Spagna 2013

P1 Solución

1. Esta primera parte del problema, con una fuerza de frenado constante, se puede resolver cinemáticamente, teniendo en cuenta que los movimientos entre A y B y entre B y el suelo, son uniformemente acelerados. Sin embargo, es más sencillo y directo trabajar con las variaciones de energía del sistema.

1a) El trabajo de todas las fuerzas que actúan sobre $M$ debe ser igual a la variación de su energía cinética. Como las velocidades inicial y final son nulas, la suma de los trabajos del peso y de la fuerza de frenado entre A y el suelo ha de ser cero. Es decir

$W(\text{peso}){|}_A^{\text{suelo}}+W(F_{\text{frenado}}){|}_A^{\text{suelo}}=0\Rightarrow MgH+(-F{h}_B)=0$

Como $h_B=\frac{3}{5}H$ $\Rightarrow$ $F=\frac{5}{3}Mg$

1b) La fuerza anterior de frenado $F$, que empieza a actuar en B, es superior al peso, por lo que la velocidad de caída máxima se alcanzará precisamente en B. Hasta ese punto el movimiento es de caída libre, luego

$v_{\text{max}}=\sqrt{2g(H-h_B)}=\sqrt{2g\left(H-\frac{3}{5}H\right)}\Rightarrow v_{\text{max}}=\sqrt{\frac{4}{5}gH}$

2a) De nuevo, el trabajo de la fuerza de frenado tiene que ser igual a la variación de la energía potencial gravitatoria. Este trabajo, en valor absoluto, es la suma de las áreas 1, 2 y 3 de la figura 4. Por tanto

$MgH=\frac{1}{2}(h_B-h_C)F_m+\frac{1}{2}(h_C-0)(F_m-Mg)+(h_C-0)Mg$

Sustituyendo $h_B=\frac{3}{5}H$ y $h_C=\frac{1}{5}H$ $\Rightarrow$ $F_m=3Mg$

2b) La velocidad máxima se alcanzará cuando la aceleración sea nula. Esto ocurrirá en el punto E, en el que el peso es contrarrestado por la fuerza de frenado, es decir cuando $F=Mg$.

Para determinar la altura del punto E establecemos una relación de semejanza entre el triángulo rectángulo de base BC y el sombreado de la figura 5.

$\frac{Mg}{3Mg}=\frac{h_B-h_E}{h_B-h_C}\Rightarrow h_E=\frac{7}{15}H$

El valor de la velocidad máxima en E se obtiene igualando el trabajo realizado por todas las fuerzas con la variación de energía cinética entre A y E.

$Mg(H-h_E)-\frac{1}{2}(h_B-h_E)Mg=\frac{1}{2}M{v}_{\text{max}}^2\Rightarrow v_{\text{max}}=\sqrt{\frac{14}{15}gH}$

2c) Sustituyendo $H=100\text{m}$ y $g=9,8{\text{m/s}}^2$, se obtiene

$v_{\text{max}}=30,2\text{m/s}=109\text{km/h}$

torre caduta libera e frenata

piattaforma con forze e masse

grafico forza frenante vs posizione

Topic: Conservation of Energy, Newtonian Mechanics Metodi: Energy Conservation Method, Free-Body Diagram, Kinematic Equations Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Block Fonte: Testo (PDF) — p.3

P1 Soluzione

1. Questa prima parte del problema, con una forza di frenata costante, può essere risolta cinematicamente, tenendo conto che i movimenti tra A e B e tra B e il suolo sono uniformemente accelerati. Tuttavia, è più semplice e diretto lavorare con le variazioni di energia del sistema.

1a) Il lavoro di tutte le forze che agiscono su $M$ deve essere pari alla variazione della loro energia cinetica. Poiché le velocità iniziali e finali sono zero, la somma dei lavori di peso e della forza di frenata tra A e terreno deve essere zero. Cioè,

$W(\text{peso}){|}_A^{\text{suelo}}+W(F_{\text{frenado}}){|}_A^{\text{suelo}}=0\Rightarrow MgH+(-F{h}_B)=0$

Come $h_B=\frac{3}{5}H$ $\Rightarrow$ $F=\frac{5}{3}Mg$

1b) La forza di frenata precedente $F$ che inizia ad agire in B è superiore al peso, quindi la velocità massima di caduta sarà raggiunta proprio in B. Fino a quel punto il movimento è di caduta libera, poi

$v_{\text{max}}=\sqrt{2g(H-h_B)}=\sqrt{2g\left(H-\frac{3}{5}H\right)}\Rightarrow v_{\text{max}}=\sqrt{\frac{4}{5}gH}$

2a) Ancora una volta, il lavoro della forza di frenata deve essere pari alla variazione dell’energia potenziale gravitazionale. Questo lavoro, in valore assoluto, è la somma delle aree 1, 2 e 3 della figura 4. Quindi

$MgH=\frac{1}{2}(h_B-h_C)F_m+\frac{1}{2}(h_C-0)(F_m-Mg)+(h_C-0)Mg$

Rimpiazzando $h_B=\frac{3}{5}H$ e $h_C=\frac{1}{5}H$ $\Rightarrow$ $F_m=3Mg$

2b) La velocità massima sarà raggiunta quando l’accelerazione è zero. Questo avviene al punto E, dove il peso è contrasto dalla forza di frenata, cioè quando $F=Mg$.

Per determinare l’altezza del punto E, si stabilisce un rapporto di somiglianza tra il triangolo rettangolo base BC e l’ombra della figura 5.

$\frac{Mg}{3Mg}=\frac{h_B-h_E}{h_B-h_C}\Rightarrow h_E=\frac{7}{15}H$

Il valore della velocità massima in E viene ottenuto eguagliando il lavoro svolto da tutte le forze con la variazione di energia cinetica tra A e E.

$Mg(H-h_E)-\frac{1}{2}(h_B-h_E)Mg=\frac{1}{2}M{v}_{\text{max}}^2\Rightarrow v_{\text{max}}=\sqrt{\frac{14}{15}gH}$

2c) Rimpiazzando $H=100\text{m}$ e $g=9,8{\text{m/s}}^2$, si ottiene

$v_{\text{max}}=30,2\text{m/s}=109\text{km/h}$

torre caduta libera e frenata

piattaforma con forza e massa

grafico forza frenante vs posizione

Topic: Conservation of Energy, Newtonian Mechanics Metodi: Energy Conservation Method, Free-Body Diagram, Kinematic Equations Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Block Fonte: Testo (PDF) — p.3

P1 Solution

1. This first part of the problem, with a constant braking force, can be solved kinematically, taking into account that the movements between A and B and between B and the ground are uniformly accelerated. However, it is simpler and more direct to work with the energy variations of the system.

1a) The work of all forces acting on $M$ shall be equal to the change in their kinetic energy. Since the starting and end speeds are zero, the sum of the weight and braking force work between A and the ground must be zero. I mean,

$W(\text{peso}){|}_A^{\text{suelo}}+W(F_{\text{frenado}}){|}_A^{\text{suelo}}=0\Rightarrow MgH+(-F{h}_B)=0$

Como $h_B=\frac{3}{5}H$ $\Rightarrow$ $F=\frac{5}{3}Mg$

1b) The front braking force $F$, which starts to act at B, is greater than the weight, so the maximum drop speed will be reached precisely at B. Until that point the motion is free fall, then

$v_{\text{max}}=\sqrt{2g(H-h_B)}=\sqrt{2g\left(H-\frac{3}{5}H\right)}\Rightarrow v_{\text{max}}=\sqrt{\frac{4}{5}gH}$

2a) Again, the work of the braking force must be equal to the variation in gravitational potential energy. This work, in absolute value, is the sum of areas 1, 2 and 3 of Figure 4. So, what?

$MgH=\frac{1}{2}(h_B-h_C)F_m+\frac{1}{2}(h_C-0)(F_m-Mg)+(h_C-0)Mg$

Substituting $h_B=\frac{3}{5}H$ and $h_C=\frac{1}{5}H$ $\Rightarrow$ $F_m=3Mg$

2b) The maximum speed shall be reached when the acceleration is zero. This will occur at point E, where the weight is counteracted by the braking force, i.e. when $F=Mg$.

To determine the height of point E we establish a similarity ratio between the base rectangle triangle BC and the shading of Figure 5.

$\frac{Mg}{3Mg}=\frac{h_B-h_E}{h_B-h_C}\Rightarrow h_E=\frac{7}{15}H$

The value of the maximum velocity in E is obtained by equating the work performed by all forces with the kinetic energy variation between A and E.

$Mg(H-h_E)-\frac{1}{2}(h_B-h_E)Mg=\frac{1}{2}M{v}_{\text{max}}^2\Rightarrow v_{\text{max}}=\sqrt{\frac{14}{15}gH}$

2c) Substituting $H=100\text{m}$ and $g=9,8{\text{m/s}}^2$ is obtained

$v_{\text{max}}=30,2\text{m/s}=109\text{km/h}$

free-falling and braking tower

force and mass platform

grafico forza frenante vs posizione

Topic: Conservation of Energy, Newtonian Mechanics Metodi: Energy Conservation Method, Free-Body Diagram, Kinematic Equations Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Block Fonte: Testo (PDF) — p.3

P2 Solución

a) La conservación de la energía mecánica del proyectil y de su momento angular respecto al centro de la Tierra permiten escribir:

$\frac{1}{2}m{v}_0^2-G\frac{M_{T}m}{R_T}=\frac{1}{2}m{v}^2-G\frac{M_{T}m}{R_T+h}$

$m{v}_0{R}_T\cos \varphi =mv(R_T+h)$

b) Eliminando $v_0$ entre las ecuaciones anteriores y despejando ${\cos }^2\varphi$ se llega a la expresión dada:

${\cos }^2\varphi =\frac{v^2(R_T+h{)}^3}{v^2{R}_T^2(R_T+h)+2G{M}_{T}h{R}_T}(1)$

c) La velocidad, $v_s$, de un satélite de masa $m_s$ en una órbita circular de radio $R_T+h$ se deduce de

$G\frac{M_T{m}_s}{(R_T+h{)}^2}=m_s\frac{v_s^2}{R_T+h}\Rightarrow v_s^2=\frac{G{M}_T}{R_T+h}$

d) De acuerdo con la hipótesis del ciudadano, si el proyectil se ha de convertir en un satélite artificial en la órbita circular de radio $R_T+h$, su velocidad deberá ser igual a $v_s$. Por tanto, haciendo $v=v_s$ en (1) se tiene:

${\cos }^2\varphi =\frac{v_s^2(R_T+h{)}^3}{v_s^2{R}_T^2(R_T+h)+2G{M}_{T}h{R}_T}\Rightarrow {\cos }^2\varphi =\frac{\frac{G{M}_T}{R_T+h}(R_T+h{)}^3}{\frac{G{M}_T}{R_T+h}{R}_T^2(R_T+h)+2G{M}_{T}h{R}_T}$

Simplificando,

${\cos }^2\varphi =\frac{(R_T+h{)}^2}{R_T^2+2h{R}_T}\Rightarrow {\cos }^2\varphi =\frac{R_T^2+h^2+2h{R}_T}{R_T^2+2h{R}_T}$

Como $h^2\ge 0$ el numerador es mayor o igual que el denominador, y se obtiene ${\cos }^2\varphi \ge 1$. Pero ${\cos }^2\varphi$ no puede ser mayor que la unidad, luego la idea del ciudadano no es válida, salvo que $h=0$ y por consiguiente, $\varphi =0$. En este caso, la órbita circular sería rasante a la superficie. Menos mal que la Tierra no es perfectamente lisa, de lo contrario el proyectil, al cabo de algo más de 10 minutos del disparo, le atacaría por retaguardia.

proiettile Terra orbita circolare

Topic: Gravitation, Conservation of Energy Metodi: Newton’s Law of Gravitation, Conservation Laws, Torque & Angular Momentum Analysis, Kepler’s Laws Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Projectile, Satellite, Planet Fonte: Testo (PDF) — p.5

P2 Soluzione

a) La conservazione dell’energia meccanica del proiettolo e del suo momento angolare rispetto al centro della Terra consente di scrivere:

$\frac{1}{2}m{v}_0^2-G\frac{M_{T}m}{R_T}=\frac{1}{2}m{v}^2-G\frac{M_{T}m}{R_T+h}$

$m{v}_0{R}_T\cos \varphi =mv(R_T+h)$

b) Sbarazzando $v_0$ tra le precedenti equazioni e chiedendo ${\cos }^2\varphi$ si ottiene l’espressione data:

${\cos }^2\varphi =\frac{v^2(R_T+h{)}^3}{v^2{R}_T^2(R_T+h)+2G{M}_{T}h{R}_T}(1)$

c) La velocità, $v_s$, di un satellite di massa $m_s$ in un’orbita radiocircolare circolare $R_T+h$ è dedotta da:

$G\frac{M_T{m}_s}{(R_T+h{)}^2}=m_s\frac{v_s^2}{R_T+h}\Rightarrow v_s^2=\frac{G{M}_T}{R_T+h}$

d) Secondo l’ipotesi del cittadino, se il proiettile deve diventare un satellite artificiale in orbita radiocircolare $R_T+h$, la sua velocità deve essere pari a $v_s$. Quindi, facendo $v=v_s$ in (1) si ottiene:

${\cos }^2\varphi =\frac{v_s^2(R_T+h{)}^3}{v_s^2{R}_T^2(R_T+h)+2G{M}_{T}h{R}_T}\Rightarrow {\cos }^2\varphi =\frac{\frac{G{M}_T}{R_T+h}(R_T+h{)}^3}{\frac{G{M}_T}{R_T+h}{R}_T^2(R_T+h)+2G{M}_{T}h{R}_T}$

In termini semplici,

${\cos }^2\varphi =\frac{(R_T+h{)}^2}{R_T^2+2h{R}_T}\Rightarrow {\cos }^2\varphi =\frac{R_T^2+h^2+2h{R}_T}{R_T^2+2h{R}_T}$

Come $h^2\ge 0$ il numeratore è maggiore o uguale al denominatore, e si ottiene ${\cos }^2\varphi \ge 1$. Ma ${\cos }^2\varphi$ non può essere più grande dell’unità, quindi l’idea del cittadino non è valida, tranne che $h=0$ e quindi $\varphi =0$. In questo caso, l’orbita circolare sarebbe rasata verso la superficie. Ma la Terra non è perfettamente liscia, altrimenti il proiettile, dopo poco più di 10 minuti di sparo, lo attaccherà da dietro.

proiettile Terra in orbita circolare

Topic: Gravitation, Conservation of Energy Metodi: Newton’s Law of Gravitation, Conservation Laws, Torque & Angular Momentum Analysis, Kepler’s Laws Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Projectile, Satellite, Planet Fonte: Testo (PDF) — p.5

P2 Solution

(a) The conservation of the projectile’s mechanical energy and its angular momentum relative to the Earth’s center allows for the writing of:

$\frac{1}{2}m{v}_0^2-G\frac{M_{T}m}{R_T}=\frac{1}{2}m{v}^2-G\frac{M_{T}m}{R_T+h}$

$m{v}_0{R}_T\cos \varphi =mv(R_T+h)$

(b) By removing $v_0$ from the above equations and clearing ${\cos }^2\varphi$, the given expression is obtained:

${\cos }^2\varphi =\frac{v^2(R_T+h{)}^3}{v^2{R}_T^2(R_T+h)+2G{M}_{T}h{R}_T}(1)$

(c) The speed, $v_s$, of a mass satellite $m_s$ in a circular radius orbit $R_T+h$ is derived from

$G\frac{M_T{m}_s}{(R_T+h{)}^2}=m_s\frac{v_s^2}{R_T+h}\Rightarrow v_s^2=\frac{G{M}_T}{R_T+h}$

(d) According to the citizen’s hypothesis, if the projectile is to be converted into an artificial satellite in circular radio orbit $R_T+h$, its speed shall be equal to $v_s$. Therefore, by making $v=v_s$ in (1) we have:

${\cos }^2\varphi =\frac{v_s^2(R_T+h{)}^3}{v_s^2{R}_T^2(R_T+h)+2G{M}_{T}h{R}_T}\Rightarrow {\cos }^2\varphi =\frac{\frac{G{M}_T}{R_T+h}(R_T+h{)}^3}{\frac{G{M}_T}{R_T+h}{R}_T^2(R_T+h)+2G{M}_{T}h{R}_T}$

Simply put,

${\cos }^2\varphi =\frac{(R_T+h{)}^2}{R_T^2+2h{R}_T}\Rightarrow {\cos }^2\varphi =\frac{R_T^2+h^2+2h{R}_T}{R_T^2+2h{R}_T}$

As $h^2\ge 0$ the numerator is greater than or equal to the denominator, and ${\cos }^2\varphi \ge 1$ is obtained. But ${\cos }^2\varphi$ cannot be greater than the unit, then the citizen’s idea is not valid except $h=0$ and therefore $\varphi =0$. In this case, the circular orbit would be flat to the surface. Unfortunately, the Earth is not perfectly smooth, otherwise the projectile, after a little over 10 minutes of firing, would attack you from behind.

The following table shows the results of the calculations:

Topic: Gravitation, Conservation of Energy Metodi: Newton’s Law of Gravitation, Conservation Laws, Torque & Angular Momentum Analysis, Kepler’s Laws Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Diagrammatic Reasoning Objects: Projectile, Satellite, Planet Fonte: Testo (PDF) — p.5

P3 Solución

a) Dado que el punto P está a la misma distancia de las dos cargas y éstas tienen el mismo valor absoluto, los módulos de los campos creados por cada una de las cargas serán iguales

$E_{+Q}=E_{-Q}=K\frac{Q}{d^2+(L/2{)}^2}$

Según la figura 3, las componentes verticales de los campos tienen sentidos opuestos y se cancelan, mientras que las componentes horizontales se suman, de forma que

$E=2E_{+Q}\cos \theta =2K\frac{Q}{d^2+(L/2{)}^2}\frac{L/2}{[d^2+(L/2{)}^2{]}^{1/2}}\Rightarrow E=K\frac{QL}{[d^2+(L/2{)}^2{]}^{3/2}}$

b) Si $d\gg L$ podemos considerar $d^2+(L/2{)}^2\approx d^2$, y el campo total queda

$E\approx K\frac{QL}{d^3}$

Es decir, el campo es inversamente proporcional al cubo de la distancia.

c) El valor de la carga que produce un campo $E_{\text{min}}$ a la distancia $d_{\text{max}}$ se obtiene despejando $Q$ de la ecuación anterior,

$Q=\frac{E_{\text{min}}{d}_{\text{max}}^3}{KL}\Rightarrow Q=1,54\cdot 10^{-10}\text{C}=9,6\cdot 10^{8}e$

d) En esta nueva situación sólo tenemos componentes en dirección horizontal, en sentidos opuestos, tal como muestra la figura 4.

El campo total será ahora

$E=K\left[\frac{Q}{(d-L/2{)}^2}-\frac{Q}{(d+L/2{)}^2}\right]\Rightarrow E=2K\frac{QLd}{[d^2-(L/2{)}^2{]}^2}$

e) Si $d\gg L$ podemos considerar que $d^2-(L/2{)}^2\approx d^2$, de modo que el campo total queda

$E\approx 2K\frac{QL}{d^3}$

Este campo disminuye también con el cubo de la distancia, pero es el doble del calculado en el apartado b).

f) A partir del módulo de $E$ puede despejarse la distancia $d_{\text{max}}$ en función del resto de parámetros

$d_{\text{max}}={\left(2K\frac{QL}{E_{\text{min}}}\right)}^{1/3}\Rightarrow d_{\text{max}}=25,2\text{m}$

Esta distancia es $2^{1/3}=1,26$ veces mayor que la distancia máxima $d_{\text{max}}$ del apartado c).

squalo e dipolo elettrico verticale

squalo e dipolo elettrico orizzontale

Topic: Electrostatics Metodi: Coulomb’s Law, Superposition Principle, Approximation & Series Expansion Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Estimation & Approximation Objects: Point Charge Fonte: Testo (PDF) — p.7

P3 Soluzione

a) Poiché il punto P è a la stessa distanza tra le due cariche e queste hanno lo stesso valore assoluto, i moduli dei campi creati da ciascuna delle cariche saranno uguali

$E_{+Q}=E_{-Q}=K\frac{Q}{d^2+(L/2{)}^2}$

Secondo la figura 3, i componenti verticali dei campi hanno sentimenti opposti e si cancella, mentre i componenti orizzontali si sommano, in modo da

$E=2E_{+Q}\cos \theta =2K\frac{Q}{d^2+(L/2{)}^2}\frac{L/2}{[d^2+(L/2{)}^2{]}^{1/2}}\Rightarrow E=K\frac{QL}{[d^2+(L/2{)}^2{]}^{3/2}}$

b) Se $d\gg L$ si può considerare $d^2+(L/2{)}^2\approx d^2$, e il campo totale rimane

$E\approx K\frac{QL}{d^3}$

Cioè, il campo è inversamente proporzionale al cubo di distanza.

c) Il valore della carica che produce un campo $E_{\text{min}}$ alla distanza $d_{\text{max}}$ è ottenuto chiarendo $Q$ dall’equazione precedente,

$Q=\frac{E_{\text{min}}{d}_{\text{max}}^3}{KL}\Rightarrow Q=1,54\cdot 10^{-10}\text{C}=9,6\cdot 10^{8}e$

d) In questa nuova situazione abbiamo solo componenti orizzontali, in direzioni opposte, come mostra la figura 4.

Il campo totale sarà ora

$E=K\left[\frac{Q}{(d-L/2{)}^2}-\frac{Q}{(d+L/2{)}^2}\right]\Rightarrow E=2K\frac{QLd}{[d^2-(L/2{)}^2{]}^2}$

e) Se $d\gg L$ possiamo considerare $d^2-(L/2{)}^2\approx d^2$, così che il campo totale rimane

$E\approx 2K\frac{QL}{d^3}$

Questo campo diminuisce anche con il cubo di distanza, ma è il doppio del calcolato al punto (b).

f) Dal modulo di $E$ si può chiarire la distanza $d_{\text{max}}$ in funzione degli altri parametri

$d_{\text{max}}={\left(2K\frac{QL}{E_{\text{min}}}\right)}^{1/3}\Rightarrow d_{\text{max}}=25,2\text{m}$

La distanza è $2^{1/3}=1,26$ volte superiore alla distanza massima $d_{\text{max}}$ di cui al punto (c).

squalo e dipolo elettrico verticale

qualone e dipolo elettrico orizzontale

Topic: Electrostatics Metodi: Coulomb’s Law, Superposition Principle, Approximation & Series Expansion Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Estimation & Approximation Objects: Point Charge Fonte: Testo (PDF) — p.7

P3 Solution

(a) Since the point P is at the same distance from the two charges and they have the same absolute value, the modules of the fields created by each charge will be equal.

$E_{+Q}=E_{-Q}=K\frac{Q}{d^2+(L/2{)}^2}$

As shown in Figure 3, the vertical components of the fields have opposite directions and cancel out, while the horizontal components are added together, so that

$E=2E_{+Q}\cos \theta =2K\frac{Q}{d^2+(L/2{)}^2}\frac{L/2}{[d^2+(L/2{)}^2{]}^{1/2}}\Rightarrow E=K\frac{QL}{[d^2+(L/2{)}^2{]}^{3/2}}$

(b) If $d\gg L$ we can consider $d^2+(L/2{)}^2\approx d^2$, and the total field remains

$E\approx K\frac{QL}{d^3}$

That is, the field is inversely proportional to the cube of distance.

(c) The value of the load produced by a field $E_{\text{min}}$ at the distance $d_{\text{max}}$ is obtained by clearing $Q$ from the above equation,

$Q=\frac{E_{\text{min}}{d}_{\text{max}}^3}{KL}\Rightarrow Q=1,54\cdot 10^{-10}\text{C}=9,6\cdot 10^{8}e$

(d) In this new situation we have only components in horizontal direction, in opposite directions, as shown in Figure 4.

The total field will now be

$E=K\left[\frac{Q}{(d-L/2{)}^2}-\frac{Q}{(d+L/2{)}^2}\right]\Rightarrow E=2K\frac{QLd}{[d^2-(L/2{)}^2{]}^2}$

e) If $d\gg L$ we can consider that $d^2-(L/2{)}^2\approx d^2$, so that the total field remains

$E\approx 2K\frac{QL}{d^3}$

This field decreases also with the distance cube, but is twice the one calculated in paragraph (b).

(f) From the $E$ module the $d_{\text{max}}$ distance can be cleared according to the other parameters

$d_{\text{max}}={\left(2K\frac{QL}{E_{\text{min}}}\right)}^{1/3}\Rightarrow d_{\text{max}}=25,2\text{m}$

This distance is $2^{1/3}=1,26$ times greater than the maximum distance $d_{\text{max}}$ of paragraph (c).

vertical electric shaft and dipolo

shell and electric dipole orizzontale

Topic: Electrostatics Metodi: Coulomb’s Law, Superposition Principle, Approximation & Series Expansion Competenze: Mathematical Modeling, Physical Reasoning, Estimation & Approximation Objects: Point Charge Fonte: Testo (PDF) — p.7