Esercizio 104tre cariche allineate e punto di equilibrio

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Impostazione

Per la sovrapposizione la forza su una carica è la somma delle forze dovute alle altre due. Si lavora con le componenti lungo $x$ e si segna positivo il verso di $+x$. Per ogni coppia si ragiona prima sul verso (stesso segno: repulsione, cioè la forza spinge la carica lontano dall'altra; segni opposti: attrazione), poi sul modulo $k|q_iq_j|/r^2$.

a) Forza su $q_3$

• Da $q_1$: distanza $0{,}50$ m, stesso segno, repulsione, quindi verso $+x$: $$F_{13} = +8{,}988\cdot 10^{9}\cdot\frac{4{,}0\cdot 10^{-6}\cdot 1{,}0\cdot 10^{-6}}{0{,}50^2} = +0{,}1438\ \text{N}$$
• Da $q_2$: distanza $0{,}50 - 0{,}20 = 0{,}30$ m, segni opposti, attrazione verso $q_2$, quindi verso $-x$: $$F_{23} = -8{,}988\cdot 10^{9}\cdot\frac{2{,}0\cdot 10^{-6}\cdot 1{,}0\cdot 10^{-6}}{0{,}30^2} = -0{,}1997\ \text{N}$$

Risultante: $$F_3 = 0{,}1438 - 0{,}1997 = -0{,}0559\ \text{N}$$

cioè $0{,}056$ N diretta verso $-x$.

b) Forza su $q_2$

• Da $q_1$: distanza $0{,}20$ m, segni opposti, attrazione verso $q_1$ (verso $-x$): $$F_{12} = -8{,}988\cdot 10^{9}\cdot\frac{4{,}0\cdot 10^{-6}\cdot 2{,}0\cdot 10^{-6}}{0{,}20^2} = -1{,}798\ \text{N}$$
• Da $q_3$: distanza $0{,}30$ m, segni opposti, attrazione verso $q_3$ (verso $+x$): $$F_{32} = +8{,}988\cdot 10^{9}\cdot\frac{1{,}0\cdot 10^{-6}\cdot 2{,}0\cdot 10^{-6}}{0{,}30^2} = +0{,}1997\ \text{N}$$

Risultante: $F_2 = -1{,}798 + 0{,}1997 = -1{,}598\ \text{N}$ (verso $-x$). Si noti che $F_{32} = -F_{23}$: è il terzo principio per la coppia $q_2$-$q_3$ (Leggi di NewtonLe tre leggi della dinamica: un corpo senza forze mantiene la sua velocità (nei sistemi inerziali), F = m a, e a ogni azione corrisponde una reazione uguale e opposta. Metodo per risolvere i problemi: diagramma di corpo libero, assi, proiezioni.Leggi di Newton →).

c) Punto di equilibrio

Si cerca la posizione $x$ in cui una carica di prova positiva $q_0$, messa al posto di $q_3$ (che qui non conta), riceve forza totale nulla da $q_1$ e $q_2$. Si esaminano le tre zone dell'asse.

• Tra $q_1$ e $q_2$ ($0 < x < 0{,}20$): $q_1$ respinge verso $+x$ e $q_2$ attira verso $+x$. Le due forze hanno lo stesso verso: non si annullano.
• A sinistra di $q_1$ ($x<0$): $q_1$ respinge verso $-x$, $q_2$ attira verso $+x$, ma si è più vicini alla carica maggiore ($|q_1|>|q_2|$) e più lontani da $q_2$: la forza di $q_1$ prevale sempre. Non c'è equilibrio.
• A destra di $q_2$ ($x > 0{,}20$): $q_1$ respinge verso $+x$, $q_2$ attira verso $-x$. Le forze sono opposte e il punto è vicino alla carica minore: è la zona dove si può annullare.

La condizione è l'uguaglianza dei moduli: $$k\frac{q_1 q_0}{x^2} = k\frac{|q_2| q_0}{(x - 0{,}20)^2} \quad\Longrightarrow\quad \frac{x}{x - 0{,}20} = \sqrt{\frac{q_1}{|q_2|}} = \sqrt 2$$

(si è semplificato $kq_0$; si è presa la radice positiva perché per $x>0{,}20$ entrambi i membri sono positivi). Si risolve:

$$x = \sqrt2\,(x - 0{,}20) \;\Rightarrow\; x(\sqrt2 - 1) = 0{,}20\sqrt 2 \;\Rightarrow\; x = \frac{0{,}20\cdot 1{,}4142}{0{,}4142} = 0{,}683\ \text{m}$$

Stabilità. Un po' a sinistra del punto ($x<0{,}683$) il modulo della forza di $q_2$ cresce più in fretta e prevale: la forza è verso $-x$ (come per $q_3$ in $x = 0{,}50$ m: $F_3<0$ ✓), cioè allontana la carica dal punto. Un po' a destra prevale $q_1$ e la forza è verso $+x$: allontana ancora. L'equilibrio è quindi instabile (per una carica di prova positiva, sulla retta).

Controllo. In $x = 0{,}683$ m: $\dfrac{4}{0{,}683^2} = 8{,}57$ e $\dfrac{2}{(0{,}483)^2} = 8{,}57$ ✓ (stesse unità di $\mu\text{C}/\text{m}^2$).

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Risultati

Errori comuni

• Sommare i moduli senza tener conto dei versi.
• Cercare l'equilibrio tra le due cariche quando hanno segni opposti: lì i versi si sommano.
• Usare $x$ invece di $x - 0{,}20$ come distanza dalla carica $q_2$.
• Aspettarsi un equilibrio stabile: con sole forze coulombiane (teorema di Earnshaw) una carica non può avere un equilibrio stabile in tutte le direzioni.