Sfera conduttrice isolata con carica a distanza fissata
Salve e buon giorno.
Stavo guardando questo problema sulle cariche immagini su wikipedia, con questo disegno:
Ho una sfera conduttrice isolata e scarica. ad una distanza $a$ ci pongo una carica positiva.
Tramite alcune considerazioni come il metodo delle cariche immagini (le tre cariche si pongono in quel modo lì) e semplici formule di geometria ho trovato (e confrontato con il risultato) che il potenziale che si crea sulla sfera non è nullo ma:
$ V_s = q/(4 \pi \epsilon_0) 1/a $
Ho due domande:
1) la densità di cariche indotte mi da un integrale nullo? Perchè dovrei aspettarmi una carica nulla sulla sfera (essa è isolata)
2) il campo elettrico totale dovuto alla sfera (quello sul suo asse) deve essere qualcosa che va come
$q/r^2$ ? Perchè? E' una approssimazione?
ogni suggerimento è graditissimo (se qualcuno mi scrivesse anche la formula, sarebbe ancor più gradito)!
Stavo guardando questo problema sulle cariche immagini su wikipedia, con questo disegno:
Ho una sfera conduttrice isolata e scarica. ad una distanza $a$ ci pongo una carica positiva.
Tramite alcune considerazioni come il metodo delle cariche immagini (le tre cariche si pongono in quel modo lì) e semplici formule di geometria ho trovato (e confrontato con il risultato) che il potenziale che si crea sulla sfera non è nullo ma:
$ V_s = q/(4 \pi \epsilon_0) 1/a $
Ho due domande:
1) la densità di cariche indotte mi da un integrale nullo? Perchè dovrei aspettarmi una carica nulla sulla sfera (essa è isolata)
2) il campo elettrico totale dovuto alla sfera (quello sul suo asse) deve essere qualcosa che va come
$q/r^2$ ? Perchè? E' una approssimazione?
ogni suggerimento è graditissimo (se qualcuno mi scrivesse anche la formula, sarebbe ancor più gradito)!
Risposte
"ludwigZero":
...
1) la densità di cariche indotte mi da un integrale nullo? Perchè dovrei aspettarmi una carica nulla sulla sfera (essa è isolata)
Certo, volendo andare a considerare la reale distribuzione di carica superficiale delle sfera, il suo integrale di superficie darebbe un valore nullo, proprio perché la sfera è isolata.
"ludwigZero":
...
2) il campo elettrico totale dovuto alla sfera (quello sul suo asse) deve essere qualcosa che va come
$q/r^2$ ? Perchè? E' una approssimazione?
Una delle infinite "approssimazioni"
; anche "isolata" è un'approssimazione della realtà, ad ogni modo sì, il campo elettrico seguirà una legge inversamente proporzionale al quadrato della distanza dal centro della sfera, te lo puoi ricavare dal gradiente del potenziale che, per ogni punto dello spazio esterno alla sfera, potrà essere scritto via sovrapposizione dei tre potenziali relativi alla carica reale e alle due cariche immagine.
"RenzoDF":
Certo, volendo andare a considerare la reale distribuzione di carica superficiale delle sfera, il suo integrale di superficie darebbe un valore nullo, proprio perché la sfera è isolata.
Io già so quanto fa l'integrale, cioè 0, sarebbe solo fare un'integrale per provarlo.
domanda: Se Q=0 posso dire che, in generale, anche $\sigma = 0$ ? O devo far la derivata del potenziale per trovarmi ogni volta la $\sigma = 0$?
"RenzoDF":
Una delle infinite "approssimazioni"
Quindi dovrei prima trovarmi una $V(x,y,z) = V_1(x,y,z) + V_2 (x,y,z) + V_3 (x,y,z)$
con $(x,y,z)$ fuori dalla sfera?
Ma se io volessi l'approssimazione SOLO su un asse? Tipo l'asse dove stiamo mettendo la carica e il centro della sferetta? Mettero' x e y come costanti?
ma non è meglio usare la forza di interazione tra cariche? poi divido per la carica e mi trovo una bella relazione per E
Non va come $1/r^2$ ma come $-1/r^2$ e questo segno meno mi viene fuori da una interazione tra le due cariche interne alla sfera! Ti trovi?
e io che avevo pensato che si comportasse come dipolo ... questo segno meno mi dice che il sistema carica esterna + sferetta senza carica, sono attrattive... almeno credo.
"ludwigZero":
... Io già so quanto fa l'integrale, cioè 0, sarebbe solo fare un'integrale per provarlo.
Certo, sarebbe un utile esercizio, ma visto che sai il risultato, puoi anche risparmiartelo.
"ludwigZero":
... domanda: Se Q=0 posso dire che, in generale, anche $\sigma = 0$ ? O devo far la derivata del potenziale per trovarmi ogni volta la $\sigma = 0$?
La carica complessiva è nulla, ma non è di certo nulla la densità di carica superficiale che sarà negativa sulla superficie della sfera rivolta verso la carica esterna q>0 e che sarà invece positiva sulla parte opposta della sfera a causa dell'induzione elettrostatica.
La densità di carica è ovviamente ottenibile una volta noto il campo alla superficie della sfera, che dovrà ovviamente essere normale alla stessa e che sarà determinabile via sovrapposizione vettoriale dei tre campi relativi alla carica esterna e alle due cariche immagine.
E' chiaro che quello relativo alla carica $-q'$ posta nel centro della sfera sarà semplice da scrivere, mentre il campo somma vettoriale relativo a $q$ e $q'$ richiederà un calcolo un po' più complesso, ma non impossibile; indicato infatti con $\vec r$ il vettore che congiunge il centro dalla sfera al punto P e con $\vec a$ e $\vec b$ le sue due particolarizzazioni relative alla posizione delle cariche, la sua espressione vettoriale sarà
$\vec E=kq \frac{\vec r -\vec a}{|\vec r -\vec a|^(3/2)}+kq^{\prime} \frac{\vec r -\vec a^{\prime}}{|\vec r -\vec a^{\prime}|^(3/2)}$
E da questo campo particolarizzato per $\vec r=\vec R$ e sommato (anche scalarmente) a quello relativo alla carica immagine centrale (-q') avremo anche il campo effettivo alla superficie della sfera e di conseguenza saremo anche in grado di determinare la densità di carica superficiale $\sigma (\theta)$ ; ... e anche questo sarebbe un bel risultato.
"ludwigZero":
... Quindi dovrei prima trovarmi una $V(x,y,z) = V_1(x,y,z) + V_2 (x,y,z) + V_3 (x,y,z)$
con $(x,y,z)$ fuori dalla sfera?
Ma se io volessi l'approssimazione SOLO su un asse? Tipo l'asse dove stiamo mettendo la carica e il centro della sferetta? Mettero' x e y come costanti? .
Certo, usare il potenziale è spesso preferibile, ma comunque poi il gradiente bisogna sempre calcolarlo.
"ludwigZero":
... ma non è meglio usare la forza di interazione tra cariche? poi divido per la carica e mi trovo una bella relazione per E e fine....
Certo che sì, ma pensavo tu volessi andare a determinare il campo in un generico punto P dello spazio, non solo sulla retta congiungente le cariche.
"ludwigZero":
... Non va come $1/r^2$ ma come $-1/r^2$ e questo segno meno mi viene fuori da una interazione tra le due cariche interne alla sfera! Ti trovi?
Certo, limitandoci all'asse e scelta come origine il centro della sfera il campo risulta negativo per una carica esterna positiva nell'intervallo $[R < x < a]$.
"ludwigZero":
... e io che avevo pensato che si comportasse come dipolo ...
Beh, nel caso di sfera isolata potremo sempre dire che il campo esterno alla sfera (a grande distanza rispetto a R) è determinabile dalla sovrapposizione di quello di dipolo relativo alle due cariche immagine con quello relativo alla carica reale esterna.
"ludwigZero":
... questo segno meno mi dice che il sistema carica esterna + sferetta senza carica, sono attrattive... almeno credo.
Certo che sì, la carica eserciterà una forza attrattiva sulla sfera (e viceversa).
"RenzoDF":
$\vec E=kq \frac{\vec r -\vec a}{|\vec r -\vec a|^(3/2)}+kq^{\prime} \frac{\vec r -\vec a^{\prime}}{|\vec r -\vec a^{\prime}|^(3/2)}$
secondo queste tue notazioni è:
$\vec r = (x,y,z)$ generico nello spazio Fuori dalla sfera.
$\vec a = (0,0,a)$
$\vec a' = (0,0,b)$
giusto? O c'è anche una dipendenza dall'angolo $\theta$? Perchè altrimenti lì le cose si complicano di brutto
senza angolo:
$|\vec r -\vec a|^(3/2) = (x^2 + y^2 + (z - a)^2)^(3/2)$
altrimenti introduco un angolo $\theta$ compreso tra l'asse $z$ e $R$ e faccio i calcoli, non dovrebbe venire indipendente da $\theta$? mettendomi direttamente su un punto della sfera diventa:
$|\vec r -\vec a|^(3/2) = (a^2 + R^2 + a R cos \theta)^(3/2)$
dove a è la posizione della carica fuori la sfera.
$|\vec r -\vec a'|^(3/2) = (b^2 + R^2 + a R cos \theta)^(3/2)$
mentre per il campo dovuto alla carica immagine nel centro ho, considerando solo l'asse z:
$ E_z=kq'' \frac{\vec r }{|\vec r|^(3/2)} = k (q'') z/(x^2 + y^2 + z^2)^(3/2)$
oppure considerandolo direttamente sulla superficie:
$\vec E=k(q'') \frac{\vec R }{|R^2|^(3/2)}$
"ludwigZero":
...
secondo queste tue notazioni è:
$\vec r = (x,y,z)$ generico nello spazio Fuori dalla sfera.
$\vec a = (0,0,a)$
$\vec a' = (0,0,b)$
giusto? O c'è anche una dipendenza dall'angolo $\theta$? Perchè altrimenti lì le cose si complicano di brutto
Si, in coordinate cartesiane, ma io intendevo usare quelle cilindriche vista la simmetria assiale e di conseguenza una indipendenza dall'angolo azimutale ma non dall'angolo zenitale $\theta$.
"ludwigZero":
... altrimenti introduco un angolo $\theta$ compreso tra l'asse $z$ e $R$ e faccio i calcoli, non dovrebbe venire indipendente da $\theta$?
Direi proprio di no, quella relazione vettoriale per il campo può essere riscritta come
$\vec E=kq \frac{\vec r -\vec a}{(r^2+a^2-2racos\theta )^{3/2} }+kq^{'} \frac{\vec r -\vec b}{(r^2+b^2-2rbcos\theta )^{3/2}} $
Relazione che particolarizzata per $\vec r=\vec R$, se non erro, porta a
$\vec E=-kq \frac{(a^2/R^2 -1)R \hat r}{(R^2+a^2-2Racos\theta )^{3/2} } $
e a questo punto non resta che sommare il semplice campo relativo alla carica immagine $-q'$ posizionata nell'origine.
"RenzoDF":[/quote]
[quote="ludwigZero"]...
$\vec r = (x,y,z)$
$\vec a = (0,0,a)$
$\vec a' = (0,0,b)$
Io facendo con le coordinate cartesiane, in effetti è lungo, ma vorrei capire se ho scritto bene:
essendo:
$\vec r -\vec a = (x,y,z-a)$
$\vec r -\vec b = (x,y,z-b)$
$\vec r = (x,y,z)$
e con $x^2 + y^2 + z^2 = r^2$
Alla fine del tutto mi trovo:
$\vec E=kq \frac{(x,y,z-a)}{(r^2+a^2-2racos\theta )^{3/2} }+kq^{'} \frac{(x,y,z-b)}{(r^2+b^2-2rbcos\theta )^{3/2}} $
mentre l'ultimo termine è:
$...+ k q^{''} (x,y,z)/r^3$
ovviamente dovrei scomporlo lungo x,y e z.
dopodichè porre che sia $r = R$ e non dovrei anche porre che sia $z=0$ perchè la sfera si trova nel piano xy?
la $\sigma(r,\theta)$ sulla sfera è $\epsilon_0 E_z(r=R)$
ti trovi?
"ludwigZero":
... In quest'ultima relazione che hai scritto tu non hai ancora sommato il pezzo dipendente dal centro giusto?
Si, non è ancora aggiunto, l'ho precisato ora nell'ultima riga.
"ludwigZero":
... Io facendo con le coordinate cartesiane, in effetti è lungo, ma vorrei capire se ho scritto bene:
Alla fine del tutto mi trovo:
$\vec E=kq \frac{(x,y,z-a)}{(r^2+a^2-2racos\theta )^{3/2} }+kq^{'} \frac{(x,y,z-b)}{(r^2+b^2-2rbcos\theta )^{3/2}} $
Sembra ok, ma hai mescolato cartesiana con cilindrica.
"ludwigZero":
... ovviamente dovrei scomporlo lungo x,y e z.
E lì viene il bello!
"ludwigZero":
... dopodichè porre che sia $r = R$ e non dovrei anche porre che sia $z=0$ perchè la sfera si trova nel piano xy?
No, z non è nullo per tutti i punti della sfera.
"ludwigZero":
... la $\sigma(\theta)$ sulla sfera è $\epsilon_0 E(r=R)$
Si, visto che il campo ha sola componente normale alla superficie.
"RenzoDF":
[quote="ludwigZero"]
$\vec E=kq \frac{(x,y,z-a)}{(r^2+a^2-2racos\theta )^{3/2} }+kq^{'} \frac{(x,y,z-b)}{(r^2+b^2-2rbcos\theta )^{3/2}} $
Sembra ok, ma hai mescolato cartesiana con cilindrica.
[/quote]
dopo un bel po' di calcoli, finalmente è venuto il pezzo che dici tu! con l'angolo
bella roba.ora mi confermi che il pezzo dovuto alla carica al centro è:
$q/(a R) $
(che dimensionalmente si trova...)
scomporlo su x,y,z con quella relazione trovata non mi sembra il caso,altrimenti mi mettono dapprima in cordinate cartesiane
però domanda: con questa relazione riesco a farmi tutte le considerazioni sull'asse?
"ludwigZero":
... dopo un bel po' di calcoli, finalmente è venuto il pezzo che dici tu! con l'angolo
"ludwigZero":
... ora mi confermi che il pezzo dovuto alla carica al centro è:
$q/(a R) $
(che dimensionalmente si trova...)
Beh, scritta in quel modo, direi che non "non si trova" proprio.
"ludwigZero":
... scomporlo su x,y,z con quella relazione trovata non mi sembra il caso,altrimenti mi mettono dapprima in cordinate cartesiane
A me sembra che non ci siano problemi, considerando punti sull'asse basterà particolarizzare la relazione con $\theta=0$ e $r=z$.
"ludwigZero":
... però domanda: con questa relazione riesco a farmi tutte le considerazioni sull'asse?
Certo che sì, visto che riesci a farle in (quasi) ogni punto dello spazio esterno alla sfera.
Ho fatto i conti anch'io. Mi risulta che la carica $q'$ nell'origine debba essere positiva.
Ponendo il potenziale costante sulla superficie sferica e facendo $\frac {dV}{dy}=0$ e poi ponendo $V(0,R,0)=V(0,-R,0)$, si ricava:
$q'= \frac {qR}{a}$, $b=\frac{R^2}{a}, V=\frac{k q}{a}$.
S.e.e.o.
Ponendo il potenziale costante sulla superficie sferica e facendo $\frac {dV}{dy}=0$ e poi ponendo $V(0,R,0)=V(0,-R,0)$, si ricava:
$q'= \frac {qR}{a}$, $b=\frac{R^2}{a}, V=\frac{k q}{a}$.
S.e.e.o.
La densità superficiale di carica $\sigma$ è calcolabile tenendo conto che il campo uscente dalla sfera è ad essa normale.
Dalla formula del potenziale in coordinate cartesiane, facendo il meno gradiente, si ricava $\vec E$. Si scrive poi $\vec E$ in coordinate sferiche. Si calcola il versore unitario alla superficie sferica $\vec n$ in coordinate sferiche. Si calcola $\sigma = \varepsilon_0 \vec E \cdot \vec n$. Si ottiene una formula molto complicata (non la riporto), ma che dipende solo dalla colatitudine $\vartheta$ della sfera (rispetto all'asse che passa dalla carica esterna).
Il grafico di $\sigma(\vartheta)$ per il caso numerico con $k=1,q=1,R=1,a=2$ è:
https://drive.google.com/file/d/0B93bnHiXNlz6VDNNMzJBbFJyM3M/view?usp=sharing .
La sua formula, nel suddetto caso numerico, è:
$$\sigma(\vartheta)=-{{0.07957747154594767\,\left(16\,\sin ^2\vartheta+40\,\cos
\vartheta+6\,\sqrt{5-4\,\cos \vartheta}-41\right)}\over{32\,\cos ^2
\vartheta-80\,\cos \vartheta+50}}$$.
Insomma, un gran bell'esercizio
Dalla formula del potenziale in coordinate cartesiane, facendo il meno gradiente, si ricava $\vec E$. Si scrive poi $\vec E$ in coordinate sferiche. Si calcola il versore unitario alla superficie sferica $\vec n$ in coordinate sferiche. Si calcola $\sigma = \varepsilon_0 \vec E \cdot \vec n$. Si ottiene una formula molto complicata (non la riporto), ma che dipende solo dalla colatitudine $\vartheta$ della sfera (rispetto all'asse che passa dalla carica esterna).
Il grafico di $\sigma(\vartheta)$ per il caso numerico con $k=1,q=1,R=1,a=2$ è:
https://drive.google.com/file/d/0B93bnHiXNlz6VDNNMzJBbFJyM3M/view?usp=sharing .
La sua formula, nel suddetto caso numerico, è:
$$\sigma(\vartheta)=-{{0.07957747154594767\,\left(16\,\sin ^2\vartheta+40\,\cos
\vartheta+6\,\sqrt{5-4\,\cos \vartheta}-41\right)}\over{32\,\cos ^2
\vartheta-80\,\cos \vartheta+50}}$$.
Insomma, un gran bell'esercizio
"anonymous_56b3e2":
Insomma, un gran bell'esercizio
Insomma, ho trovato moltissimi problemi per risolverlo, infatti vedo solo ora il resto della risoluzione, che ahimè non avrei afferrato da solo...
Grazie ad entrambi.
"anonymous_56b3e2":
... Dalla formula del potenziale in coordinate cartesiane, facendo il meno gradiente, si ricava $\vec E$. Si scrive poi $\vec E$ in coordinate sferiche. Si calcola il versore unitario alla superficie sferica $\vec n$ in coordinate sferiche. Si calcola $\sigma = \varepsilon_0 \vec E \cdot \vec n$. Si ottiene una formula molto complicata (non la riporto), ma che dipende solo dalla colatitudine $\vartheta$ della sfera (rispetto all'asse che passa dalla carica esterna).
Non vedo perché usare coordinate cartesiane per un problema a simmetria cilindrica e nemmeno perché passare dal potenziale, calcolare gradiente e prodotto scalare; è chiaro che il campo è normale alla superficie della sfera [nota]La carica immagine l'abbiamo posizionata in modo da renderlo tale.[/nota], e per determinarlo, come ho già detto in precedenza basta andare a sommare scalarmente il campo relativo alla coppia carica reale e (prima) carica immagine $q'$, a quello dovuto alla (seconda) carica immagine $-q'$ centrale.
Non vedo nemmeno quale sia la complessità di questa relazione in quanto indicato con
$E_c=- k\frac{q'}{R^2}=k \frac{q }{aR} $
il secondo campo ed indicato con $u=a/R$ il rapporto fra distanza e raggio,
avremo che (usando il risultato ottenuto nel mio precedente post [2137]) la densità di carica superficiale sarà semplicemente
$\sigma(\theta)=\epsilon_0 (E+E_c)= \frac{ q }{4\pi R^2}[1/u-\frac{(u^2 -1) }{(1+u^2-2ucos\theta )^{3/2} }] $
Giusto per controllo ho fatto tracciare a Maxima la funzione densità per diversi rapporti u=a/R, usando: q=1 e R=1.
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