Filo rettilineo carico

Vediamo la distribuzione continua di carica costituita da un filo rettilineo carico, in particolare studiamo il filo posto lungo l’asse x e lungo l’asse y.

Filo rettilineo carico posto lungo l’asse x

La carica totale q_tot è distribuita in maniera uniforme lungo il filo di lunghezza L_tot . Vogliamo studiare il campo elettrico nel punto P

posto lungo l’asse x.

E’ un problema unidimensionale, non ci servono i vettori. Per risolverlo consideriamo un pezzetto infinitesimo di filo dL sul quale c’è la carica infinitesima dq. Dobbiamo ricordarci la definizione di densità lineare di carica

$\displaystyle{\mathbf{\lambda=\frac{dq}{dL}}}$

La distanza tra il tratto dL in considerazione e il punto di osservazione P è stato diviso in due parti. In tal modo, mentre spostiamo il tratto dL in considerazione, la parte x rimane fissa, il

suo valore non cambia. L è quello che useremo per integrare lungo tutto il filo.

Il contributo elementare al campo elettrico dovuto alla carica dq contenuta nel tratto dL è :

$\displaystyle{\mathbf{dE=\frac{1}{4\pi\epsilon_o}\,\frac{dq}{(x+L)^2}}}$

x + L è la distanza tra la sorgente dq e il punto dove vogliamo valutare il campo elettrico.

Dalla definizione di distribuzione lineare di carica si ha :

$\displaystyle{\mathbf{dq=\lambda\, dL}}$

Sostituiamo nell’espressione del dE

$\displaystyle{\mathbf{dE=\frac{1}{4\pi\epsilon_o}\,\frac{\lambda\, dL}{(x+L)^2}}}$

Questo è il contributo al campo elettrico dovuto all’elementino dL di filo. Dobbiamo ora considerare i contributi di tutti gli elementi infinitesimi in cui pensiamo suddiviso il filo e farne la somma, ossia dobbiamo integrare.

$\displaystyle{\mathbf{E=\int dE=\int_0^L \frac{\lambda}{4\pi\epsilon_o}\,\frac{dL}{(x+L)^2}}}$

Tenendo conto che λ è costante (la distribuzione è uniforme), che 4πε_o è costante, li portiamo fuori dall’integrale

$\displaystyle{\mathbf{E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_o}\,\int_0^L \frac{dL}{(x+L)^2}}}$

Gli estremi di integrazione sono 0 e L, x non rientra nell’integrazione, non fa parte del filo. Risolviamo l’integrale

$\displaystyle{\mathbf{E=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_o}\Bigl [-\frac{1}{x+L}\Bigl ]_0^{L_{tot}}=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_o}\, \Bigl (-\,\frac{1}{x+L_{tot}}+\frac{1}{x}\Bigr )=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_o}\,\,\frac{L_{tot}}{x(x+L_{tot})}}}$

Se la distribuzione di carica è uniforme

$\displaystyle{\mathbf{\lambda =\frac{dq}{dL}=\frac{q_{tot}}{L_{tot}}}}$

Sostituiamo

$\displaystyle{\mathbf{E=\frac{q_{tot}}{4\pi\epsilon_ox(x+L_{tot})}}}$

Questo è il valore del campo elettrico E nel punto P dovuto alla distribuzione di carica lungo il filo.

Mettiamo ora il filo in verticale.

Il punto di osservazione P è sempre posto

lungo l’asse x.

Questo caso è più difficile del precedente perchè ora i vettori li dobbiamo considerare. Disponiamo il filo in modo tale che l’asse x è posto sulla sua mediana. Gli estremi del filo sono in -L e +L, quindi il filo è lungo 2L. P è il punto dove vogliamo andare a calcolare il campo elettrico.

Consideriamo un pezzetto di filo dy contenente la carica dq = λ dy. Disegniamo il vettore r che parte dal punto sorgente e arriva in P. Disegniamo poi il campo elementare dE, dovuto al contributo infinitesimo dq. In questo caso dE è obliquo, lo scomponiamo in una componente orizzontale dE_x e in una verticale dE_y.

Scriviamo il contributo dE al campo elettrico dovuto all’elementino dy

$\displaystyle{\mathbf{dE=\frac{1}{4\pi\epsilon_o}\,\frac{dq}{r^2}=\frac{1}{4\pi\epsilon_o}\,\frac{\lambda\, dy}{r^2}}}$

Questo dE, così scritto è di difficile integrazione perchè sia y che r variano al variare dell’elemento dL in considerazione. Cerchiamo allora di far comparire, in luogo di y e r, la x e l’angolo θ.

Dalla figura si vede con semplicità (spero)

$\displaystyle{\mathbf{y=x\,\tan\theta}}$

Noi però abbiamo dy, quindi differenziamo

$\displaystyle{\mathbf{dy=x\, d(\tan\theta)=x\,\frac{1}{\cos^2\theta}\, d\theta}}$

Ricordiamo che x è costante.

Per quanto riguarda r possiamo scrivere

$\displaystyle{\mathbf{x=r\,\cos\theta\,\,\Longrightarrow\,\,r=\frac{x}{\cos\theta}}}$

Ora sostituiamo nell’espressione di dE

$\displaystyle{\mathbf{dE=\frac{1}{4\pi\epsilon_o}\,\frac{\lambda\,dy}{r^2}=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_o}\,\cfrac{\cfrac{xd\theta}{\cos^2\theta}}{\cfrac{x^2}{\cos^2\theta}}=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_o}\,\frac{d\theta}{x}}}$

Ora il contributo dE si è semplificato

$\displaystyle{\mathbf{dE=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_o}\,\frac{d\theta}{x}}}$

ma non è ancora integrabile perchè, mano a mano che ci spostiamo lungo il filo, θ varia, quindi varia anche l’inclinazione di dE. Proiettiamo allora dE lungo x e lungo y

$\displaystyle{\mathbf{dE_x=dE\,\cos\theta=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_o x}\,\cos\theta\,d\theta}}$ .

$\displaystyle{\mathbf{dE_y=dE\,\sin\theta=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_o x}\,\sin\theta\,d\theta}}$

Ora integriamo le due proiezioni ottenendo E_x e E_y

$\displaystyle{\mathbf{E_x=\int\, dE_x=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_o x}\,\int_{\theta_{min}}^{\theta_{max}}\,\cos\theta\, d\theta=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_o x}\, (\sin \theta_{max}-\sin \theta_{min})}}$ .

$\displaystyle{\mathbf{E_y=\int\, dE_y=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_o x}\,\int_{\theta_{min}}^{\theta_{max}}\,\sin\theta\, d\theta=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_o x}\, (-\cos \theta_{max}+\cos \theta_{min})}}$

θ_min è l’angolo da cui iniziamo l’integrazione

θ_max è l’angolo finale

θ_min è negativo

θ_max è positivo

Dato che il caso è simmetrico |θ_min| = |θ_max|, la componente E_y si annulla. Ricordiamoci che il coseno è una funzione pari . Per la componente x del campo elettrico si ha :

$\displaystyle{\mathbf{E_x=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_o}\, 2\sin\theta_{max}}}$

( sen30 – sen(-30) = 0,5 – (-0,5) = 0,5 + 0,5 = 2×0,5 )

$\displaystyle{\mathbf{\sin\theta_{max}=\frac{L}{r}}}$

$\displaystyle{\mathbf{r=\sqrt{x^2+L^2}}}$

Sostituiamo in E_x ,che possiamo scrivere come E, visto che la componente E_y non c’è

$\displaystyle{\mathbf{E=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_o x}\, \frac{L}{\sqrt{x^2+L^2}}}}$

Approssimazione di campo vicino

Vediamo cosa succede per x molto piccolo, ossia vicino al filo. In tali condizioni possiamo pensare x << L risultando (trascuriamo x rispetto ad L)

$\displaystyle{\mathbf{E=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_o x}}}$

Questo risultato vale, ovviamente, anche nel caso di filo infinitamente lungo. (L>>x)

Approssimazione di campo lontano

Questa volta è x >> L, quindi trascuriamo L rispetto ad x

$\displaystyle{\mathbf{E=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_o x}\, \frac{L}{\sqrt{x^2}}=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_o x}\,\frac{L}{x}}}$

$\displaystyle{\mathbf{\lambda=\frac{q_{tot}}{2L}}}$

Perchè il filo è lungo 2L

Da cui

$\displaystyle{\mathbf{E=\frac{q_{tot}}{4\pi\epsilon_o x^2}}}$

Ritroviamo il campo generato da una carica puntiforme.