Piani paralleli con distribuzione di carica volumetrica

[Sectioaurea]

Salve a tutti , vorrei sapere se la risoluzione di questo esercizio è giusta o se c'è qualche errore. L'esercizio è il seguente:

Si abbia una distribuzione di carica volumetrica pari a $-\rho$ tra due piani paralleli posti in $x=-d/2$ ed $x=0$ ,rispettivamente , ed uguale a $+\rho$ tra i due piani in $x=0$ ed $x=d/2$. Determinare il campo elettrico ed il potenziale e.s. in tutto lo spazio.
Si assuma $V(0)=0$. Determinare il moto di un elettrone inizialmente posto in $x=d/4$ e poi lasciato libero di muoversi.

La regola è sempre quella di utilizzare una sup. cilindrica Gaussiana avente asse ortogonale ai piani considerati. L'unica cosa è che in questo caso ci sono 4 piani paralleli aventi all'interno densità volumetrica di segno opposto, in cui due sono adiacenti.
Io ho studiato i due casi singolarmente ( piani con densità $+\rho$ e i restanti con densità $-\rho$) e poi sommato i campi elettrici calcolati. E' corretto il ragionamento?

[Palliit]

Non ho mica capito bene come l'hai impostato, potresti postare i passaggi che hai fatto? Giusto per confronto, a me risulta un campo proporzionale ad $x$ quando: $|x|

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[Sectioaurea]

"Palliit":Non ho mica capito bene come l'hai impostato, potresti postare i passaggi che hai fatto? Giusto per confronto, a me risulta un campo proporzionale ad $x$ quando: $|x|

Prima studio il caso dei due piani con densità di carica $+\rho$ . Passo quindi al calcolo del campo elettrico all'esterno utilizzando una superficie gaussiana cilindrica $\Sigma$ avente asse ortogonale ai piani e passante per questi ultimi.
in questo caso il flusso lungo la sup. cilindrica sarà dato solo dalla somma dei flussi lungo le due superfici di base (perchè lungo la sup laterale il flusso è nullo). Quindi $\Phi_{\Sigma}(E_{1})= \Phi_{B_{1}}(E_{1})+\Phi_{B_{2}}(E_{1}) = 2 B E_{1}(x)$.
per Gauss $\Phi_{\Sigma}(E_{1})= q/\varepsilon_{0}$.
Ma $q/\varepsilon_{0} = \int_0^{d/2}\rho*dx*B=\rho*B*d/2 $
In conclusione $E_{1}(x)=\rho*d/4*\varepsilon_{0}$

Allo stesso modo per $-d/2 Per calcolare quindi il campo all'esterno dovrò sommare il campo $E_{1}$ con $E_{2}$ dove uscirà zero. E' giusto così?

[Palliit]

"Fra27":E' giusto così?

Secondo me no e in ultima analisi non riesco a capire come calcoli il campo all'interno di ciascuno strato.

Tra l'altro nel mio post precedente ho scritto un'inesattezza, qua:

"Palliit":... un campo proporzionale ad $ x $ ...

.

A me in realtà risulta: $E(x)=rho/epsilon(|x|-d/2)" "$ per $|x|i"...) altrove.

[Palliit]

Chissà se questo ti aiuta:

in rosso la superficie gaussiana, in nero il grafico del campo elettrico in funzione di $x$.

[Sectioaurea]

"Palliit":non riesco a capire come calcoli il campo all'interno di ciascuno strato..

Non riesco ad utilizzare Geonext, allora allego questo.
Per calcolare il campo $E$ all'esterno, utilizzo una sup. cilindrica passante per entrambi i piani. Mentre per il campo all'interno uso due sup. cilindriche come nel disegno:



Allo stesso modo faccio per gli altri due piani con densità $+\rho$ e sommo tutto.

Come dovrei risolvere quindi?

[Palliit]

Faccio riferimento al mio disegno.

Preso atto del fatto che all'esterno il campo è nullo, col teorema di Gauss sul cilindro tracciato con linea continua (quindi

per $-d/2

$Phi"("vec(E)")"=E(x)*S" "$ e $" "Q_("int")=-rho*(d/2+x)*S" "$, da cui: $" "E(x)=rho/epsilon*(-x-d/2)" "$;


riferendosi invece al cilindro con una base all'esterno e l'altra tratteggiata (quindi con $0

$Q_("int")=-rho*d/2*S+rho*x*S" "$ che dà: $" "E(x)=rho/epsilon*(x-d/2)" "$.


Le due scritture si possono compattare in: $E(x)=rho/epsilon*(|x|-d/2)" "$ che corrisponde al grafico del disegno.

Salvo miei errori, ovviamente.


Il potenziale lo trovi integrando opportunamente il campo elettrico ed il moto dell'elettrone lo descrivi con l'equazione

differenziale che risulta dal porre: $" "mddotx=-eE(x)" "$.

[Sectioaurea]

"Palliit":Faccio riferimento al mio disegno.

Preso atto del fatto che all'esterno il campo è nullo, col teorema di Gauss sul cilindro tracciato con linea continua (quindi

per $-d/2

$Phi"("vec(E)")"=E(x)*S" "$ e $" "Q_("int")=-rho*(d/2+x)*S" "$, da cui: $" "E(x)=rho/epsilon*(-x-d/2)" "$;

Ma quando calcoli $Phi"("vec(E)")"=E(x)*S$ non devi considerare il flusso di entrambe le basi (quella tra i due piani e quella esterna)?

[Palliit]

All'esterno il campo è nullo ...

[Palliit]

Sei riuscita ad arrivare alla conclusione?

[Sectioaurea]

"Palliit":Sei riuscita ad arrivare alla conclusione?

Credo di si!
Quindi per il campo esterno faccio il calcolo che ho fatto io con un solo cilindro passante per tutti e due i piani e poi ,una volta sommato tutto , uscirà 0.

Per il campo interno utilizzo una sup cilindrica gaussiana di lunghezza variabile per entrambe le distribuzioni di carica. Quindi facendo i calcoli:

per $ -d/2 Ma $$ q= \int_{-d/2}^{x}\rho*dx*S=-\rho*(d/2+x)*S $$

Allo stesso modo per $ 0 Quindi sommando i due campi trovati .... $ E(x)=rho/epsilon*(-d) $

Magari sarebbe meglio spiegare che nel calcolo del campo all'interno non sono state considerate le basi poste all'esterno dei piani poiché i campi da esse generati si annullano.

Per quanto riguarda il potenziale, devo scomporlo nei due casi( per $ 0

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[Palliit]

"Fra27":...per il campo esterno faccio il calcolo che ho fatto io con un solo cilindro passante per tutti e due i piani e poi ,una volta sommato tutto , uscirà 0.

No. Facendo così ogni sistema a carica complessiva nulla (come ad esempio un dipolo) dovrebbe produrre intorno a sé un campo nullo, il che non è vero.
Se consideri uno solo dei due strati preso separatamente, con il cilindro passante da parte a parte dimostri che il campo all'esterno di uno strato è uniforme, quindi i due strati presi congiuntamente producono all'esterno campi uniformi esattamente opposti che si elidono.

"Fra27":... $$ q= \int_{-d/2}^{x}\rho*dx*S=-\rho*(d/2+x)*S $$

Dato che la densità è costante, l'integrale è superfluo, la carica si può trovare semplicemente moltiplicando la densità $-rho$ per il volume $S*(d/2+x)$.

"Fra27":Allo stesso modo per $ 0

Qua non ho capito: se $0

"Fra27":Quindi sommando i due campi trovati .... $ E(x)=rho/epsilon*(-d) $

E perché mai dovresti sommare due campi quando uno è quello nello strato a densità negativa e l'altro nello strato a densità positiva? Il campo ha la prima espressione per $-d/2
Per il potenziale integri la funzione $-E(x)$ da $0$ ad $x$. E quindi è chiaro che devi distinguere secondo i diversi intervalli di appartenenza di $x$. Comunque il fatto che il campo sia una funzione pari, e che il potenziale sia fissato a zero in $x=0$ può velocizzare parecchio il calcolo, in quanto il potenziale deve risultare funzione dispari di $x$.

[Sectioaurea]

"Palliit": Se consideri uno solo dei due strati preso separatamente, con il cilindro passante da parte a parte dimostri che il campo all'esterno di uno strato è uniforme, quindi i due strati presi congiuntamente producono all'esterno campi uniformi esattamente opposti che si elidono.

Ho capito!

"Palliit":Qua non ho capito: se $0
Quindi non si deve considerare lo stesso cilindro però simmetrico rispetto all'asse y? Allora devo utilizzare la stessa sup cilindrica di prima con l'aggiunta della parte tratteggiata ?

"Palliit":Per il potenziale integri la funzione $-E(x)$ da $0$ ad $x$.

Perchè $-E(x)$? Essendo positiva la carica tra i due piani, per $0

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[Palliit]

"Fra27":Quindi non si deve considerare lo stesso cilindro però simmetrico rispetto all'asse y?

Volendo sì, tenendo però conto del fatto che in tal caso un campo eventualmente rivolto verso destra (quindi con componente $E(x)$ positiva) risulterebbe orientato nel verso entrante rispetto alla superficie, e pertanto nel calcolo del flusso bisogna introdurre un segno $-$ per tener conto della cosa. Rispetto a tale cilindro avresti quindi:

$Phi"("vec(E)")"=-E(x)*S" "$ e $" "Q_("int")=+rho*S*(d/2-x)" "$,

che ti porta allo stesso risultato che ti ho proposto prima considerando invece...

"Fra27":... la stessa sup cilindrica di prima con l'aggiunta della parte tratteggiata

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"Fra27":Perchè $-E(x)$?

Per definizione di potenziale: $" "V(x)-V(0)=-int_0^xE(r)dr" "$.

══════════════════════

"Fra27":Essendo positiva la carica tra i due piani, per $0
Il campo non decidi tu se è verso sinistra o destra, lo fissa il risultato del calcolo di cui sopra. Nella fattispecie $E(x)$ risulta negativo (e quindi $vec(E)$ orientato verso sinistra) in tutto lo spessore dei due strati (vedi il grafico in nero nel disegno che ti ho postato).

[Sectioaurea]

"Palliit":
No. Facendo così ogni sistema a carica complessiva nulla (come ad esempio un dipolo) dovrebbe produrre intorno a sé un campo nullo, il che non è vero.
Se consideri uno solo dei due strati preso separatamente, con il cilindro passante da parte a parte dimostri che il campo all'esterno di uno strato è uniforme, quindi i due strati presi congiuntamente producono all'esterno campi uniformi esattamente opposti che si elidono.

Devo di nuovo soffermarmi su questo perchè ho ancora qualche dubbio.
Tu scrivi che, considerando singolarmente i due strati ed utilizzando un cilindro passante per gli stessi (credo come il disegno che ho inserito qualche post fa nel caso del campo esterno),si dimostra che $E$ è uniforme. Io ho effettuato i calcoli e mi verrebbe per lo strato con carica positiva $\rho *d/4 *\varepsilon_0$ , per la carica negativa uguale ma di segno opposto. Prenderli congiuntamente non significa in un certo senso sommarli? Non riesco a capire la differenza. (Sono un caso perso haha)

"Palliit": Il campo non decidi tu se è verso sinistra o destra, lo fissa il risultato del calcolo di cui sopra. Nella fattispecie $E(x)$ risulta negativo (e quindi $E$ orientato verso sinistra) in tutto lo spessore dei due strati (vedi il grafico in nero nel disegno che ti ho postato).

Se ad esempio prendessi lo strato con carica positiva , il campo $E$ non dovrebbe essere uscente rispetto ai due piani?

Mi scuso se sono insistente ma vorrei capire una volta per tutte e non avere più dubbi a riguardo.

[Palliit]

"Fra27":Prenderli congiuntamente non significa in un certo senso sommarli?

Certamente. Ma questo vale solo nello spazio al di fuori dei due strati (cioè per $|x|>d"/"2$), dove l'unico contributo al campo elettrico è quello fornito dai due campi uniformi ed opposti. All'interno dei due strati la situazione è più complicata.

"Fra27":Se ad esempio prendessi lo strato con carica positiva , il campo $E$ non dovrebbe essere uscente rispetto ai due piani?

Sì ma solo se non ci fossero altre distribuzioni di carica. Di fatto ce ne sono ed il modo più diretto per tenerne conto è per l'appunto il teorema di Gauss.

[Sectioaurea]

"Palliit":
Certamente. Ma questo vale solo nello spazio al di fuori dei due strati (cioè per $|x|>d"/"2$), dove l'unico contributo al campo elettrico è quello fornito dai due campi uniformi ed opposti.

Ok quindi volendolo dimostrare con i calcoli? Per il campo esterno
Prendo lo strato con densità $+\rho$. Disegno un cilindro (con basi $B_1$ e $B_2$ )passante per i due piani dello strato. Il flusso sarà $\Phi_{\Sigma}(E)= \Phi_{B_{1}}(E)+\Phi_{B_{2}}(E_{1}) = 2 B E(x)$. (sapendo che il flusso lungo la sup laterale è nullo)
per Gauss $\Phi_{\Sigma}(E)= q/\varepsilon_{0}$.
Ma $q= \int_0^{d/2}\rho*dx*B=\rho*B*d/2 $
In conclusione $E(x)=\rho*d/4*\varepsilon_{0}$

Allo stesso modo per lo strato con densità $-\rho$ il campo all'esterno sarà uguale ma opposto a quello già calcolato sopra.
Concludo sommando i due campi generati all'esterno dei due strati, dove il risultato sarà proprio $0$. E' giusto così?

[Palliit]

[Sectioaurea]

"Palliit"::smt023

Grazie per l'aiuto (e la pazienza)!!!!!!!


Per caso hai letto l'altro topic che ho scritto su un cilindro con una materiale diamagnetico?

viewtopic.php?f=19&t=168672

Non riesco a definire il potenziale vettore $A$ nelle varie regioni...

[Ricciolino1]

Ciao Pallit, ciao Fra27, mi intrometto perchè anch'io pochi giorni fa mi sono trovato alle prese con lo stesso stipo di esercizio (stessa identica distrubizione di carica), ho svolto esattamente nella solita maniera descritta da pallit, giungendo quindi allo stesso risultato di campo, ma riguardando l'esercizio mi è sorto un dubbio....se partissi a ragionare da dx...con ciclindrino che inizialmente sta mezzo fuori (x>d/2) e mezzo dentro (0

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