Filo infinito carico potenziale dimostrazione
A lezione abbiamo trattato questo argomento, ma ho perso qualche passaggio....
Ho un filo infinito:
http://j.gs/hGS
devo trovare il potenziale nel punto P
$V(P) = (lambda dl)/(4 pi epsilon_0) 1/sqrt(l^2 + x^2)$
dove $dq = lambda dl$ è la densita lineare di carica
in un genere punto $x$ è:
$V(P) = (lambda dl)/(4 pi epsilon_0) 1/sqrt(l^2 + x^2) +cost$
(non capisco perchè bisogna mettervi la costante....forse perchè è un punto qualsiasi dell'asse x?)
Trovo il punto $x_0$ in cui si annulla il potenziale:
$V(x_0) = (lambda dl)/(4 pi epsilon_0) 1/sqrt(l^2 + (x_0)^2) +cost = 0$
$(lambda dl)/(4 pi epsilon_0) 1/sqrt(l^2 + (x_0)^2) +cost = 0$
$1/sqrt(l^2 + (x_0)^2) +cost = 0$
$cost = -(lambda dl)/(4 pi epsilon_0) 1/sqrt(l^2 + (x_0)^2)$
// dovrei esplicitare la $x_0$?
quindi trovo $V(P)$
$V(P) = V(x) - V(x_0) =(lambda dl)/(4 pi epsilon_0) 1/sqrt(l^2 + x^2) - (lambda dl)/(4 pi epsilon_0) 1/sqrt(l^2 + (x_0)^2)$
l'integrale è tra $-oo$ e $+oo$ ma dato che è una funzione pari $f(x)=f(-x)$ lo integro tra $0$ e $oo$ mettendoci un 2 davanti.
$V(P) = 2* \int (lambda dl)/(4 pi epsilon_0) [1/sqrt(l^2 + x^2) - 1/sqrt(l^2 + (x_0)^2)] dl$
quindi le costanti di questo integrle sono:
$(lambda dl)/(4 pi epsilon_0)$ , $x_0$
non capisco perchè poi 'ad occhio' si trovi che il risultato venga:
$V(P) = - lambda/(2 pi epsilon_0) ln x/x_0 $
Ho un filo infinito:
http://j.gs/hGS
devo trovare il potenziale nel punto P
$V(P) = (lambda dl)/(4 pi epsilon_0) 1/sqrt(l^2 + x^2)$
dove $dq = lambda dl$ è la densita lineare di carica
in un genere punto $x$ è:
$V(P) = (lambda dl)/(4 pi epsilon_0) 1/sqrt(l^2 + x^2) +cost$
(non capisco perchè bisogna mettervi la costante....forse perchè è un punto qualsiasi dell'asse x?)
Trovo il punto $x_0$ in cui si annulla il potenziale:
$V(x_0) = (lambda dl)/(4 pi epsilon_0) 1/sqrt(l^2 + (x_0)^2) +cost = 0$
$(lambda dl)/(4 pi epsilon_0) 1/sqrt(l^2 + (x_0)^2) +cost = 0$
$1/sqrt(l^2 + (x_0)^2) +cost = 0$
$cost = -(lambda dl)/(4 pi epsilon_0) 1/sqrt(l^2 + (x_0)^2)$
// dovrei esplicitare la $x_0$?
quindi trovo $V(P)$
$V(P) = V(x) - V(x_0) =(lambda dl)/(4 pi epsilon_0) 1/sqrt(l^2 + x^2) - (lambda dl)/(4 pi epsilon_0) 1/sqrt(l^2 + (x_0)^2)$
l'integrale è tra $-oo$ e $+oo$ ma dato che è una funzione pari $f(x)=f(-x)$ lo integro tra $0$ e $oo$ mettendoci un 2 davanti.
$V(P) = 2* \int (lambda dl)/(4 pi epsilon_0) [1/sqrt(l^2 + x^2) - 1/sqrt(l^2 + (x_0)^2)] dl$
quindi le costanti di questo integrle sono:
$(lambda dl)/(4 pi epsilon_0)$ , $x_0$
non capisco perchè poi 'ad occhio' si trovi che il risultato venga:
$V(P) = - lambda/(2 pi epsilon_0) ln x/x_0 $
Risposte
Mi pare un metodo cervellotico. Credo che col teorema di Gauss si trovi in un attimo. Adesso non ho tempo ma fra un'oretta sì.
Per ragioni di simmetria il campo è ortogonale al filo e a parità di distanza x dal filo è indipendente dalla posizione lungo il filo. Pertanto prendendo un cilindro di altezza L coassiale col filo si applica il teorema di Gauss:
\[{\varepsilon _0}E2\pi xL = \lambda L\]
da cui
\[E = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}x}}\]
Ricordando che il potenziale si ottine facendo l'integrale del campo cambiato di segno e partendo dal punto di potenziale nullo (un punto arbitrario) scriviamo:
\[\begin{array}{l}
V\left( x \right) = - \int_{{x_0}}^x {\frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}x}}dx} \\
V\left( x \right) = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\ln \frac{{{x_0}}}{x} \\
\end{array}\]
La scelta del punto $x_0$ è necessaria perché se facessimo l'ipotesi di potenziale nullo all'infinito, come nel caso della carica puntiforme, troveremmo un potenziale indefinito per ogni x, perchè la funzione logaritmo va all'infinto per argomento infinito.
\[{\varepsilon _0}E2\pi xL = \lambda L\]
da cui
\[E = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}x}}\]
Ricordando che il potenziale si ottine facendo l'integrale del campo cambiato di segno e partendo dal punto di potenziale nullo (un punto arbitrario) scriviamo:
\[\begin{array}{l}
V\left( x \right) = - \int_{{x_0}}^x {\frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}x}}dx} \\
V\left( x \right) = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\ln \frac{{{x_0}}}{x} \\
\end{array}\]
La scelta del punto $x_0$ è necessaria perché se facessimo l'ipotesi di potenziale nullo all'infinito, come nel caso della carica puntiforme, troveremmo un potenziale indefinito per ogni x, perchè la funzione logaritmo va all'infinto per argomento infinito.
http://****/6AVBB questo è la figura del filo infinito carico uniformemente usando il teorema di Gauss, mi trovo, solo che nell'argomento del logaritmo, secondo la dim suggerita a lezione, io mi trovo:
$ln (x/x_0)$ dove per $x_0$ intendo il punto in cui si annulla il potenziale.
$ln (x/x_0)$ dove per $x_0$ intendo il punto in cui si annulla il potenziale.
"ludwigZero":
http://****/6AVBB questo è la figura del filo infinito carico uniformemente usando il teorema di Gauss, mi trovo, solo che nell'argomento del logaritmo, secondo la dim suggerita a lezione, io mi trovo:
$ln (x/x_0)$ dove per $x_0$ intendo il punto in cui si annulla il potenziale.
Ma non avevi detto che c'era il segno - davanti al logaritmo?
giusto, svista mia, si i risultati sono equivalenti, il meno fa brutti scherzi.
solo che la dim che ho postato io, lunghissima, non so perchè è stata fatta cosi, anche perchè poi dopo 'per semplificare' si è studiato lo stesso risultato attraverso gauss...
non vorrei sviarmi, per gli esercizi, semmai dovessi trovare un risultato, applico gauss? cosi da aiutarmi anche per le simmetrie...
solo che la dim che ho postato io, lunghissima, non so perchè è stata fatta cosi, anche perchè poi dopo 'per semplificare' si è studiato lo stesso risultato attraverso gauss...
non vorrei sviarmi, per gli esercizi, semmai dovessi trovare un risultato, applico gauss? cosi da aiutarmi anche per le simmetrie...
Certo. Quando è possibile Gauss è preferibile.
Ad ogni modo cerco adesso di spiegarti gli altri calcoli.
Come ti ho detto occorre trovare una funzione potenziale che non sia indeterminata, quindi tale per cui in un punto a distanza $x_0$ sia nulla. Allora dato un elementino $dl$ di filo il potenziale corrispondente è:
[tex]{V_{dl}}\left( x \right) = \frac{{\lambda dl}}{{4\pi {\varepsilon _0}\sqrt {{l^2} + {x^2}} }} - \frac{{\lambda dl}}{{4\pi {\varepsilon _0}\sqrt {{l^2} + {x_0}^2} }}[/tex]
Data la parità in l di questa funzione si può considerare l'integrale da 0 a infinito e duplicare il risultato:
[tex]V\left( x \right) = 2\int_0^\infty {\left( {\frac{\lambda }{{4\pi {\varepsilon _0}\sqrt {{l^2} + {x^2}} }} - \frac{\lambda }{{4\pi {\varepsilon _0}\sqrt {{l^2} + {x_0}^2} }}} \right)dl} = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\int_0^\infty {\left( {\frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x_0}^2} }}} \right)dl}[/tex]
Vediamo adesso di risolvere l'integrale indefinito con una sostituzione di variabile:
[tex]\begin{array}{l}
\int {\frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }}dl} \\
{\rm{Sostituzione: }}h = l + \sqrt {{l^2} + {x^2}} \\
\frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }} = \frac{1}{{h - l}} \\
dh = \left( {1 + \frac{l}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }}} \right)dl = \frac{{l + \sqrt {{l^2} + {x^2}} }}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }}dl = \frac{h}{{h - l}}dl \\
dl = \frac{{h - l}}{h}dh \\
\int {\frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }}dl} = \int {\frac{1}{{h - l}}\frac{{h - l}}{h}dh = \int {\frac{1}{h}dh} } = \ln h + C \\
\end{array}[/tex]
Tenuto conto di ciò vado a risolvere:
[tex]\begin{array}{l}
V\left( x \right) = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\int_0^\infty {\left( {\frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x_0}^2} }}} \right)dl} = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\left( {\int_0^\infty {\frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }}dl} - \int_0^\infty {\frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x_0}^2} }}dl} } \right) \\
{\rm{Sostituzioni:}} \\
{\rm{1^\circ integrale: }}h = l + \sqrt {{l^2} + {x^2}} \\
{\rm{2^\circ integrale: }}h = l + \sqrt {{l^2} + {x_0}^2} \\
V\left( x \right) = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\left( {\int_x^\infty {\frac{1}{h}dh} - \int_{{x_0}}^\infty {\frac{1}{h}dh} } \right) = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\left( {\int_x^{{x_0}} {\frac{1}{h}dh} + \int_{{x_0}}^\infty {\frac{1}{h}dh} - \int_{{x_0}}^\infty {\frac{1}{h}dh} } \right) \\
V\left( x \right) = = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\left( {\int_x^{{x_0}} {\frac{1}{h}dh} + \int_{{x_0}}^\infty {\left( {\frac{1}{h} - \frac{1}{h}} \right)dh} } \right) = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\int_x^{{x_0}} {\frac{1}{h}dh} = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\ln \frac{{{x_0}}}{x} \\
\end{array}[/tex]
Ad ogni modo cerco adesso di spiegarti gli altri calcoli.
Come ti ho detto occorre trovare una funzione potenziale che non sia indeterminata, quindi tale per cui in un punto a distanza $x_0$ sia nulla. Allora dato un elementino $dl$ di filo il potenziale corrispondente è:
[tex]{V_{dl}}\left( x \right) = \frac{{\lambda dl}}{{4\pi {\varepsilon _0}\sqrt {{l^2} + {x^2}} }} - \frac{{\lambda dl}}{{4\pi {\varepsilon _0}\sqrt {{l^2} + {x_0}^2} }}[/tex]
Data la parità in l di questa funzione si può considerare l'integrale da 0 a infinito e duplicare il risultato:
[tex]V\left( x \right) = 2\int_0^\infty {\left( {\frac{\lambda }{{4\pi {\varepsilon _0}\sqrt {{l^2} + {x^2}} }} - \frac{\lambda }{{4\pi {\varepsilon _0}\sqrt {{l^2} + {x_0}^2} }}} \right)dl} = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\int_0^\infty {\left( {\frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x_0}^2} }}} \right)dl}[/tex]
Vediamo adesso di risolvere l'integrale indefinito con una sostituzione di variabile:
[tex]\begin{array}{l}
\int {\frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }}dl} \\
{\rm{Sostituzione: }}h = l + \sqrt {{l^2} + {x^2}} \\
\frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }} = \frac{1}{{h - l}} \\
dh = \left( {1 + \frac{l}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }}} \right)dl = \frac{{l + \sqrt {{l^2} + {x^2}} }}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }}dl = \frac{h}{{h - l}}dl \\
dl = \frac{{h - l}}{h}dh \\
\int {\frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }}dl} = \int {\frac{1}{{h - l}}\frac{{h - l}}{h}dh = \int {\frac{1}{h}dh} } = \ln h + C \\
\end{array}[/tex]
Tenuto conto di ciò vado a risolvere:
[tex]\begin{array}{l}
V\left( x \right) = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\int_0^\infty {\left( {\frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }} - \frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x_0}^2} }}} \right)dl} = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\left( {\int_0^\infty {\frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x^2}} }}dl} - \int_0^\infty {\frac{1}{{\sqrt {{l^2} + {x_0}^2} }}dl} } \right) \\
{\rm{Sostituzioni:}} \\
{\rm{1^\circ integrale: }}h = l + \sqrt {{l^2} + {x^2}} \\
{\rm{2^\circ integrale: }}h = l + \sqrt {{l^2} + {x_0}^2} \\
V\left( x \right) = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\left( {\int_x^\infty {\frac{1}{h}dh} - \int_{{x_0}}^\infty {\frac{1}{h}dh} } \right) = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\left( {\int_x^{{x_0}} {\frac{1}{h}dh} + \int_{{x_0}}^\infty {\frac{1}{h}dh} - \int_{{x_0}}^\infty {\frac{1}{h}dh} } \right) \\
V\left( x \right) = = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\left( {\int_x^{{x_0}} {\frac{1}{h}dh} + \int_{{x_0}}^\infty {\left( {\frac{1}{h} - \frac{1}{h}} \right)dh} } \right) = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\int_x^{{x_0}} {\frac{1}{h}dh} = \frac{\lambda }{{2\pi {\varepsilon _0}}}\ln \frac{{{x_0}}}{x} \\
\end{array}[/tex]
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