Differenza di potenziale e i meno che ballano
Gentili esperti,
vorrei sottoporvi un mio dubbio riguardo ad alcuni problemi di elettrostatica. Per farlo prendo 2 esercizi e cerco di essere conciso e breve per far vedere a quale punto non mi tornano i conti. Il problema principale riguarda la DDP tra 2 punti e il suo segno. Ringrazio in anticipo chiunque mi dedichi un po' di tempo.
ESERCIZIO 1.
Ci sono 2 piastre cariche di un condensatore, poste ad una distanza $d$, campo E^ uniforme tra esse, normale alle piastre, che va da quella carica positivamente, che sta in corrispondenza dell'ascissa $x=0 = A$ , a quella carica negativamente, che sta in corrispondenza dell'ascissa $x= d = B$ .
Devo calcolare la DDP tra $A$ e $B$.
Imposto la definizione: $ \DeltaV = V_B - V_A = \int_B^A \vec E \vecdx = - int_A^B \vec E \vecdx = - E d $
dove ho tolto tutti i vettori perchè il campo e il vettore spostamento infinitesimo formano un angolo nullo (li prendo paralleli), il cui coseno è 1, quindi l'integrale da $A$ a $B$ è la lunghezza della distanza $d$ .
ESERCIZIO 2.
Ho un condensatore sferico (2 sfere concentriche, di cui quella esterna cava). La carica globale rispetta le regole di costruzione del condensatore, quindi carica superficiale uniforme, uguali in valore assoluto e opposte in segno sulle 2 sfere, e all'interno ho la sfera di carica $+Q$ , mentre all'esterno quella di carica $-Q$ . Il raggio della sfera interna è $r_a$ , $A$ è il generico punto sulla sua superficie, mentre il raggio della sfera esterna è $r_b$, $B$ è il generico punto sulla sua superficie.
Devo trovare la DDP tra $A$ e $B$.
Il campo lo trovo ricavandolo dalla legge di Gauss: varia solo tra $r_a$ ed $r_b$ , per $r < r_a$ è nullo, così come per $r>r_b$ .
Ma a prescindere dal campo, l'equazione per ricavare la DDP, nella soluzione (perchè io l'ho sbagliata), viene così impostata (non è necessario risolverla, mi interessa capire il perchè viene così):
$\DeltaV = V_B - V_A = - \int_B^A \vec E \vecdx $
Ecco, non riesco a capire questa cosa: nell'ESERCIZIO 1 la situazione era tale e quale, il campo andava da $A$ a $B$ , la DDP è l'opposto del lavoro del campo elettrico, quindi se integro in $[A,B]$ , verso in cui il campo $\vecE$ è positivo, cambio di segno all'integrale.
Nell'ESERCIZIO 2, il campo $\vecE$ va sempre da $A$ a $B$, ma stavolta è negativo integrando in $[B,A]$, cioè positivo integrando in $[A,B]$ , che è l'esatto contrario di prima.
A questo punto non so, c'è qualcosa che mi sfugge. Credevo di aver capito, invece ci sono 2 esercizi, questo sul condensatore sferico e quello sul condensatore cilindrico dove si invertono i segni, apparentemente senza motivo.
vorrei sottoporvi un mio dubbio riguardo ad alcuni problemi di elettrostatica. Per farlo prendo 2 esercizi e cerco di essere conciso e breve per far vedere a quale punto non mi tornano i conti. Il problema principale riguarda la DDP tra 2 punti e il suo segno. Ringrazio in anticipo chiunque mi dedichi un po' di tempo.
ESERCIZIO 1.
Ci sono 2 piastre cariche di un condensatore, poste ad una distanza $d$, campo E^ uniforme tra esse, normale alle piastre, che va da quella carica positivamente, che sta in corrispondenza dell'ascissa $x=0 = A$ , a quella carica negativamente, che sta in corrispondenza dell'ascissa $x= d = B$ .
Devo calcolare la DDP tra $A$ e $B$.
Imposto la definizione: $ \DeltaV = V_B - V_A = \int_B^A \vec E \vecdx = - int_A^B \vec E \vecdx = - E d $
dove ho tolto tutti i vettori perchè il campo e il vettore spostamento infinitesimo formano un angolo nullo (li prendo paralleli), il cui coseno è 1, quindi l'integrale da $A$ a $B$ è la lunghezza della distanza $d$ .
ESERCIZIO 2.
Ho un condensatore sferico (2 sfere concentriche, di cui quella esterna cava). La carica globale rispetta le regole di costruzione del condensatore, quindi carica superficiale uniforme, uguali in valore assoluto e opposte in segno sulle 2 sfere, e all'interno ho la sfera di carica $+Q$ , mentre all'esterno quella di carica $-Q$ . Il raggio della sfera interna è $r_a$ , $A$ è il generico punto sulla sua superficie, mentre il raggio della sfera esterna è $r_b$, $B$ è il generico punto sulla sua superficie.
Devo trovare la DDP tra $A$ e $B$.
Il campo lo trovo ricavandolo dalla legge di Gauss: varia solo tra $r_a$ ed $r_b$ , per $r < r_a$ è nullo, così come per $r>r_b$ .
Ma a prescindere dal campo, l'equazione per ricavare la DDP, nella soluzione (perchè io l'ho sbagliata), viene così impostata (non è necessario risolverla, mi interessa capire il perchè viene così):
$\DeltaV = V_B - V_A = - \int_B^A \vec E \vecdx $
Ecco, non riesco a capire questa cosa: nell'ESERCIZIO 1 la situazione era tale e quale, il campo andava da $A$ a $B$ , la DDP è l'opposto del lavoro del campo elettrico, quindi se integro in $[A,B]$ , verso in cui il campo $\vecE$ è positivo, cambio di segno all'integrale.
Nell'ESERCIZIO 2, il campo $\vecE$ va sempre da $A$ a $B$, ma stavolta è negativo integrando in $[B,A]$, cioè positivo integrando in $[A,B]$ , che è l'esatto contrario di prima.
A questo punto non so, c'è qualcosa che mi sfugge. Credevo di aver capito, invece ci sono 2 esercizi, questo sul condensatore sferico e quello sul condensatore cilindrico dove si invertono i segni, apparentemente senza motivo.
Risposte
ho notato 18 visite, ma nessun consiglio od osservazione. Immagino che molti abbiano aperto per pura curiosità, tuttavia vi prego di dirmi se non sono stato chiaro nell'esposizione od ho omesso qualche dato o informazione che permeta di capire il problema.
Che io sappia, se ricordo bene, la differenza di potenziale tra due punti $A$ e $B$ in un campo elettrico è " il lavoro eseguito dal campo per spostare la carica elettrica unitaria dal primo punto al secondo punto" .
Quindi in entrambi i casi dovrebbe venire lo stesso risultato positivo, che dovrebbe essere $V_A - V_B$, e non l'opposto (parlo ora solo del segno come "risultato").
Per convenzione,infatti, si definisce "potenziale" in un punto del campo il lavoro eseguito "dal campo" per spostare la carica elettrica unitaria da quel punto all'infinito, dove il potenziale si pone uguale a zero.
D'altronde, se ci pensi, le due superfici affacciate del condensatore piano si possono pensare come due pezzi elementari delle due superfici sferiche, per cui quale è il motivo per il quale i segni dovrebbero venire diversi?
MA potrei anche sbagliarmi, perciò qualcuno più esperto potrebbe correggere.
Quindi in entrambi i casi dovrebbe venire lo stesso risultato positivo, che dovrebbe essere $V_A - V_B$, e non l'opposto (parlo ora solo del segno come "risultato").
Per convenzione,infatti, si definisce "potenziale" in un punto del campo il lavoro eseguito "dal campo" per spostare la carica elettrica unitaria da quel punto all'infinito, dove il potenziale si pone uguale a zero.
D'altronde, se ci pensi, le due superfici affacciate del condensatore piano si possono pensare come due pezzi elementari delle due superfici sferiche, per cui quale è il motivo per il quale i segni dovrebbero venire diversi?
MA potrei anche sbagliarmi, perciò qualcuno più esperto potrebbe correggere.
@navigatore: Ciao, mi permetto di rettificare un'affermazione che hai fatto nel tuo post, qua:
@Another Joe: Nel secondo esercizio, dove (come riportato da te) si pone :
A meno che non si chieda la tensione senza specificare quale dei due punti sia a potenziale maggiore.
Salvo errori miei.
Ciao a entrambi!
Quindi in entrambi i casi dovrebbe venire lo stesso risultato positivoLa differenza di potenziale di un campo elettrostatico tra $A$ e $B$, intesa da $A$ verso $B$, è per definizione [tex]V_B-V_A=-\int_{A}^{B}\vec{E} \cdot \textrm{d}\vec{r}[/tex] ; nel caso che (come in entrambi i condensatori dei problemi, dove $A$ è considerato il punto a potenziale più alto) sia calcolata da un punto ad un altro a potenziale più basso risulta quindi negativa. Pertanto il lavoro fatto nello spostare una carica positiva da $A$ a $B$ è maggiore di zero, in virtù della:[tex]W_{A\rightarrow B}=q\cdot (V_A-V_B)[/tex], mentre è minore di zero quello su una carica negativa.
@Another Joe: Nel secondo esercizio, dove (come riportato da te) si pone :
$\DeltaV = V_B - V_A = - \int_B^A \vec E \vecdx $non vedo alternative ad un errore di trascrizione o di stampa del testo. Del resto, nel dielettrico del condensatore sferico il campo elettrico ed il potenziale sono identici a quelli coulombiani, quindi la d.d.p. tra $A$ e $B$ si può calcolare come: [tex]V_B-V_A=\frac{Q}{4 \pi \epsilon}\left ( \frac{1}{r_B}-\frac{1}{r_A}\right )[/tex] e (dato che $r_B>r_A$ e supponendo positiva la carica $Q$) risulta negativa.
A meno che non si chieda la tensione senza specificare quale dei due punti sia a potenziale maggiore.
Salvo errori miei.
Ciao a entrambi!
"Palliit":
@navigatore: Ciao, mi permetto di rettificare un'affermazione che hai fatto nel tuo post, qua:Quindi in entrambi i casi dovrebbe venire lo stesso risultato positivoLa differenza di potenziale di un campo elettrostatico tra $A$ e $B$, intesa da $A$ verso $B$, è per definizione [tex]V_B-V_A=-\int_{A}^{B}\vec{E} \cdot \textrm{d}\vec{r}[/tex] ; nel caso che (come in entrambi i condensatori dei problemi, dove $A$ è considerato il punto a potenziale più alto) sia calcolata da un punto ad un altro a potenziale più basso risulta quindi negativa. Pertanto il lavoro fatto nello spostare una carica positiva da $A$ a $B$ è maggiore di zero, in virtù della:[tex]W_{A\rightarrow B}=q\cdot (V_A-V_B)[/tex], mentre è minore di zero quello su una carica negativa.
...........
Ciao a entrambi!
Palliit, non mi risento mica se correggi, ci mancherebbe! La chiarezza della Fisica innanzitutto!
Ma se guardi bene la tua prima formula della differenza di potenziale, mi sembra sia proprio quello che dicevo io : basta che cambi il segno a entrambi i membri, e risulta : [tex]V_A-V_B=\int_{A}^{B}\vec{E} \cdot \textrm{d}\vec{r}[/tex] . Ti sembra?
Se il potenziale del punto A è maggiore di quello del punto B, il lavoro lo fa il campo, per spostare la carica elettrica unitaria da A a B. E tale lavoro è uguale alla differenza tra il potenziale maggiore e quello minore, integrale di linea da A a B di $vecE*vec(dr)$
Per lo meno, non mi risulta che la ddp sia l'opposto del lavoro del campo, dovrebbe essere uguale al lavoro del campo.(Ma può darsi che ricordi male!)
Quindi non mi sembra negativa tale differenza. Naturalmente io intendo una carica elettrica unitaria positiva (mi riferisco al primo esercizio, ovvero primo "ballo dei segni meno" come dice il nostro amico).
In definitiva, tutta questa questione dei segni è fatta apposta per creare confusione...Io penso a chi fa il lavoro!
Come il campo gravitazionale, che fa il lavoro per spostare una massa d'acqua da monte a valle, con diminuzione del potenziale gravitazionale.
O come un generatore elettrico, per rimanere in tema. Un gruppo elettrogeno (motore + generatore) trasforma l'energia meccanica del motore in energia elettrica, e il generatore fornisce una fem pari a : $E = V + rI$ ( spero che la memoria non mi inganni! ) che è uguale alla tensione a vuoto tra i morsetti( cioè quando la corrente è zero perché il circuito è aperto).
"navigatore":Assolutamente d'accordo!
...basta che cambi il segno a entrambi i membri, e risulta : [tex]V_A-V_B=\int_{A}^{B}\vec{E} \cdot \textrm{d}\vec{r}[/tex] . Ti sembra?
non mi risulta che la ddp sia l'opposto del lavoro del campoNo, confermo: la d.d.p. $Delta V$, intesa come $V_B-V_A$_, corrisponde all'opposto del lavoro generalizzato del campo elettrostatico. Esattamente come la variazione di energia potenziale è l'opposto del lavoro generalizzato fatto da una forza conservativa. Ad esempio sulla la forza peso $mg$ : il lavoro fatto su una massa $m$ che va da una quota $h_1$ ad una $h_2$ vale $W=mgh_1-mgh_2$, cioè, intendendo con $U(h)=mgh+U_0$ l'energia potenziale, è : $W=U(h_1)-U(h_2)=-Delta U$.
Detto diversamente, è : $vec(E)=-grad V$_. Il che corrisponde al fatto che il campo elettrico "punti" verso regioni a potenziale più basso.
O come un generatore elettrico, per rimanere in tema. Un gruppo elettrogeno (motore + generatore) trasforma l'energia meccanica del motore in energia elettrica, e il generatore fornisce una fem pari a : $E = V + rI$ ( spero che la memoria non mi inganni! ) che è uguale alla tensione a vuoto tra i morsetti( cioè quando la corrente è zero perché il circuito è aperto).
In effetti in elettrotecnica la consuetudine è di indicare la f.e.m. di un generatore in valore assoluto: i segni "+" e "-" a lato del simbolo del generatore fanno il resto (cioè ne specificano direttamente il verso).
O sbaglio?
Ciao e buona giornata!
"Palliit":
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non mi risulta che la ddp sia l'opposto del lavoro del campoNo, confermo: la d.d.p. $Delta V$, intesa come $V_B-V_A$_, corrisponde all'opposto del lavoro generalizzato del campo elettrostatico.
E per forza, se consideri la ddp $Delta V$ come la differenza $V_B-V_A$ ! Il fatto è che per me la ddp è la differenza tra il potenziale $V_A$ del punto di partenza meno il potenziale del punto di arrivo, cioè è proprio l'opposto di quanto dici; per me: $Delta V = V_A - V_B$. Tant'è vero che i fisici devono mettere il segno $-$ davanti all'integrale di linea al secondo membro, per far tornare i conti, se scrivono $V_B-V_A$ !
A me l'hanno sempre raccontata così .
La cosa essenziale è : quando il lavoro lo fa il campo, il potenziale diminuisce. Dato un condensatore a facce piane parallele, sulla faccia $A$ c'è la carica $+Q$ , sulla faccia $B$ c'è la carica $-Q$ . Una carica di prova positiva $q>0$ posta nel campo è respinta da $A$ e attratta da $B$, il lavoro lo fa il campo, ed è uguale a $q*E*d$. Il lavoro per unità di carica (positiva) è, per definizione, la differenza di potenziale tra A e B : $V_A - V_B = E*d$, il potenziale diminuisce da A a B. Non c'è bisogno di integrali.
Lo stesso accade per il condensatore sferico: se la sfera interna è carica a $+Q$ e il guscio esterno è carico a $-Q$, il campo elettrico è radiale e diretto "verso l'esterno" . Una carica di prova positiva è spostata dal campo, che fa il lavoro. Il potenziale sul guscio esterno è inferiore a quello della sfera interna
Esattamente come la variazione di energia potenziale è l'opposto del lavoro generalizzato fatto da una forza conservativa. Ad esempio sulla la forza peso $mg$ : il lavoro fatto su una massa $m$ che va da una quota $h_1$ ad una $h_2$ vale $W=mgh_1-mgh_2$, cioè, intendendo con $U(h)=mgh+U_0$ l'energia potenziale, è : $W=U(h_1)-U(h_2)=-Delta U$.
Detto diversamente, è : $vec(E)=-grad V$_. Il che corrisponde al fatto che il campo elettrico "punti" verso regioni a potenziale più basso.
No, ti stai confondendo. Il lavoro nel campo gravitazionale (qualunque, ad es. terrestre) fatto dalla forza peso è positivo, se la massa "cala" di $\Deltah$ , e vale esattamente $mg*\Deltah$. Alla fine, la massa si trova in un punto più vicino alla Terra, dove il potenziale gravitazionale è minore. Il lavoro lo ha fatto il campo, a spese dell'energia potenziale.
Anche nel campo gravitazionale terrestre si può scrivere, per una massa unitaria: $ vecg = -\nabla\phi$ , ma il segno $-$ deriva dal fatto che il vettore gradiente, in qualunque campo vettoriale, è orientato nel verso dei potenziali crescenti, mentre il vettore $vecg$ è orientato nel verso dei potenziali decrescenti, cioè verso la Terra.
.........
Ciao e buona giornata pure a te.
Che io sappia, il simbolo di variazione $Delta$ di una grandezza fisica $G$ va inteso come la differenza tra il suo stato finale $G_f$ e quello iniziale $G_i$ , ovvero : $Delta G=G_(f) -G_i$ .
Così ad esempio per lo spostamento $Delta vec(r)=vec(r_f)-vec(r_i)$ , per la variazione di velocità $Delta vec(v)=vec(v_f)-vec(v_i)$ , e via discorrendo.
In questo senso la differenza di potenziale tra due punti $A$ e $B$ , nel sottinteso che il punto $B$ sia in qualche modo successivo ad $A$ , la intendo come $Delta V_(AB)=V_B-V_A$ e l'ho sempre vista definita in questo modo, come ho sempre visto il simbolo di variazione da intendersi come sopra.
Rispetto al lavoro della forza peso, se per la variazione di quota si assume (come nella convenzione di cui sopra) che sia: $Delta h=h_(f)-h_i$ , allora è corretto dire che : $W_(peso)=mg cdot (-Delta h)=-Delta (mgh)=-Delta U$.
In soldoni: se la massa "cala" allora $h_(f) < h_i$__$\Rightarrow$__$Delta h<0$ ed il lavoro fatto dal peso è quindi positivo.
Mi viene una domanda da porti e quindi te la pongo: se la massa sale di $Delta h$ il lavoro lo calcoli mettendo nella $mg cdot Delta h$ un valore negativo per $Delta h$ ? Un aumento di quota lo considereresti come una variazione negativa della coordinata $h$ ?
A me pare più coerente (opinione personale) considerare una salita come uno spostamento verticale di componente $Delta h=h_(f)-h_i>0$ (coincidente quindi in tal caso col modulo $|Delta vec(h)|$ ), il segno "$-$" nel lavoro essendo da interpretarsi come un $\cos pi$ , angolo tra forza e spostamento.
In definitiva mi sembra sia soltanto una questione di convenzioni, ma francamente io ho sempre trovato quella che ho esposto.
Ciao
Così ad esempio per lo spostamento $Delta vec(r)=vec(r_f)-vec(r_i)$ , per la variazione di velocità $Delta vec(v)=vec(v_f)-vec(v_i)$ , e via discorrendo.
In questo senso la differenza di potenziale tra due punti $A$ e $B$ , nel sottinteso che il punto $B$ sia in qualche modo successivo ad $A$ , la intendo come $Delta V_(AB)=V_B-V_A$ e l'ho sempre vista definita in questo modo, come ho sempre visto il simbolo di variazione da intendersi come sopra.
Rispetto al lavoro della forza peso, se per la variazione di quota si assume (come nella convenzione di cui sopra) che sia: $Delta h=h_(f)-h_i$ , allora è corretto dire che : $W_(peso)=mg cdot (-Delta h)=-Delta (mgh)=-Delta U$.
In soldoni: se la massa "cala" allora $h_(f) < h_i$__$\Rightarrow$__$Delta h<0$ ed il lavoro fatto dal peso è quindi positivo.
Il lavoro nel campo gravitazionale (qualunque, ad es. terrestre) fatto dalla forza peso è positivo, se la massa "cala" di $\Deltah$ , e vale esattamente $mg*\Deltah$.
Mi viene una domanda da porti e quindi te la pongo: se la massa sale di $Delta h$ il lavoro lo calcoli mettendo nella $mg cdot Delta h$ un valore negativo per $Delta h$ ? Un aumento di quota lo considereresti come una variazione negativa della coordinata $h$ ?
A me pare più coerente (opinione personale) considerare una salita come uno spostamento verticale di componente $Delta h=h_(f)-h_i>0$ (coincidente quindi in tal caso col modulo $|Delta vec(h)|$ ), il segno "$-$" nel lavoro essendo da interpretarsi come un $\cos pi$ , angolo tra forza e spostamento.
In definitiva mi sembra sia soltanto una questione di convenzioni, ma francamente io ho sempre trovato quella che ho esposto.
Ciao
"Palliit":
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In soldoni: se la massa "cala" allora $h_(f) < h_i$__$\Rightarrow$__$Delta h<0$ ed il lavoro fatto dal peso è quindi positivo.
Il lavoro nel campo gravitazionale (qualunque, ad es. terrestre) fatto dalla forza peso è positivo, se la massa "cala" di $\Deltah$ , e vale esattamente $mg*\Deltah$.
Mi viene una domanda da porti e quindi te la pongo: se la massa sale di $Delta h$ il lavoro lo calcoli mettendo nella $mg cdot Delta h$ un valore negativo per $Delta h$ ? Un aumento di quota lo considereresti come una variazione negativa della coordinata $h$ ?
A me pare più coerente (opinione personale) considerare una salita come uno spostamento verticale di componente $Delta h=h_(f)-h_i>0$ (coincidente quindi in tal caso col modulo $|Delta vec(h)|$ ), il segno "$-$" nel lavoro essendo da interpretarsi come un $\cos pi$ , angolo tra forza e spostamento.
In definitiva mi sembra sia soltanto una questione di convenzioni, ma francamente io ho sempre trovato quella che ho esposto.
Ciao
Che sia solo una questione di convenzioni ( messe lí per rovinare il fegato agli studenti, almeno quelli dei primi anni....ma poi passa, quando diventi grande e diventi più pratico dei segni e delle convenzioni...meno male che la natura se ne frega delle convenzioni di noi sprovveduti esseri umani! ...ma torniamo seri, forse....) non c'è ombra di dubbio, almeno su questo siamo d'accordo!
MA se proprio vogliamo spaccare il capello in quattro, allora dobbiamo essere precisi: il lavoro della forza di gravità è uno scalare, dato dal prodotto scalare $m\vecg*\vech$. Lasciamo stare assi orientati verso l'alto o verso il basso, che incasinano anche di più, e consideriamo solo il vettore forza peso $mvecg$ e il vettore spostamento $ \vech$ . Il primo è diretto verso terra, il secondo è diretto verso terra se la massa scende, è diretto verso l'alto se la massa sale. Ma i "moduli", per fortuna, sono numeri sempre positivi.
Il prodotto scalare è dato da : $ mgh*cos\alpha$. Nel primo caso, cioè la massa che scende, è :$\alpha = 0$ e quindi $cos\alpha = +1$ . Nel secondo caso, cioè la massa che sale, è $\alpha = 180º$ e quindi $cos\alpha = -1$.
il segno $-$ deriva quindi dal coseno dell'angolo, non certo da $h$ che è il modulo di uno spostamento.Io non dò il segno allo spostamento, dicendo che una "salita" è negativa.
Spero, a conclusione di questa discussione, che siamo riusciti a chiarire un po' le idee del nostro lettore. MA è solo una vaga speranza.
Io li odio i segni in fisica... mi incasinavo sempre!
OT: Ciao @gio73! Io a volte mi incasino ancora adesso... /OT
@navigatore: ho parlato di $Delta h$ quale componente dello spostamento, non modulo, forse è qua l'equivoco
@navigatore: ho parlato di $Delta h$ quale componente dello spostamento, non modulo, forse è qua l'equivoco
Proprio per evitare incasinamenti con i segni, ritengo preferibile attribuire a $h$ , $g$ , ecc ecc, il senso di "modulo" delle corrispondenti grandezze vettoriali, e mettere il segno "fuori" come segno di operazione algebrica, anziché "attaccarlo al modulo" come segno di componente. Basta cambiare l'orientamento dell'asse rispetto al quale si assume la componente, e cambia il suo segno. Se oriento l'asse $z$ verso il basso, un vettore spostamento $\vech$ verso l'alto ha componente negativa, un vettore spostamento $\vech$ verso l'alto ha componente positiva.
Ma se invece intendo per $h$ il modulo, non ho questi dubbi, no? E allora il segno me lo dà il coseno dell'angolo che $\vech$ forma con $\vecg$, per calcolare il lavoro e sapere chi lavora ( almeno c'è qualcuno che ancora lavora, in Italia...). E penso che questo sia anche più giusto dal punto di vista della definizione di lavoro in Meccanica : prodotto scalare di forza $vecF$ per spostamento $vecs$.
Però una cosa è certa: quello che conta, fisicamente parlando, è che se una massa cade liberamente il lavoro positivo lo fa il campo gravitazionale, a spese dell'energia potenziale che diminuisce. Più vicino alla Terra il potenziale gravitazionale è minore. La convenzione comunemente adottata è che il potenziale gravitazionale, a partire dal valore convenzionalmente assunto uguale a zero all'infinito, diminuisce con legge : $ \phi = - (GM)/r$ fino al suolo terrestre.
Ecco, vedi? Anche nell'espressione di $\phi$ c'è un segno $-$, e qui ora non abbiamo a che fare con alcun vettore.
Nello studio del moto dei pianeti attorno al Sole, o dei satelliti attorno alla Terra, in orbite chiuse, cioè "legate", si dice che "l'energia totale" è "minore di zero" : deriva dalla convenzione detta.
Quando si calcola la velocità di fuga dalla Terra, si dice : il corpo per sfuggire al campo gravitazionale terrestre deve avere un'energia totale al lancio pari a : $1/2m*v^2 -(GMm)/R >=0$ , quindi la minima velocità che soddisfa q.s. col segno di uguaglianza è data da: $ v_f = sqrt((2GM)/R)$. Giusto?
Per tornare ai condensatori: mettete pure i segni e adottate pure le convenzioni come volete. Ma i due casi (...ni) sono perfettamente uguali, e una carica di prova positiva messa tra le due armature si sposta a spese dell'energia del campo, che fa il lavoro, dalla piastra positiva a quella negativa, in entrambi i casi. Questo è il risultato, per me.
Ciao ciao.
Ma se invece intendo per $h$ il modulo, non ho questi dubbi, no? E allora il segno me lo dà il coseno dell'angolo che $\vech$ forma con $\vecg$, per calcolare il lavoro e sapere chi lavora ( almeno c'è qualcuno che ancora lavora, in Italia...). E penso che questo sia anche più giusto dal punto di vista della definizione di lavoro in Meccanica : prodotto scalare di forza $vecF$ per spostamento $vecs$.
Però una cosa è certa: quello che conta, fisicamente parlando, è che se una massa cade liberamente il lavoro positivo lo fa il campo gravitazionale, a spese dell'energia potenziale che diminuisce. Più vicino alla Terra il potenziale gravitazionale è minore. La convenzione comunemente adottata è che il potenziale gravitazionale, a partire dal valore convenzionalmente assunto uguale a zero all'infinito, diminuisce con legge : $ \phi = - (GM)/r$ fino al suolo terrestre.
Ecco, vedi? Anche nell'espressione di $\phi$ c'è un segno $-$, e qui ora non abbiamo a che fare con alcun vettore.
Nello studio del moto dei pianeti attorno al Sole, o dei satelliti attorno alla Terra, in orbite chiuse, cioè "legate", si dice che "l'energia totale" è "minore di zero" : deriva dalla convenzione detta.
Quando si calcola la velocità di fuga dalla Terra, si dice : il corpo per sfuggire al campo gravitazionale terrestre deve avere un'energia totale al lancio pari a : $1/2m*v^2 -(GMm)/R >=0$ , quindi la minima velocità che soddisfa q.s. col segno di uguaglianza è data da: $ v_f = sqrt((2GM)/R)$. Giusto?
Per tornare ai condensatori: mettete pure i segni e adottate pure le convenzioni come volete. Ma i due casi (...ni) sono perfettamente uguali, e una carica di prova positiva messa tra le due armature si sposta a spese dell'energia del campo, che fa il lavoro, dalla piastra positiva a quella negativa, in entrambi i casi. Questo è il risultato, per me.
Ciao ciao.
@navigatore: Concordo con quanto hai scritto nell'ultimo post, ribadisco che l'equivoco nasce nel momento in cui si intende per uno stesso simbolo il modulo oppure la componente di un vettore, e svanisce nel momento in cui ci si accorda sulla convenzione.
Tornando (dopo questo scambio di considerazioni vagamente OT ) al problema posto da @Another Joe, devo però rilevare che scrive:
dichiarando esplicitamente quale convenzione adotti nel definire $Delta V$. Questo francamente non mi lascia altra ipotesi se non quella di un errore di stampa o scrittura nel secondo esercizio...
Tornando (dopo questo scambio di considerazioni vagamente OT ) al problema posto da @Another Joe, devo però rilevare che scrive:
"Another Joe":
Imposto la definizione: $ \DeltaV = V_B - V_A = \int_B^A \vec E \vecdx = - int_A^B \vec E \vecdx = - E d $
dichiarando esplicitamente quale convenzione adotti nel definire $Delta V$. Questo francamente non mi lascia altra ipotesi se non quella di un errore di stampa o scrittura nel secondo esercizio...
Palliit, se confronti l'impostazione della differenza di potenziale nei due esercizi, noti che "un altro giuseppe" ha impostato diversamente, proprio nel segno, le due scritture. A questo punto non vorrei che "un altro giuseppe" avesse confuso lui la scrittura digitando il post...Non lo so.
Se prendi per buona la scrittura del primo (condensatore piano), la definizione di differenza di potenziale è la tua.
Se prendi per buona la scrittura del secondo, (condensatore sferico), la definizione è la mia salvo un scambio di lettere (posso sempre ribattezzare A con B, e B con A) . Basta guardarle insieme.
Se infine sono copiate esattamente da un testo, c'è un errore evidente in uno dei due. Tu dici " nel secondo", io dico "nel primo".
A questo punto, ce lo può dire solo lui se ha copiato esattamente o no.
Ma il lavoro del campo deve venire positivo su una carica positiva che si sposta dalla piastra positiva alla negativa, e il potenziale deve diminuire, in entrambi i casi. E questo il risultato fisico finale che si deve avere, no?
Ciao.
Se prendi per buona la scrittura del primo (condensatore piano), la definizione di differenza di potenziale è la tua.
Se prendi per buona la scrittura del secondo, (condensatore sferico), la definizione è la mia salvo un scambio di lettere (posso sempre ribattezzare A con B, e B con A) . Basta guardarle insieme.
Se infine sono copiate esattamente da un testo, c'è un errore evidente in uno dei due. Tu dici " nel secondo", io dico "nel primo".
A questo punto, ce lo può dire solo lui se ha copiato esattamente o no.
Ma il lavoro del campo deve venire positivo su una carica positiva che si sposta dalla piastra positiva alla negativa, e il potenziale deve diminuire, in entrambi i casi. E questo il risultato fisico finale che si deve avere, no?
Ciao.
Una cosa è certa: almeno uno dei due calcoli è sbagliato
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