Condensatore Relativistico
Ragazzi , vi propongo tale problema :
Solidale ad un sistema di riferimento inerziale $Sigma'$ si abbia un condensatore piano costituito da due lastre quadrate cariche con densità superficiali $\pm sigma'$ . Le lastre , aventi superficie $A'$ e distanti $d'$ , sono inclinate di un angolo $psi'$ rispetto l'asse $\vec{x}'$ . Calcolare il campo $\vec{E}$ in $Sigma$ , l'angolo $psi$ in $Sigma$
E' il campo elettrico alle armature nel riferimento $Sigma$ ? Esaminare i casi $psi'=0$ e $psi'=\frac{\pi}{2}$
Allora... in $Sigma'$ ho il campo $E=4\pi K_e \sigma' cos(\psi') $ ( corretto ?? ) mentre in $Sigma$ oltre alla contrazione del campo , ho un aberrazione sull'angolo $psi$ , come descrivo tale cambiamento?
PS: non capisco come utilizzare i dati $A'$ e $d'$ , sembrano superflui...
Grazie a chi mi darà una mano
Solidale ad un sistema di riferimento inerziale $Sigma'$ si abbia un condensatore piano costituito da due lastre quadrate cariche con densità superficiali $\pm sigma'$ . Le lastre , aventi superficie $A'$ e distanti $d'$ , sono inclinate di un angolo $psi'$ rispetto l'asse $\vec{x}'$ . Calcolare il campo $\vec{E}$ in $Sigma$ , l'angolo $psi$ in $Sigma$
E' il campo elettrico alle armature nel riferimento $Sigma$ ? Esaminare i casi $psi'=0$ e $psi'=\frac{\pi}{2}$
Allora... in $Sigma'$ ho il campo $E=4\pi K_e \sigma' cos(\psi') $ ( corretto ?? ) mentre in $Sigma$ oltre alla contrazione del campo , ho un aberrazione sull'angolo $psi$ , come descrivo tale cambiamento?
PS: non capisco come utilizzare i dati $A'$ e $d'$ , sembrano superflui...
Grazie a chi mi darà una mano
Risposte
Supponi che in $\Sigma'$ ci sia un segmento, di lunghezza propria $L'$ , inclinato di $\psi'$ rispetto all'asse $x'$ . Il sistema è in moto rispetto a $\Sigma$ , sempre con $x'$ che scorre su $x$ .
Allora, la componente di $L'$ su $y'$ non si contrae, la componente di $L'$ su $x'$ si contrae di $R =1/\gamma$ , Quindi l'angolo $\psi$ sotto il quale il segmento è visto in $\Sigma$ è più grande di $\psi'$ , perché :
$tg\psi = L_y/L_x = (L'_y)/(R*L'_x) $
Applica lo stesso concetto all'area $A'$ e alla distanza $d'$ , e calcola quindi $A$ e $d$ e la capacità in $\Sigma$ .
La carica elettrica è la stessa, naturalmente.
Allora, la componente di $L'$ su $y'$ non si contrae, la componente di $L'$ su $x'$ si contrae di $R =1/\gamma$ , Quindi l'angolo $\psi$ sotto il quale il segmento è visto in $\Sigma$ è più grande di $\psi'$ , perché :
$tg\psi = L_y/L_x = (L'_y)/(R*L'_x) $
Applica lo stesso concetto all'area $A'$ e alla distanza $d'$ , e calcola quindi $A$ e $d$ e la capacità in $\Sigma$ .
La carica elettrica è la stessa, naturalmente.
Così ad occhio mi viene da dire ( relativo alla domanda del mio problema ) che $\psi=\tan^-1( \gamma \tan(\psi'))$ (Domanda numero 2)
Ora vedo come applicare il tuo suggerimento
Ora vedo come applicare il tuo suggerimento
Allora vediamo... $A_x=\frac{A'_x}{\gamma}=\frac{A' \cos(\psi ')}{\gamma}$ ; $A_y=A'_y=A'\sin(\psi')$ per cui
$A=\sqrt{A_x ^2 + A_y ^2} = \sqrt{\frac{A'^2 \cos^2(\psi')}{\gamma^2}+A'^2\sin^2(\psi')}$ e se questo ragionamento è corretto lo sara pure per..
$d=\sqrt{d_x ^2 + d_y ^2} = \sqrt{\frac{d'^2 \sen^2(\psi')}{\gamma^2}+d'^2\cos^2(\psi')}$
Mentre la capacità sarà : $C=\frac{\epsilon_0 A}{d}=\frac{\epsilon_0 \sqrt{\frac{A'^2 \cos^2(\psi')}{\gamma^2}+A'^2\sin^2(\psi')} }{\sqrt{\frac{d'^2 \sen^2(\psi')}{\gamma^2}+d'^2\cos^2(\psi')}}$
$A=\sqrt{A_x ^2 + A_y ^2} = \sqrt{\frac{A'^2 \cos^2(\psi')}{\gamma^2}+A'^2\sin^2(\psi')}$ e se questo ragionamento è corretto lo sara pure per..
$d=\sqrt{d_x ^2 + d_y ^2} = \sqrt{\frac{d'^2 \sen^2(\psi')}{\gamma^2}+d'^2\cos^2(\psi')}$
Mentre la capacità sarà : $C=\frac{\epsilon_0 A}{d}=\frac{\epsilon_0 \sqrt{\frac{A'^2 \cos^2(\psi')}{\gamma^2}+A'^2\sin^2(\psi')} }{\sqrt{\frac{d'^2 \sen^2(\psi')}{\gamma^2}+d'^2\cos^2(\psi')}}$
Aspetta un momento : la distanza $d'$ è perpendicolare alla facce $A'$ , quindi l'angolo acuto che $d'$ forma con l'asse $x'$ è il complementare di $\psi'$ : fatti una figurina, hai un triangolo rettangolo. Perciò l'angolo che $d'$ forma con la direzione positiva dell'asse $x'$ è il supplementare , cioè : $180 - (90 - \psi') = 90 + \psi?$ , no ?
( ho messo $A'$ inclinato in modo che $\psi'$ sia acuto, lato direzione positiva di $x'$, cioè nel senso di marcia) .
Perciò ,secondo me :
$ d'_y = d' sen(90-\psi') = d' cos \psi'$
e poi : $d'_x = d'cos(90-\psi') =d'sen\psi'$
naturalmente ti servono valori assoluti, sono misure di segmenti. Quindi $d'_x$ si contrae , $d'_y$ no, passando a $\Sigma$ .
Controlla, non vorrei aver sbagliato.
E poi, sia in $A$ che in $d$ , sotto la radice della prima uguaglianza ci vanno $A_x, A_y$ e $d_x, d_y$ : dopo la seconda uguaglianza scrivi i valori con apice.
E poi, sotto radice pure il $\gamma$ va al quadrato.
( ho messo $A'$ inclinato in modo che $\psi'$ sia acuto, lato direzione positiva di $x'$, cioè nel senso di marcia) .
Perciò ,secondo me :
$ d'_y = d' sen(90-\psi') = d' cos \psi'$
e poi : $d'_x = d'cos(90-\psi') =d'sen\psi'$
naturalmente ti servono valori assoluti, sono misure di segmenti. Quindi $d'_x$ si contrae , $d'_y$ no, passando a $\Sigma$ .
Controlla, non vorrei aver sbagliato.
E poi, sia in $A$ che in $d$ , sotto la radice della prima uguaglianza ci vanno $A_x, A_y$ e $d_x, d_y$ : dopo la seconda uguaglianza scrivi i valori con apice.
E poi, sotto radice pure il $\gamma$ va al quadrato.
Il disegno è questo :
Non riesco a girarlo!
Ora controllo
EDIT : si l'angolo che $d'$ forma con $x'$ è $\phi'=-\psi'+\frac{\pi}{2}$ , e sono corrette pure le relazioni che hai scritto , ho modificato pure le relazioni che ho scritto io precedentemente.
Non riesco a girarlo!
Ora controllo
EDIT : si l'angolo che $d'$ forma con $x'$ è $\phi'=-\psi'+\frac{\pi}{2}$ , e sono corrette pure le relazioni che hai scritto , ho modificato pure le relazioni che ho scritto io precedentemente.
E metti il quadrato pure ai due ultimi $\gamma$ : errore di distrazione, poco importa.
Vero! Ora con tutto ciò devo ricavare il campo E in $Sigma$ esatto?
Ora con tutto ciò devo ricavare il campo E in $Sigma$ esatto?
Si. Devi trovare la densità di carica in $\Sigma$ , che puoi scrivere in funzione di quella in $\Sigma'$ , tenendo conto dell'area $A$ , ovviamente.
L'angolo è semplice da ricavare. LE armature in $\Sigma$ formano un angolo con $x$ maggiore di quello in $\Sigma'$ , come nell'esempio del segmento che ti ho dato.
L'angolo è semplice da ricavare. LE armature in $\Sigma$ formano un angolo con $x$ maggiore di quello in $\Sigma'$ , come nell'esempio del segmento che ti ho dato.
Mmm dato che la carica è invariante posso scrivere la seguente uguaglianza : $\sigma' A'=sigma A$ dalla quale ricavo
$sigma=\frac{sigma' A'}{\sqrt{\frac{A'^2 \cos^2(\psi')}{\gamma^2}+A'^2\sin^2(\psi')}$ e di conseguenza il campo $E$ in $Sigma$ sarà : $E=\frac{sigma' A'}{\epsilon_0 \sqrt{ \frac{A'^2 \cos^2(\psi')}{\gamma^2}+A'^2\sin^2(\psi')}$
ed ha verso perpendicolare alle sue armature , giusto ?
Se $\psi'=0$ si ha $E=\gamma \frac{sigma'}{\epsilon_0}$ caso relativistico con le armature parallele al piano zy
Se $\psi'=\frac{pi}{2}$ si ha $E=\frac{sigma'}{\epsilon_0}$ caso non relativistico
l'angolo non è : $\psi=\tan^-1( \gamma \tan(\psi'))$ ?
$sigma=\frac{sigma' A'}{\sqrt{\frac{A'^2 \cos^2(\psi')}{\gamma^2}+A'^2\sin^2(\psi')}$ e di conseguenza il campo $E$ in $Sigma$ sarà : $E=\frac{sigma' A'}{\epsilon_0 \sqrt{ \frac{A'^2 \cos^2(\psi')}{\gamma^2}+A'^2\sin^2(\psi')}$
ed ha verso perpendicolare alle sue armature , giusto ?
Se $\psi'=0$ si ha $E=\gamma \frac{sigma'}{\epsilon_0}$ caso relativistico con le armature parallele al piano zy
Se $\psi'=\frac{pi}{2}$ si ha $E=\frac{sigma'}{\epsilon_0}$ caso non relativistico
l'angolo non è : $\psi=\tan^-1( \gamma \tan(\psi'))$ ?
Ok. L'angolo è dato da :
$tg \psi = A_y/A_x = (A'_y)/(A'_x)*\gamma = \gamma* tg\psi'$ .
Yes.
$tg \psi = A_y/A_x = (A'_y)/(A'_x)*\gamma = \gamma* tg\psi'$ .
Yes.
Grazie mille per il tempo che mi hai dedicato
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