Esercizi sulla Legge di Gauss

Esercizi sulla Legge di Gauss

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Versione italiana

Esercizi sulla Legge di Gauss

Concetti Chiave

La legge di Gauss è uno dei principi fondamentali dell’elettrostatica e afferma che il flusso elettrico attraverso una superficie chiusa è proporzionale alla carica totale racchiusa all’interno di quella superficie. La legge di Gauss è espressa matematicamente come:

\Phi_E = \oint_S \mathbf{E} \cdot d\mathbf{A} = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0}$\Phi_E = \oint_S \mathbf{E} \cdot d\mathbf{A} = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0}$

dove:

• \Phi_E$\Phi_E$ è il flusso elettrico attraverso la superficie S$S$,
• \mathbf{E}$\mathbf{E}$ è il campo elettrico,
• d\mathbf{A}$d\mathbf{A}$ è il vettore area della superficie,
• Q_{\text{in}}$Q_{\text{in}}$ è la carica totale all’interno della superficie,
• \varepsilon_0$\varepsilon_0$ è la costante dielettrica del vuoto.

Esercizi

Esercizio 1: Flusso Elettrico attraverso una Sfera

Calcola il flusso elettrico attraverso una sfera di raggio R$R$ centrata in una carica puntiforme Q$Q$.

Soluzione:

Utilizzando la legge di Gauss, consideriamo una sfera di raggio R$R$ centrata sulla carica Q$Q$. Il campo elettrico \mathbf{E}$\mathbf{E}$ a una distanza R$R$ dalla carica è dato da:

E = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{Q}{R^2}$E = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{Q}{R^2}$

Il flusso elettrico attraverso la superficie sferica è:

\Phi_E = \oint_S \mathbf{E} \cdot d\mathbf{A} = E \cdot A$\Phi_E = \oint_S \mathbf{E} \cdot d\mathbf{A} = E \cdot A$

dove A = 4\pi R^2$A = 4\pi R^2$ è l’area della sfera. Quindi:

\Phi_E = E \cdot 4\pi R^2 = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{Q}{R^2} \cdot 4\pi R^2 = \frac{Q}{\varepsilon_0}$\Phi_E = E \cdot 4\pi R^2 = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{Q}{R^2} \cdot 4\pi R^2 = \frac{Q}{\varepsilon_0}$

Esercizio 2: Campo Elettrico di un Piano Carico Infinito

Calcola il campo elettrico generato da un piano carico infinito con densità di carica superficiale \sigma$\sigma$.

Soluzione:

Utilizzando la legge di Gauss, consideriamo un cilindro gaussiano con base parallela al piano carico. La simmetria del problema implica che il campo elettrico \mathbf{E}$\mathbf{E}$ è costante e perpendicolare alla superficie del cilindro.

Il flusso elettrico attraverso le due basi del cilindro è:

\Phi_E = E \cdot A + E \cdot A = 2EA$\Phi_E = E \cdot A + E \cdot A = 2EA$

Dalla legge di Gauss, abbiamo:

\Phi_E = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0} = \frac{\sigma A}{\varepsilon_0}$\Phi_E = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0} = \frac{\sigma A}{\varepsilon_0}$

Eguagliando i due risultati:

2EA = \frac{\sigma A}{\varepsilon_0}$2EA = \frac{\sigma A}{\varepsilon_0}$

Semplificando, otteniamo:

E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$

Esercizio 3: Carica Uniformemente Distribuita su un Cilindro

Calcola il campo elettrico all’esterno di un cilindro lungo e carico uniformemente con densità di carica lineare \lambda$\lambda$.

Soluzione:

Consideriamo un cilindro gaussiano di raggio r$r$ (con r$r$ maggiore del raggio del cilindro carico) e lunghezza L$L$. Il flusso elettrico attraverso il cilindro gaussiano è:

\Phi_E = E \cdot (2\pi r L)$\Phi_E = E \cdot (2\pi r L)$

Dalla legge di Gauss, abbiamo:

\Phi_E = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0} = \frac{\lambda L}{\varepsilon_0}$\Phi_E = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0} = \frac{\lambda L}{\varepsilon_0}$

Eguagliando i due risultati:

E \cdot (2\pi r L) = \frac{\lambda L}{\varepsilon_0}$E \cdot (2\pi r L) = \frac{\lambda L}{\varepsilon_0}$

Semplificando, otteniamo:

E = \frac{\lambda}{2\pi \varepsilon_0 r}$E = \frac{\lambda}{2\pi \varepsilon_0 r}$

Quindi, il campo elettrico all’esterno di un cilindro lungo e carico uniformemente con densità di carica lineare \lambda$\lambda$ è inversamente proporzionale alla distanza r$r$ dal centro del cilindro.

English version

Gauss’s Law Exercises

Key Concepts

Gauss’s law is one of the fundamental principles of electrostatics and states that the electric flux through a closed surface is proportional to the total charge enclosed within that surface. Gauss’s law is expressed mathematically as:

\Phi_E = \oint_S \mathbf{E} \cdot d\mathbf{A} = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0}$\Phi_E = \oint_S \mathbf{E} \cdot d\mathbf{A} = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0}$

where:

• \Phi_E$\Phi_E$ is the electric flux through the surface S$S$,
• \mathbf{E}$\mathbf{E}$ is the electric field,
• d\mathbf{A}$d\mathbf{A}$ is the area vector of the surface,
• Q_{\text{in}}$Q_{\text{in}}$ is the total charge within the surface,
• \varepsilon_0$\varepsilon_0$ is the dielectric constant of vacuum.

Exercises

Exercise 1: Electric Flux Through a Sphere

Calculate the electric flux through a sphere of radius R$R$ centered on a point charge Q$Q$.

Solution:

Using Gauss’s law, consider a sphere of radius R$R$ centered on the charge Q$Q$. The electric field \mathbf{E}$\mathbf{E}$ at a distance R$R$ from the charge is given by:

E = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{Q}{R^2}$E = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{Q}{R^2}$

The electric flux through the spherical surface is:

\Phi_E = \oint_S \mathbf{E} \cdot d\mathbf{A} = E \cdot A$\Phi_E = \oint_S \mathbf{E} \cdot d\mathbf{A} = E \cdot A$

where A = 4\pi R^2$A = 4\pi R^2$ is the area of ​​the sphere. So:

\Phi_E = E \cdot 4\pi R^2 = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{Q}{R^2} \cdot 4\pi R^2 = \frac{Q}{\varepsilon_0}$\Phi_E = E \cdot 4\pi R^2 = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{Q}{R^2} \cdot 4\pi R^2 = \frac{Q}{\varepsilon_0}$

Exercise 2: Electric Field of an Infinite Charged Plane

Calculate the electric field generated by an infinite charged plane with surface charge density \sigma$\sigma$.

Solution:

Using Gauss’s law, consider a Gaussian cylinder with base parallel to the charged plane. The symmetry of the problem implies that the electric field \mathbf{E}$\mathbf{E}$ is constant and perpendicular to the surface of the cylinder.

The electric flux through the two bases of the cylinder is:

\Phi_E = E \cdot A + E \cdot A = 2EA$\Phi_E = E \cdot A + E \cdot A = 2EA$

From Gauss’s law, we have:

\Phi_E = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0} = \frac{\sigma A}{\varepsilon_0}$\Phi_E = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0} = \frac{\sigma A}{\varepsilon_0}$

Equating the two results:

2EA = \frac{\sigma A}{\varepsilon_0}$2EA = \frac{\sigma A}{\varepsilon_0}$

Simplifying, we get:

E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$

Exercise 3: Uniformly Distributed Charge on a Cylinder

Calculate the electric field outside a long, uniformly charged cylinder with linear charge density \lambda$\lambda$.

Solution:

Consider a Gaussian cylinder of radius r$r$ (with r$r$ greater than the radius of the charged cylinder) and length L$L$. The electric flux through the Gaussian cylinder is:

\Phi_E = E \cdot (2\pi r L)$\Phi_E = E \cdot (2\pi r L)$

From Gauss’s law, we have:

\Phi_E = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0} = \frac{\lambda L}{\varepsilon_0}$\Phi_E = \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0} = \frac{\lambda L}{\varepsilon_0}$

Equating the two results:

E \cdot (2\pi r L) = \frac{\lambda L}{\varepsilon_0}$E \cdot (2\pi r L) = \frac{\lambda L}{\varepsilon_0}$

Simplifying, we get:

E = \frac{\lambda}{2\pi \varepsilon_0 r}$E = \frac{\lambda}{2\pi \varepsilon_0 r}$

Thus, the electric field outside a long, uniformly charged cylinder with linear charge density \lambda$\lambda$ is inversely proportional to the distance r$r$ from the center of the cylinder.