Due modi di calcolare il potenziale elettrico
Una sfera cava $S_b$ di raggio interno $r_{bi}$ e raggio esterno $r_{be}$, elettricamente conduttrice e di carica $Q_b$, ha all'interno, concentrica ad essa, una sfera piena $S_a$ ugualmente conduttrice di raggio $r_a$ e carica $Q_a$.
Noto che la carica si accumula uniformemente sulle superfici esterne di entrambe le sfere, per cui, dall'espressione del campo all'esterno delle sfere \(\mathbf{E}=\frac{k(Q_a+Q_b)}{r^2}\hat{\mathbf{r}}\), dove $r$ è la distanza dal centro, ottengo che la sfera esterna ha potenziale \(V_b=\frac{k(Q_a+Q_b)}{r_{be}}\). Ora, calcolando l'integrale \(V_a-V_b=-\int_b^a\mathbf{E}\cdot d\boldsymbol{\ell}=-\int_{r_{bi}}^{r_a}\frac{kQ_a}{r^2}dr\) trovo che\[V_a=kQ_a\Big(\frac{1}{r_a}-\frac{1}{r_{bi}}\Big)+\frac{k(Q_a+Q_b)}{r_{be}}\]risultato confermato dalla soluzione del mio libro.
Procedendo però per un'altra strada che credevo possibile, mi sorge qualche problema, come vado ad illustrare...
So che il potenziale generato da una distribuzione superficiale uniforme sferica di raggio $r_0$ e di carica $Q$ è \(V(r)=\frac{kQ}{r_0}\) all'interno della sfera (\(r\le r_0\)) e \(V(r)=\frac{kQ}{r}\), invece, all'esterno, cioè per \(r\ge r_0\).
Perciò, dato che il potenziale \(V=\int\frac{k\sigma}{r}dS\), dove $\sigma$ è la densità di carica superficiale, è addittivo rispetto al dominio di integrazione (in questo caso l'unione delle superfici delle nostre due sfere), per calcolare il potenziale della sfera $S_a$ avrei considerato egualmente valido procedere sommando il potenziale generato, come se non ci fosse $S_b$, dalla propria carica di $S_a$ in un punto della sua stessa superficie, \(\frac{kQ_a}{r_a}=\int_{S_a}\frac{k\sigma_a}{r}dS\), e quello generato, come se non ci fosse la sfera $S_a$, nello stesso punto dalla carica della sfera più esterna: \(\frac{kQ_b}{r_e}=\int_{S_b}\frac{k\sigma_b}{r}dS\).
Solo che \(\frac{kQ_a}{r_a}+\frac{kQ_b}{r_e}\) non è lo stesso di \(kQ_a\Big(\frac{1}{r_a}-\frac{1}{r_{bi}}\Big)+\frac{k(Q_a+Q_b)}{r_{be}}\)...
$\infty$ grazie a chi scovi l'errore!!!
Noto che la carica si accumula uniformemente sulle superfici esterne di entrambe le sfere, per cui, dall'espressione del campo all'esterno delle sfere \(\mathbf{E}=\frac{k(Q_a+Q_b)}{r^2}\hat{\mathbf{r}}\), dove $r$ è la distanza dal centro, ottengo che la sfera esterna ha potenziale \(V_b=\frac{k(Q_a+Q_b)}{r_{be}}\). Ora, calcolando l'integrale \(V_a-V_b=-\int_b^a\mathbf{E}\cdot d\boldsymbol{\ell}=-\int_{r_{bi}}^{r_a}\frac{kQ_a}{r^2}dr\) trovo che\[V_a=kQ_a\Big(\frac{1}{r_a}-\frac{1}{r_{bi}}\Big)+\frac{k(Q_a+Q_b)}{r_{be}}\]risultato confermato dalla soluzione del mio libro.
Procedendo però per un'altra strada che credevo possibile, mi sorge qualche problema, come vado ad illustrare...
So che il potenziale generato da una distribuzione superficiale uniforme sferica di raggio $r_0$ e di carica $Q$ è \(V(r)=\frac{kQ}{r_0}\) all'interno della sfera (\(r\le r_0\)) e \(V(r)=\frac{kQ}{r}\), invece, all'esterno, cioè per \(r\ge r_0\).
Perciò, dato che il potenziale \(V=\int\frac{k\sigma}{r}dS\), dove $\sigma$ è la densità di carica superficiale, è addittivo rispetto al dominio di integrazione (in questo caso l'unione delle superfici delle nostre due sfere), per calcolare il potenziale della sfera $S_a$ avrei considerato egualmente valido procedere sommando il potenziale generato, come se non ci fosse $S_b$, dalla propria carica di $S_a$ in un punto della sua stessa superficie, \(\frac{kQ_a}{r_a}=\int_{S_a}\frac{k\sigma_a}{r}dS\), e quello generato, come se non ci fosse la sfera $S_a$, nello stesso punto dalla carica della sfera più esterna: \(\frac{kQ_b}{r_e}=\int_{S_b}\frac{k\sigma_b}{r}dS\).
Solo che \(\frac{kQ_a}{r_a}+\frac{kQ_b}{r_e}\) non è lo stesso di \(kQ_a\Big(\frac{1}{r_a}-\frac{1}{r_{bi}}\Big)+\frac{k(Q_a+Q_b)}{r_{be}}\)...
$\infty$ grazie a chi scovi l'errore!!!
Risposte
Puoi sì sovrapporre il potenziale delle due cariche nette Qa e Qb, ma mantenendo la geometria del sistema, ovvero il guscio sferico conduttore esterno nel quale il campo elettrico viene ad essere annullato e quindi al tuo secondo calcolo dovrà essere sottratto il contributo integrale sul suo spessore relativo a Qa.
"RenzoDF":Mmh... Il potenziale in un punto $P$ della sfera $S_a$ è $\int_{S_a}\frac{k\sigma}{r}dS$ dove $r$ è la distanza del punto $r$ dagli "elementi infinitesimi" di superficie della sfera che si vanno ad integrare, cioè, detto meglio, scelta la parametrizzazione \(\mathbf{r}_a:D_a\subset\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^3\) per la sfera $S_a$\[\int_{S_a}\frac{k\sigma}{r}dS:=\iint_{D_a}\frac{k\sigma(\mathbf{r}(u,v))}{\|\mathbf{r}(u,v)-P\|}\|\mathbf{r}_u(u,v)\times\mathbf{r}_v(u,v)\|dudv\](o ancora meglio, tale formula non vale per un punto appartentente a $S_a$ perché il denominatore è nullo quanto \(\mathbf{r}=P\), ma direi che si intenda il limite per \(P\) esterno, ma che tende al più vicino punto di $S_a$) e analogamente per il potenziale generato dalla carica del guscio sferico $S_b$.
Puoi sì sovrapporre il potenziale delle due cariche nette Qa e Qb, ma mantenendo la geometria del sistema
Ora, se non sbaglio, il potenziale generato da una distribuzione sferica simmetrica di carica $Q$ in un punto distante $R$ dal centro e situato la propria superficie o all'esterno di essa è $\frac{kQ}{R}$ e quindi il contributo di potenziale dovuto alla sfera interna è $\frac{kQ_a}{r_a}=\int_{S_a}\frac{k\sigma}{r}dS$. Fin qua tutto giusto?
Invece, il potenziale generato da una distribuzione sferica simmetrica di carica $Q$ e raggio $R_0$ è costantemente $\frac{kQ}{R_0}$ al proprio interno, se non erro. Quindi la carica $Q_b$, concentrata uniformemente a distanza $r_e$ dal centro genererebbe un potenziale costante $\frac{kQ_b}{r_e}=\int_{S_b}\frac{k\sigma}{r}dS$ al proprio interno.
Invece non vale $V_{\text{tot}}=\int_{S_a}\frac{k\sigma}{r}dS+\int_{S_b}\frac{k\sigma}{r}dS=\frac{kQ_a}{r_a}+\frac{kQ_b}{r_e}$.
Dov'è che mi inghippo?Tante grazie quanto è il potenziale di una carica positiva nel punto in cui la carica è posta!
"DavideGenova":
... Ora, se non sbaglio, il potenziale generato da una distribuzione sferica simmetrica di carica $Q$ in un punto distante $R$ dal centro e situato la propria superficie o all'esterno di essa è $\frac{kQ}{R}$ e quindi il contributo di potenziale dovuto alla sfera interna è $\frac{kQ_a}{r_a}=\int_{S_a}\frac{k\sigma}{r}dS$. Fin qua tutto giusto?
Direi proprio di no, non avendo specificato il riferimento a zero per la misura del potenziale, che quando non diversamente specificato viene assunto nullo all'infinito.
E quindi, supponendo di avere solo la sfera conduttiva $S_a$ (di raggio $r_a$) carica con carica $Q_a$, ti chiedo: assunto come potenziale di riferimento nullo quello all'infinito, quanto vale il potenziale $V_a$ della stessa nel caso non sia presente e nel caso sia presente un guscio sferico conduttivo, con carica netta nulla, di raggio interno $r_i$ e raggio esterno $r_e$ ?
Sì, certo, intendo $V$ nullo all'infinito, da cui $V=k\int\frac{dq}{r}$, cioè, nel caso di una superficie come le nostre sfere, $V=k\int_S\frac{\sigma}{r}dS$. Nel caso non sia presente il guscio esterno $S_b$, mi risulta[nota]integrando il campo esterno \(\mathbf{E}=\frac{kQ}{r^2}\hat{\mathbf{r}}\) tra due raggi esterni $R$ e $R_0$ si ha infatti \[V(R)-V(R_0)=-\int_{R_0}^{R} \frac{kQ}{r^2}dr=\frac{kQ}{R}-\frac{kQ}{R_0}\] dove \(\frac{kQ}{R_0}\xrightarrow{R_0\to\infty}0\), se non vado errando.[/nota] che $V_a=\frac{kQ_a}{r_a}$... sbaglio?
Se invece è presente una guscio esterno, be', è qui il problema: integrando il campo dall'infinito ad un punto distante $r_a$ dal centro delle sfere ottengo un risultato corretto, come riportato dal mio libro, mentre sommando $\frac{kQ_a}{r_a}$, che credo essere il potenziale generato nel punto di $S_a$ dalla carica di $S_a$, e $\frac{kQ_b}{r_e}$, che credo essere il potenziale generato dalla carica del guscio esterno in qualunque punto al proprio interno, ottengo un risultato diverso...
Se invece è presente una guscio esterno, be', è qui il problema: integrando il campo dall'infinito ad un punto distante $r_a$ dal centro delle sfere ottengo un risultato corretto, come riportato dal mio libro, mentre sommando $\frac{kQ_a}{r_a}$, che credo essere il potenziale generato nel punto di $S_a$ dalla carica di $S_a$, e $\frac{kQ_b}{r_e}$, che credo essere il potenziale generato dalla carica del guscio esterno in qualunque punto al proprio interno, ottengo un risultato diverso...
"DavideGenova":
... Nel caso non sia presente il guscio esterno $S_b$, mi risulta ... che $V_a=\frac{kQ_a}{r_a}$... sbaglio?
Non sbagli.
"DavideGenova":
... Se invece è presente una guscio esterno, be', è qui il problema: integrando il campo dall'infinito ad un punto distante $r_a$ dal centro delle sfere ottengo un risultato corretto, ... mentre sommando $\frac{kQ_a}{r_a}$, che credo essere il potenziale generato nel punto di $S_a$ dalla carica di $S_a$,... ottengo un risultato diverso...
Ed è proprio questa "credenza" che ti fa sbagliare; da quali considerazioni discende?
Riflettendo mentre non riuscivo a dormire ieri notte credo di aver individuato la causa del mio fraintendimento. Il potenziale, posto nullo all'infinito, in un dato punto, se $r_i$ è la sua distanza da ogni carica $q_i$ di un sistema di cariche discreto, è $\sum_i\frac{ q_i}{r_i}$ quindi è addittivo, anche nel caso continuo come il nostro, rispetto alle distribuzioni di carica che lo generano.
Tuttavia, io sbagliavo credendo che il guscio, conduttore, esterno avesse solo una carica $Q_b$ sulla propria superficie esterna, che rinomino adesso $S_{be}$ piuttosto che $S_b$. Invece, a causa del fatto che un conduttore ha campo nullo al proprio interno, la legge di Gauss e la direzione radiale del campo dovuta alla simmetria delle sfere, si deve avere una carica $-Q_a$ sulla superficie interna $S_{bi}$ del guscio e conseguentemente una carica $Q_a$, oltre a quella $Q_b$, su quella esterna. Perciò \[\int_{S_a}\frac{dq}{r}=\frac{kQ_a}{r_a},\quad\int_{S_{bi}}\frac{dq}{r}=\frac{-kQ_a}{r_{bi}},\quad\int_{S_{be}}\frac{dq}{r}=\frac{k(Q_a+Q_b)}{r_{be}} \]e la somma dei tre contributi è identica al potenziale calcolato invece attraverso l'integrale di linea come spiego nel post originale.
Grazie ancora!!!
Tuttavia, io sbagliavo credendo che il guscio, conduttore, esterno avesse solo una carica $Q_b$ sulla propria superficie esterna, che rinomino adesso $S_{be}$ piuttosto che $S_b$. Invece, a causa del fatto che un conduttore ha campo nullo al proprio interno, la legge di Gauss e la direzione radiale del campo dovuta alla simmetria delle sfere, si deve avere una carica $-Q_a$ sulla superficie interna $S_{bi}$ del guscio e conseguentemente una carica $Q_a$, oltre a quella $Q_b$, su quella esterna. Perciò \[\int_{S_a}\frac{dq}{r}=\frac{kQ_a}{r_a},\quad\int_{S_{bi}}\frac{dq}{r}=\frac{-kQ_a}{r_{bi}},\quad\int_{S_{be}}\frac{dq}{r}=\frac{k(Q_a+Q_b)}{r_{be}} \]e la somma dei tre contributi è identica al potenziale calcolato invece attraverso l'integrale di linea come spiego nel post originale.
Grazie ancora!!!
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