PROBLEMA 2 – SOLUZIONE
Una carica elettrica puntiforme \({{Q}_{1}}=4q\) (con q positivo) è fissata nell’origine O di un sistema di riferimento nel piano \(Oxy\) (dove x e y sono espressi in m). Una seconda carica elettrica puntiforme \({{Q}_{2}}=q\) è vincolata a rimanere sulla retta \(r\) di equazione \(y=1\).
1. Supponendo che la carica \({{Q}_{2}}\) sia collocata nel punto \(A(0,1)\), provare che esiste un unico punto P del piano nel quale il campo elettrostatico generato dalle cariche \({{Q}_{1}}\) e \({{Q}_{2}}\)è nullo. Individuare la posizione del punto P e discutere se una terza carica collocata in P si trova in equilibrio elettrostatico stabile oppure instabile.
Soluzione prima domanda
In qualunque punto diverso dall’asse delle y, il campo elettrico non può annullarsi.
Il campo elettrico è la somma di due campi elettrici radiali alle rispettive cariche. Perché il campo possa annullarsi, i due vettori devono essere diretti lungo la stessa direzione e in versi opposti e ciò accade soltanto lungo il segmento OA (tenuto conto che le cariche hanno lo stesso segno).
Il punto in cui si annulla è P(0,y) con 0<y<1 e si ottiene uguagliando i campi elettrici generati dalle due cariche:
\({{E}_{1}}(y)={{E}_{2}}(y)\Rightarrow \frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{4q}{{{y}^{2}}}=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{q}{{{\left( 1-y \right)}^{2}}}\Rightarrow 4{{\left( 1-y \right)}^{2}}={{y}^{2}}\Rightarrow 3{{y}^{2}}-8y+4=0\)
L’equazione di secondo grado fornisce due soluzioni, di cui una soltanto è compresa nell’intervallo (0,1) e vale y=2/3.
Il punto cercato è \(P\left( 0,\frac{2}{3} \right)\)
Una carica Q posta nel punto P(0, 2/3) si trova in un punto di equilibrio instabile. Se una terza carica positiva Q , posta nel punto P, viene allontanata di pochissimo dal punto P, tende ad allontanarsi ancora di più. La carica nel punto P ha un massimo di energia potenziale e quindi tende a spostarsi in punti di minor energia potenziale. Una terza carica Q negativa, posta in P si troverebbe anch’essa in equilibrio elettrostatico instabile. Se Q viene allontanata di pochissimo dal punto P, nella direzione dell’asse y¸ tende a muoversi verso la carica più vicina e non tornerebbe nel punto P.
2. Verificare che, se la carica \({{Q}_{2}}\) si trova nel punto della retta r avente ascissa x, l’energia potenziale elettrostatica del sistema costituito da \({{Q}_{1}}\) e \({{Q}_{2}}\) è data da
\[\mathcal{U}\left( x \right)=k\ \frac{4{{q}^{2}}}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}}\]
dove k è una costante positiva (unità di misura: \(N\cdot {{m}^{2}}/{{C}^{2}}\)).
Soluzione seconda domanda
La distanza tra le due cariche può essere calcolata attraverso il teorema di Pitagora e vale \(r=\sqrt{1+{{x}^{2}}}\).
L’energia potenziale generata da una coppia di cariche è data da \(\mathcal{U}=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{{{q}_{1}}{{q}_{2}}}{r}\)
Da cui sostituendo le espressioni della distanza r tra le due cariche e i valori delle rispettive cariche si ha che \(\mathcal{U}\) è una funzione di x e vale:
\(\mathcal{U}\left( x \right)=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{4{{q}^{2}}}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}}\) e \(k=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\)
3. Studiare la funzione \(\mathcal{U}\left( x \right)\) per \(x\in \mathbb{R}\) specificandone eventuali simmetrie, asintoti, massimi o minimi, flessi. Quali sono i coefficienti angolari delle tangenti nei punti di flesso?
Soluzione terza domanda
\(\mathcal{U}\left( x \right)=k\ \frac{4{{q}^{2}}}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}}\)
È una funzione definita su tutto \(\mathbb{R}\), in quanto \(1+{{x}^{2}}\ge 0\,\forall x\in \mathbb{R}\) Studiamo il segno della funzione: \(\mathcal{U}\left( x \right)=k\ \frac{4{{q}^{2}}}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}}>0\,\,\forall x\in \mathbb{R}\)
È una funzione pari, infatti \(\mathcal{U}\left( -x \right)=k\ \frac{4{{q}^{2}}}{\sqrt{1+{{\left( -x \right)}^{2}}}}=k\ \frac{4{{q}^{2}}}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}}=\mathcal{U}\left( x \right)\)
\(\underset{x\to \pm \infty }{\mathop{\lim }}\,k\ \frac{4{{q}^{2}}}{\sqrt{1+{{x}^{2}}}}=0\)
Quindi presenta un asintoto orizzontale bilatero di equazione y=0.
Studiamo il segno della derivata prima della funzione:
\({\mathcal{U}}’\left( x \right)=k{{q}^{2}}\ \frac{-4x}{\sqrt{{{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{3}}}}>0\,\Rightarrow \,x<0\)
La funzione è crescente per x>0 e decrescente per x<0. Presenta un punto di massimo relativo ed assoluto in corrispondenza di \(\left( 0,\mathcal{U}\left( 0 \right) \right)=\left( 0,4k{{q}^{2}} \right)\).
Studiamo il segno della derivata seconda:
\({\mathcal{U}}”\left( x \right)=k{{q}^{2}}\ \frac{8{{x}^{2}}-4}{\sqrt{{{\left( 1+{{x}^{2}} \right)}^{5}}}}>0\,\Rightarrow \,x<-\frac{1}{\sqrt{2}}\vee x>\frac{1}{\sqrt{2}}\)
La funzione è concava per valori interni all’intervallo \(\left( -\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}} \right)\) e convessa per valori esterni. Presenta punti di flesso in \(x=\pm \frac{1}{\sqrt{2}}\) .
A questo punto cerchiamo calcoliamo i coefficienti angolari delle rette tangenti nei punti di flesso:
\({\mathcal{U}}’\left( \pm \frac{1}{\sqrt{2}} \right)=\ \mp \frac{8\sqrt{3}k{{q}^{2}}}{9}\)
4. A partire dal grafico della funzione \(\mathcal{U}\), tracciare il grafico della funzione \({\mathcal{U}}’\), specificandone le eventuali proprietà di simmetria. Determinare il valore di \(\int_{-m}^{m}{\mathcal{U}}\prime \left( x \right)dx\) (dove m>0 indica l’ascissa del punto di minimo di \({\mathcal{U}}’\)).
Soluzione quarta domanda
Poiché \(\mathcal{U}\left( x \right)\) è una funzione pari, \({\mathcal{U}}’\left( x \right)\) sarà sicuramente una funzione dispari, infatti:
Infatti poiché \(\mathcal{U}\left( x \right)\) è pari e derivabile su tutto \(\mathbb{R}\), si avrà che \(\mathcal{U}\left( -x \right)=\mathcal{U}\left( x \right)\) e derivando entrambi i membri dell’equazione rispetto ad x, si ottiene \(-{\mathcal{U}}’\left( -x \right)={\mathcal{U}}’\left( x \right)\).
Si ha che \(\mathcal{U}\left( x \right)\) è crescente in x<0, quindi \({\mathcal{U}}’\left( x \right)\) è positiva per ogni valore di x negativo.
Inoltre \(\mathcal{U}\left( x \right)\) è decrescente in x>0, quindi \({\mathcal{U}}’\left( x \right)\) è negativa per ogni valore di x negativo.
Il grafico ha pendenza orizzontale in x=0 e per \(x\to \pm \infty \), quindi \({\mathcal{U}}’\left( x \right)\) per x=0 passa dall’origine e \({\mathcal{U}}’\left( x \right)\to 0\) per \(x\to \pm \infty \) (quindi y=0 è asintoto orizzontale per \({\mathcal{U}}’\left( x \right)\)).
In base alle deduzioni fatte sulla derivata della funzione \(\mathcal{U}\left( x \right)\), è possibile tracciare un possibile grafico, come quello in figura.
\(\int_{-m}^{m}{\mathcal{U}}\prime \left( x \right)dx=\left[ \mathcal{U}(x) \right]_{-m}^{m}=\) \(\mathcal{U}(m)-\mathcal{U}(-m)=2\mathcal{U}(m)=\) \(\mathcal{U}\left( x \right)=k\ \frac{8{{q}^{2}}}{\sqrt{1+{{m}^{2}}}}\)
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