo (Terzo appello, 20.06.2024, problema 1). Due gusci sferici conduttori concentrici hanno raggi $R_1 = 2$ cm e $R_2 = 3{,}5$ cm. La sfera interna è ricoperta all'esterno da uno strato di dielettrico di costante relativa $\varepsilon_r = 5$ e spessore $d = 1$ cm. Da distanza infinita si portano le cariche $q_1$ e $q_2$ rispettivamente sulla sfera interna ed esterna. La differenza di potenziale tra le due sfere è $V_1 - V_2 = -400$ V; un corpo di massa $m$ e carica $q = -4e$, in orbita a distanza $R_0 = 2R_2$ dal centro comune, ha energia cinetica $E_k = 2$ keV. Determinare:

a) la carica sulla sfera interna (3 punti); b) la carica sulla sfera esterna (3 punti).

Si collega la sfera interna a potenziale di terra. Calcolare:

c) l'energia da fornire alla carica $q$ per mantenerla in orbita (4 punti).

Schema

Andando dal centro verso l'esterno: sfera interna (raggio $R_1 = 2$ cm), strato di dielettrico da $R_1$ a $R_1 + d = 3$ cm, vuoto da $3$ cm a $R_2 = 3{,}5$ cm, guscio esterno, poi vuoto. La carica in orbita è a $R_0 = 7$ cm, fuori da tutto.

Come si distribuiscono le cariche. Per induzione completaLa carica di un conduttore interno induce sulla superficie interna del guscio che lo racchiude una carica uguale e opposta.Conduttori in equilibrio, conduttori cavi e schermo elettrostatico →, la carica $q_1$ della sfera interna induce $-q_1$ sulla faccia interna del guscio esterno, e quindi la faccia esterna porta $q_2 + q_1$. Conseguenze:

• tra le sfere il campo dipende solo da $q_1$;
• fuori dal guscio il campo è quello di una carica puntiforme $q_1 + q_2$ al centro.

a) Carica sulla sfera interna

Il sistema come condensatori in serie

Tra le due sfere ci sono due strati diversi (dielettrico e vuoto). Le superfici sferiche di raggio $R_1 + d$ sono superfici equipotenziali: si può immaginare un'armatura sottilissima lì senza cambiare nulla. Il sistema è quindi una serie di due condensatori sferici (Condensatori - capacità, serie e paralleloUn condensatore sono due conduttori in induzione completa con cariche ±q; la capacità C = q/ΔV (farad) dipende solo dalla geometria: piano ε₀S/d, sferico 4πε₀R₁R₂/(R₂ − R₁), cilindrico 2πε₀L/ln(R₂/R₁). In parallelo le capacità si sommano (stessa ΔV), in serie si sommano gli inversi (stessa carica). Con un dielettrico che riempie il condensatore C diventa ε_r C.Condensatori - capacità, serie e parallelo →), uno pieno di dielettrico e uno vuoto, attraversati dalla stessa carica $q_1$.

Capacità di un condensatore sferico di raggi $a < b$: $4\pi\varepsilon_0\varepsilon_r\frac{ab}{b - a}$.

$$C_1 = 4\pi\varepsilon_0\varepsilon_r\frac{R_1(R_1 + d)}{d} = 4\pi\cdot8{,}854\cdot10^{-12}\cdot5\cdot\frac{0{,}02\cdot0{,}03}{0{,}01} = 33{,}4\ \text{pF},$$

$$C_2 = 4\pi\varepsilon_0\frac{R_2(R_1 + d)}{R_2 - (R_1 + d)} = 4\pi\cdot8{,}854\cdot10^{-12}\cdot\frac{0{,}035\cdot0{,}03}{0{,}005} = 23{,}4\ \text{pF}.$$

In serie: $C_{eq} = \frac{C_1C_2}{C_1 + C_2} = 13{,}7$ pF.

Carica

La d.d.p. tra le sfere è quella ai capi della serie:

$$q_1 = C_{eq}(V_1 - V_2) = 13{,}74\cdot10^{-12}\cdot(-400) = \boxed{-5{,}5\ \text{nC}}$$

Il segno è negativo perché la sfera interna è a potenziale più basso della esterna.

b) Carica sulla sfera esterna

Perché l'orbita dà la carica totale

La carica $q = -4e$ è fuori dal guscio, dove il campo è quello di una carica puntiforme $Q = q_1 + q_2$ al centro (legge di Gauss su una sfera di raggio $R_0$). Il moto circolare uniforme richiede una forza centripeta: deve essere attrattiva, quindi $Q > 0$ (la carica in orbita è negativa).

$$|q|\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R_0^2} = m\frac{v^2}{R_0}.$$

La massa non è data, ma serve solo $mv^2 = 2E_k$:

$$|q|\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R_0^2} = \frac{2E_k}{R_0} \implies Q = \frac{4\pi\varepsilon_0R_0\cdot2E_k}{|q|}.$$

Calcolo con gli elettronvolt

$E_k = 2$ keV $= 2000\,e$ joule e $|q| = 4e$: il rapporto $\frac{2E_k}{|q|} = \frac{4000\,e}{4e} = 1000$ V. Quindi

$$Q = 4\pi\varepsilon_0R_0\cdot1000\ \text{V} = 4\pi\cdot8{,}854\cdot10^{-12}\cdot0{,}07\cdot1000 = 7{,}79\ \text{nC}.$$

($Q/(4\pi\varepsilon_0R_2) = 2000$ V è il potenziale del guscio esterno.)

$$q_2 = Q - q_1 = 7{,}79 + 5{,}50 = \boxed{13{,}3\ \text{nC}}$$

c) Sfera interna a terra

Cosa cambia collegando a terra

Collegare un conduttore a terra significa fissarne il potenziale a zero (lo stesso dell'infinito), lasciando che la carica necessaria arrivi dalla terra. Il guscio esterno resta isolato: la sua carica $q_2$ non cambia. La nuova carica $q_1'$ della sfera interna si trova imponendo $V_1 = 0$.

• Potenziale del guscio esterno (carica totale fuori $q_1' + q_2$): $V_2 = \frac{q_1' + q_2}{4\pi\varepsilon_0R_2}$.
• D.d.p. tra le sfere: $V_1 - V_2 = \frac{q_1'}{C_{eq}}$.

$$V_1 = \frac{q_1'}{C_{eq}} + \frac{q_1' + q_2}{C_\infty} = 0, \qquad C_\infty = 4\pi\varepsilon_0R_2 = 3{,}89\ \text{pF}.$$

$$q_1' = -q_2\frac{C_{eq}}{C_{eq} + C_\infty} = -13{,}3\cdot\frac{13{,}74}{17{,}64} = -10{,}35\ \text{nC}.$$

La carica totale vista dall'esterno diventa $Q' = q_1' + q_2 = 2{,}93$ nC.

Nuova energia cinetica per la stessa orbita

Con la stessa relazione del punto b), nell'orbita di raggio $R_0$:

$$E_k' = \frac{|q|\,Q'}{8\pi\varepsilon_0R_0} = \frac{4e\cdot2{,}93\cdot10^{-9}}{8\pi\cdot8{,}854\cdot10^{-12}\cdot0{,}07} = 753\ \text{eV}.$$

L'attrazione è diminuita, quindi per restare sulla stessa orbita la carica deve andare più piano:

$$W = E_k' - E_k = 753 - 2000 = \boxed{-1{,}25\ \text{keV}}$$

cioè bisogna sottrarre circa $1{,}25$ keV di energia cinetica.

La soluzione ufficiale

La soluzione ufficiale assume che la messa a terra annulli la carica della sfera interna ($q_1' = 0$), lasciando fuori solo $q_2 = 13{,}3$ nC. Con questa ipotesi l'attrazione aumenta: $E_k' = \frac{4e\cdot q_2}{8\pi\varepsilon_0R_0} = 3{,}4$ keV e $W = +1{,}4$ keV da fornire. L'ipotesi però non è corretta: a terra va il potenziale, non la carica; con $q_1' = 0$ la sfera interna avrebbe il potenziale del guscio, $\frac{q_2}{4\pi\varepsilon_0R_2} \approx 3{,}4$ kV, non zero. All'esame il risultato atteso era $1{,}4$ keV.

Riepilogo

Errori comuni

• Usare una sola capacità con $\varepsilon_r$ per tutto lo spazio tra le sfere: il dielettrico occupa solo i primi $1$ cm.
• Dimenticare $q_1$ nella forza sulla carica esterna: fuori dal guscio conta la carica totale $q_1 + q_2$.
• Convertire gli elettronvolt: $1$ eV $= 1{,}602\cdot10^{-19}$ J; conviene lasciare $e$ simbolico e semplificarlo.
• Confondere "a terra" con "scarico".