Esercizio 13particella carica tra due piani indefiniti

Testo (V appello, 16 settembre 2024, problema 1). Due piani paralleli indefiniti sono entrambi caricati con una densità di carica superficiale uniforme $\sigma = 9\ \text{nC/m}^2$. I piani sono ortogonali a un asse $x$ e si trovano in posizione $x_1 = -40\ \text{cm}$ e $x_2 = 40\ \text{cm}$. Una particella di massa $m = 5 \cdot 10^{-6}\ \text{kg}$ e carica $Q = -8\ \text{nC}$ si muove lungo l'asse $x$, attraversando il punto $x = 0$ al tempo $t = 0$ con velocità $\vec v_0 = (2\ \text{m/s})\,\hat u_x$. Determinare:

1. il tempo $t_A$ necessario per raggiungere il punto $A$ posto sul secondo piano;
2. il tempo $t_B$ necessario per raggiungere, dal punto $A$, il punto $B$ in cui si ferma la particella (assumendo che la particella attraversi un foro microscopico nel secondo piano);
3. la differenza di energia potenziale $U_B - U_A$ della particella tra il punto $B$ e il punto $A$.

Teoria: Applicazioni della legge di GaussCon la legge di Gauss e una superficie scelta in base alla simmetria si ricava il campo di filo indefinito (λ/2πε0r), piano indefinito (σ/2ε0), guscio sferico (nullo dentro, kQ/r² fuori), sfera uniformemente carica (proporzionale a r dentro) e cilindro carico.Applicazioni della legge di Gauss → (piano indefinito), Lavoro elettrico e potenziale elettrostaticoLa forza elettrostatica è conservativa: il suo lavoro dipende solo dagli estremi e si scrive come differenza di energia potenziale. Il potenziale V è l'energia potenziale per unità di carica; per una carica puntiforme V = kq/r, e il campo è E = −grad V, perpendicolare alle superfici equipotenziali.Lavoro elettrico e potenziale elettrostatico →.

Il campo di due piani carichi

Ogni piano indefinito produce, con la legge di Gauss, un campo uniforme di modulo $\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}$, perpendicolare al piano e uscente da entrambi i lati se $\sigma > 0$ (piano indefinitoCon un cilindretto che attraversa il piano: il flusso esce dalle due basi, 2ES = σS/ε0, quindi E = σ/2ε0, indipendente dalla distanza.Applicazioni della legge di Gauss →). Il campo totale è la somma dei due, zona per zona:

Tra due piani con cariche uguali il campo è nullo; fuori è doppio. (Con cariche opposte sarebbe il contrario: è il caso del condensatore piano.)

$$\frac{\sigma}{\varepsilon_0} = \frac{9 \cdot 10^{-9}}{8{,}854 \cdot 10^{-12}} = 1{,}02 \cdot 10^3\ \text{V/m}$$

1) Da $x = 0$ al secondo piano

Tra i piani il campo è nullo: nessuna forza (la gravità si trascura, o comunque agisce in direzione perpendicolare all'asse $x$ e non cambia il moto lungo $x$). Il moto è rettilineo uniforme:

$$t_A = \frac{x_2 - 0}{v_0} = \frac{0{,}40\ \text{m}}{2\ \text{m/s}} = 0{,}20\ \text{s}$$

La particella arriva in $A$ con la stessa velocità $v_0 = 2\ \text{m/s}$.

2) Oltre il secondo piano, fino all'arresto

Passato il piano (attraverso il foro), la particella è nella zona $x > 40\ \text{cm}$, dove il campo vale $+\sigma/\varepsilon_0$ (verso destra). La forza su $Q$ negativa è opposta al campo, quindi verso sinistra: la particella viene frenata (è attratta dai piani positivi).

$$a = \frac{QE}{m} = \frac{(-8 \cdot 10^{-9}) \cdot 1{,}02 \cdot 10^3}{5 \cdot 10^{-6}} = -1{,}63\ \text{m/s}^2$$

Il campo è uniforme, quindi l'accelerazione è costante: moto uniformemente decelerato. La particella si ferma quando $v = v_0 + a\,t_B = 0$:

$$t_B = -\frac{v_0}{a} = \frac{v_0\,m\,\varepsilon_0}{|Q|\,\sigma} = \frac{2}{1{,}63} = 1{,}23\ \text{s}$$

Il punto $B$ dista da $A$: $\Delta x = \dfrac{v_0^2}{2|a|} = \dfrac{4}{2 \cdot 1{,}63} = 1{,}23\ \text{m}$ (coincidenza numerica con $t_B$, perché $v_0 = 2$). Dopo l'arresto la particella torna indietro, ripassa il foro e attraversa la zona senza campo: oscillerebbe avanti e indietro tra le due zone esterne.

3) Differenza di energia potenziale

L'energia meccanica si conserva. In $A$ la particella ha energia cinetica $\frac12 m v_0^2$, in $B$ nessuna: tutta l'energia cinetica è diventata potenziale.

$$U_B - U_A = -(K_B - K_A) = \tfrac12 m v_0^2 = \tfrac12 \cdot 5 \cdot 10^{-6} \cdot 4 = 1{,}0 \cdot 10^{-5}\ \text{J}$$

Controllo con il potenziale. Con campo uniforme $E$ lungo $x$, $V_B - V_A = -E\,\Delta x = -1{,}02 \cdot 10^3 \cdot 1{,}23 = -1{,}25 \cdot 10^3\ \text{V}$; quindi $U_B - U_A = Q(V_B - V_A) = (-8 \cdot 10^{-9}) \cdot (-1{,}25 \cdot 10^3) = 1{,}0 \cdot 10^{-5}\ \text{J}$ ✓. La carica negativa va verso potenziali più bassi e la sua energia potenziale aumenta: per le cariche negative i ruoli di "salita" e "discesa" sono invertiti.

Verifica numerica

eps0 = 8.854e-12
sigma, m, Q, v0 = 9e-9, 5e-6, -8e-9, 2.0
E = sigma/eps0
a = Q*E/m
print(0.40/v0, E, a, -v0/a, v0**2/(2*abs(a)), 0.5*m*v0**2)
# 0.2 s, 1016 V/m, -1.63 m/s², 1.23 s, 1.23 m, 1e-5 J

Risultati

Errori comuni

• Mettere campo $\sigma/\varepsilon_0$ tra i piani: vale per piani con carica opposta; con cariche uguali i due campi interni si cancellano.
• Usare $\sigma/2\varepsilon_0$ fuori: fuori i due contributi hanno lo stesso verso e si sommano.
• Sbagliare il verso della forza: la carica è negativa, la forza è opposta al campo.