elettrostatica - libero.it
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ElettrostaticaL e l e g g i
d e l l ’ E l e t t r o s t a t i c a
∇ ⋅E =
ρε0
∇ ×E = 0
∇ ⋅B = 0
c2∇ ×B =
Jε0
Tutto l’elettromagnetismo è descritto tramite quatto equazioni
∇ ⋅E =
ρε0
∇ ×E = −
dBdt
∇ ⋅B = 0
c2∇ ×B =
Jε0
+dEdt
Equazioni di Maxwell
Come siamo pervenuti ad esse?Quali sono i fenomeni fisici che descrivono?
Chiaramente i casi più semplici saranno quelli in cui le derivate temporali sono nulle. In altri termini i casi stazionari.
Magnetostatica
Elettrostatica Divergenza assegnata, rotore nullo
Divergenza nulla, rotore assegnato
Analogamente a quanto fatto per le interazioni gravitazionali, si introduce il concetto di campo.
Cosa sono gli E e B che appaiono nelle eq. di Maxwell?
ove
Esempio:
Il campo E prende il nome di “Campo
Elettrico”
F2 =
14πε0
q1q2r1,22e1,2 = q2
E1 2( )
E1 2( ) = 1
4πε0q1r1,22e1,2
Elettrostatica: cariche ferme
In generale sono incogniti sia il campo elettrico che la distribuzione di carica che lo genera.
Tramite considerazioni di simmetria, possiamo avere informazioni sulla distribuzione di carica. Si deduce,
ad esempio che il baricentro di carica coincide necessariamente con il centro della sfera.
Dopo aver avvicinato un nuovo oggetto carico, non abbiamo
neppure questa informazione.
I casi statici più semplici sono ovviamente quelli in cui la posizione delle cariche è nota.
Utilizzando il principio di sovrapposizione, se abbiamo la legge di forza per una singola carica puntiforme si può risolvere il problema relativo ad una qualunque distribuzione di carica
comunque complessa
E r( ) =
Eir( )
i∑ =
14πε0
qiri2ei
i∑ Versore diretto dal punto ove è posta la
generica carica verso il punto ove voglio valutate il campo
Distanza tra la posizione della carica generica ed il punto ove viene valutato
il campo
E r( ) = Ex
i r( )i∑ , Ey
i r( )i∑ , Ez
i r( )i∑⎛
⎝⎜⎞⎠⎟
Scelto un sistema di coordianate:
e tenendo conto che:
e =riri=
x − xi , y − yi , z − zi( )x − xi( )2 + y − yi( )2 + z − zi( )2
si ha:
ed analoghe.
Ex x, y, z( ) = Exi x, y, z( )
i∑ =
14πε0
qi x − xi( )
x − xi( )2 + y − yi( )2 + z − zi( )2⎡⎣
⎤⎦
32i
∑
scritto in rosso in quanto è ciò che differenzia tra loro le tre componenti
Ex x, y, z( ) = 14πε0
x − xi( )ρ xi , yi , zi( )dvix − xi( )2 + y − yi( )2 + z − zi( )2⎡
⎣⎤⎦32V
∫
Per distribuzioni continue, sostituendo la sommatoria con un integrale:
ed analoghe.
Concludendo: se si conosce la distribuzione di carica un qualunque caso si risolve valutando tre integrali
Non vi sarebbe nulla altro da dire, ma ...
Occorre vedere se vi sono procedure più semplici per pervenire al risultato
Ad esempio, in Fisica 1 avete visto il concetto di potenziale, e di energia
l’applicazione della legge di conservazione dell’energia
permette di risolvere in modo agevole problemi di dinamica
unidimensionale
Questi motivi suggeriscono di risolvere il problema cercando la soluzione di equazioni connettenti il valore del campo in un
punto con i valori del campo in punti ad esso prossimi.
Per poter introdurre il concetto di potenziale elettrostatico occorre che il lavoro che si deve
compiere per portare una carica da un punto ad un altro sia indipendente dal percorso scelto
Inoltre la procedura illustrata non si presta a risolvere il caso in cui le cariche siano in moto
Ciò porta ad introdurre nuovi concetti
WΓ1
α → β( ) = −F ⋅dl
Γ1
α→β
∫
WΓ2
α → β( ) = −F ⋅dl
Γ2
α→β
∫
WΓ1α → β( ) =WΓ2
α → β( )
Se questo è vero:
Scelto arbitrariamente il punto ξ , il lavoro è dato dalla differenza tra i valori che una opportuna funzione
assume nei due punti β ed α
Il segno “-” dipende dal fatto che la forza che
esercitiamo è opposta a quella esercitata dal
campo
WΓ1ξ →α( ) +WΓ2
α → β( ) +WΓ3β → ξ( ) = 0
WΓ2α → β( ) =WΓ3
ξ → β( ) −WΓ1ξ →α( )
F ⋅dl∫ = 0
Non sempre ritornando nella posizione iniziale si ottiene lavoro complessivo nullo!
Esempio: ciclo di Carnot
Quanto visto implica che:
Nel caso delle interazioni elettriche, quale è l’analogo delle sorgenti a diversa temperatura del ciclo di Carnot?
È quel sistema di cariche elettriche che genera il campo, le cui proprietà andiamo a sondare spostando una ulteriore piccola
carica.Se il sistema di cariche potesse scambiare energia con noi che manualmente interveniamo, ci troveremmo in una situazione
perfettamente simile a quella del ciclo termodinamico.
Ma, in elettrostatica le cariche che generano il campo sono ferme, e quindi, non possono scambiare energia.
Se permettessimo alle cariche che generano il campo di muoversi allora dovremmo attenderci:
F ⋅dl∫ ≠ 0
WΓ1
α → β( ) = −F ⋅dl
Γ1
α→β
∫
Nel caso del campo di una carica puntiforme ferma:
dl = dr er + r dθ
en
F = qs
E = qsE r( ) er
Per cui: WΓ1
α → β( ) = −F ⋅dl
Γ1
α→β
∫ = −qs E r( )drrα
rβ
∫Indipendentemente dal percorso
Contano solo le distanze dalla carica dei due punti, iniziale e finale, e l’andamento del modulo del campo con la distanza
A causa della simmetria sferica del campo generato da una carica puntiforme
Posso quindi introdurre una funzione potenziale
Per quanto riguarda i valori numerici:
Nel caso generale il campo non avrà particolari simmetrie, ma:
E r( ) =
Eir( )
i∑
e quindi: WΓ1α → β( ) = −qs Ei r( )dr
rα
rβ
∫i∑
Che è ancora indipendente dal cammino
Additività dei campi
Additività dei lavori
Si definisce “Potenziale di un punto” il lavoro che occorre fare contro le forze del campo per portare una carica unitaria dal
punto di riferimento al punto di interesse.
Φ α( ) = WΓ1ξ →α( )qs
= − Ei r( )drrξ
rα
∫i∑ Additività dei potenziali
Unità di misura: Volt = Joule/Coulomb
Significato fisico:energia potenziale che compete all’unità di carica, posta nel punto specificato, relativamente al punto di riferimento scelto ( usualmente all’infinito od a “terra”)
Noto il potenziale come possiamo ricavare il campo?
Φ α( ) − Φ ξ( ) = −
E r( ) ⋅d
l
rξ
rα
∫
Φ α( ) − Φ ξ( ) =
∇Φ r( ) ⋅d
l
rξ
rα
∫
Si è visto che:
Sapevamo che in generale vale:
Quindi: E r( ) = −
∇Φ r( )
Il secondo scopo che ci eravamo prefissi era quello di scrivere equazioni differenziali per il campo elettrico, in modo da non
far intervenire il concetto di “interazione a distanza”
L’indipendenza dei lavori dal cammino comporta che, integrando su di un percorso chiuso qualunque:
E r( ) ⋅d
l
Γ∫ = 0
A ⋅dl
Γ∫ =
∇ ×A( ) ⋅ n ds
S∫Si era visto che:
Quindi, qualunque sia la superficie S:
∇ ×E r( )( ) ⋅ n ds
S∫ = 0
Ciò necessariamente implica che: ∇ ×E r( ) = 0
Teorema di Stokes
Queste leggi sono conseguenze della legge di Coulomb. Sono ad
essa equivalenti? ∇ ×E r( ) = 0
E r( ) = −
∇Φ r( )
La risposta è negativa in quanto valgono qualunque sia la dipendenza del campo di una carica puntiforme con la distanza
Per poter omettere la legge di Coulomb occorre aggiungere altre leggi, la cui validità dipenda espressamente dalla legge
dell’inverso del quadrato della distanza
O si fornisce l’espressione esplicita del potenziale oppure si aggiunge, all’equazione per il rotore, una seconda
equazione differenziale che valga solo per dipendenze dall’inverso del quadrato della distanza
Φ α( ) = − Ei r( )drri ,ξ
ri ,α
∫i∑ = −
14πε0
qiri ,α
2 drri ,ξ
ri ,α
∫i∑
Usualmente si sceglie il punto ξ all’infinito. In questo modo:
Φ α( ) = 14πε0
qiri,αi
∑
Φ α( ) = −14πε0
qi1ri ,α
2 drri ,ξ
ri ,α
∫i∑ =
14πε0
qi1ri,α
−1ri,ξ
⎡
⎣⎢⎢
⎤
⎦⎥⎥i
∑
Per un sistema continuo di cariche: Φ α( ) = 1
4πε0
ρς( )dvςrς ,αV
∫
E r( ) = −
∇Φ r( )Noto il potenziale, dalla si valuta il campo.
Corre su tutte le cariche
Concludendo, per trovare il campo elettrico, invece che calcolare tre integrali, si può calcolare un integrale ed effettuare tre derivate
Prima strada:
Per rappresentare il risultato possiamo disegnare le linee del campo elettrico e possiamo inoltre rappresentare le superfici
equipotenziali.
Che relazione geometrica ci sarà tra linee e superfici?
Le linee di campo saranno normali alle superfici equipotenziali.
dΦ = −E ⋅dl
Se mi muovo su di una superficie equipotenziale
dΦ = 0
Quindi, per essere nullo il prodotto scalare, il campo deve essere normale
allo spostamento e quindi parallelo alla normale alla superficie.
Veniamo alla seconda strada: scrittura di una ulteriore equazione differenziale
Dato che il campo di una carica puntiforme dipende dall’inverso del quadrato della distanza, dovremmo trovare una
grandezza che ne dipende dal quadrato, in modo che le due dipendenze si compensino.
Ricordando la definizione di angolo solido, l’area di una
porzione di sfera intercettata dipende dal quadrato del raggio.
Consideriamo la superficie chiusa disegnata in rosso.
La sua superficie laterale è quella di un tronco di cono, avente vertice sulla
carica, sotteso da un angolo solido Ω
Le chiusure sono effettuate tramite due porzioni di superfici sferiche centrate sulla
carica
Il flusso uscente del campo elettrico sarà nullo, in quanto:
La superficie laterale da contributo nulloLe due superfici di chiusura danno contributi uguali ed opposti
Φ =14πε0
qr2
⋅Ωr2e ⋅ n = ±14πε0
qΩ
Quale sarà il flusso attraverso una superficie generica?Potremmo disegnare tanti coni
infinitesimi come quello rappresentato, in modo da
ricoprire l’intera superficie tramite le superfici infinitesime di
chiusura.
ΦS
E( ) = ΔΦ
E( )ΔSii
∑Vale ovviamente che:
Le superfici laterali non contribuiscono e le superfici di chiusura ricoprono l’intera
superficie finita originaria
A differenza del caso precedente, adesso le superfici di chiusura non sono porzioni di superfici sferiche e la loro normale non è
diretta come il campo
Se prendiamo un cono si apertura infinitesima, le superfici
di chiusura potranno,in ogni caso, essere considerate come
superfici piane
Il flusso attraverso le due superfici è uguale.
dΦdS2
E( ) = E ⋅ n dS2 = E cos θ( ) dS2
dΦdS1
E( ) = E ⋅ n dS1 = E dS1
Essendo inclinata, dS2 > dS1 e vale: dS2 =dS1cos(θ)
ΦS
E( ) = ΔΦ
E( )ΔSii
∑Per cui ogni addendo nella è nullo
Quindi, se la carica è esterna alla superficie:
ΦS
E( ) = 0
Se invece la carica è interna si avrà solo una superficie di intersezione tra il cono
infinitesimo e la superficie finita.
Quindi il flusso sarà diverso da zero
dΦ =
14πε0
qr2
⋅dS e ⋅ n =14πε0
q dΩ
Φ =
q4πε0
e ⋅ nr2
⋅dSS∫ =
14πε0
q dΩΩ∫ =
qε0
Indipendentemente dalla posizione della carica
In generale avremo tante cariche elettriche, alcune interne ed altre esterne alla superficie.
Usando il principio di sovrapposizione:
Φ(E) = Φ(
Ei
i∑ ) = Φ(
Ei )
i∑ =
Qε0
Somma delle sole cariche interne
Φ(E) = Q
ε0
Campo elettrico dovuto a tutte le
cariche, sia interne che esterne
Riassumendo:
Usando il teorema di Gauss
E ⋅ n dS
S∫ =
1ε0
ρ dvV∫
E ⋅ n dS
S∫ =
∇ ⋅E dv
V∫
Trasformiamo questa equazione in una differenziale perfettamente equivalente
∇ ⋅E dv
V∫ =
1ε0
ρ dvV∫
∇ ⋅E =
ρε0
Riassumendo, per trovare il campo elettrico:
Ex x, y, z( ) = 14πε0
x − xi( )ρ xi , yi , zi( )dvix − xi( )2 + y − yi( )2 + z − zi( )2⎡
⎣⎤⎦32V
∫ ed analoghe
E r( ) = −
∇Φ r( )
∇ ⋅E =
ρε0
Φ(E) = Q
ε0
∇ ×E r( ) = 0
E r( ) ⋅d
l
Γ∫ = 0
Φ r( ) = 1
4πε0
ρς( )dvςrς ,rV
∫
∇ ⋅E =
ρε0
E r( ) = −
∇Φ r( )
L’ equazione differenziale che connette potenziale e cariche
∇ ⋅ (−
∇Φ r( )) = ρ
ε0
∇2Φ r( ) = −
ρε0
Φ r( ) = 14πε0
ρς( )dvςrς ,rV
∫
Equazione di Poisson
Φ(E) = Q
ε0
∇ ⋅E =
ρε0
Legge di Gauss:
Forma integrale
Forma differenziale
Le linee di forza debbono essere continue e possono nascere, o terminare solo sulle cariche o all’infinito
ρlinee ∝
E implica⎯ →⎯⎯ dΦ =
E ⋅ n ds ∝ ρlinee ds
Il flusso attraverso una superficie che non contiene cariche sappiamo essere nullo
0 = dΦS∫ ∝ ρlineeds = Numero di linee uscenti
S∫
E r( ) ⋅d
l
Γ∫ = 0
Dipendenza dall’inverso del quadrato della distanza
Campo radiale ed a simmetria sferica
Prese assieme, sono equivalenti alla legge di Coulomb.Quindi debbono necessariamente essere usate entrambe!
Vi sono casi in cui “sembra” di usare la sola legge di Gauss
ΦS (E) = Q
ε0
Al primo membro della legge di Gauss è presente un Flusso
Per valutarlo dovremo scegliere una superficie.
In casi ad elevata simmetria, si possono introdurre considerazioni suggerenti l’andamento del campo ed individuare, su questa base, superfici sulle quali sia
facile valutare la struttura del risultato dell’integrale.
Il calcolo materiale si riduce alla applicazione della legge di Gauss ma non abbiamo usato solo quella!
Campo esterno ed interno ad una sfera di raggio R uniformemente carica
In tutti i punti situati alla stessa distanza dal centro
della sfera il campo:
2) direzione e verso radiale
1) deve avere identico modulo
Ciò significa che:
Scegliendo come superficie di integrazione una sfera di raggio “r” concentrica alla distribuzione
modulo del campo
ΦS (E) =
E ⋅ n ds
S∫ =
E ds
S∫ = E r( ) 4π r2
E r( ) 4π r2 = Qε0
Avremo quindi:
Se siamo all’esterno della sfera:
Se fossimo all’interno:
E r( ) = 14πε0
QT
r2
Reintroducendo quanto sapevamo a riguardo della direzione e del verso:
E r( ) = 1
4πε0QT
r2⋅ er
Per densità uniforme: E quindi:
Q = ρ r( )V∫ dv = 4π ρ r( )r2 dr
0
r
∫
Q =4π3
ρ r3
E r( ) = 1
3ε0ρ r ⋅ er
Se invece la carica fosse distribuita tutta sulla superficie:
All’esterno il campo sarebbe sempre lo stesso
All’interno sarebbe nullo
Andamento del modulo del campo nei due casi
Se restiamo all’esterno della distribuzione, non possiamo sapere come la carica è distribuita all’interno in quanto il campo
esterno sarà sempre lo stesso
Distribuzione uniforme
Distribuzione superficiale
Come procedere in generale?
Scegliere una superficie chiusa, contenente parte delle cariche, tale che:
Su parte di essa sia costante, così da poter essere
portato fuori del segno di integrale
Sul resto della superficie
E r( ) ⋅ n
E r( ) ⋅ n = 0
Superficie piana infinita, uniformemente caricaI punti “a” e “b” sono connessi tramite una operazione di simmetria, quindi il
modulo del campo deve essere il medesimo
Per motivi di simmetria il campo in tutti i punti deve
essere parallelo alla normale alla lastra
I punti “a” e “d” sono connessi tramite una
operazione di simmetria, quindi il
modulo del campo deve essere il medesimo ed il
verso opposto
Il punto “c” non è connesso agli altri tramite operazioni di simmetria, quindi il modulo del campo sarà, a priori diverso da quello
degli altri punti
Le diverse porzioni della superficie chiusa, su cui valutare il flusso, si troveranno a diversa distanza dalla lastra.
Dato che non si hanno informazioni sulla dipendenza del campo dalla distanza, converrà fare in modo che
su quelle parti di superficie che i cui punti si trovino a diversa distanza dalla lastra
E r( ) ⋅ n = 0
Sulle rimanenti parti di superficie dovrà essere:
E r( ) ⋅ n =
E r( ) = costante
ΦS (E) =
E ⋅ n ds
S∫ =
E h( ) 2 ⋅ds
Q = σ ds
E h( ) = σ
2ε0
E r( ) = σ
2ε0n
Quindi:
Per cui, reintroducendo quanto sapevamo su direzione e verso:
Nota: il modulo del campo non dipende dalla distanza dalla lastra. Come mai?
È, in primo luogo, una questione dimensionale
E1 2( ) = 1
4πε0q1r1,22e1,2
Ha le dimensioni di una densità superficiale di
carica
Filo infinito uniformemente carico
La superficie chiusa è scelta con identici criteri
ΦS (E) =
E ⋅ n ds
S∫ =
E r( ) 2πr ⋅h
Q = λ h
E r( ) = 1
2πε0λrerpervenendo a:
Nota:
La carica contenuta è solo una parte della carica totalePer poter scegliere la superficie su cui valutare il flusso si sono fatte considerazioni a riguardo del campo dovuto a tutte le cariche
Effettuiamo il calcolo diretto per trovare il campo elettrico in un
punto a distanza “r” dal filo
Solo la componente perpendicolare al filo sopravviverà, a causa del contributo del “dl”
corrispondente mostrato in figura
Ricordatevi che questo integrale deve dare:12πε0
λr
E =
14πε0
λsin θ( ) dl1r2 + l1
2−∞
+∞
∫
dE1 =
14πε0
λ dl1r2 + l1
2