Effetto delle Punte e problema dell’elettrostatica Effetto delle punte V2 Q1 Q2 V1 = V2 = V = = 4πε 0 R1 4πε 0 R2 V1 E1 V1 / R1 R2 = = E2 V2 / R2 R1 E1 E2 L’effetto parafulmine E1 R2 = E 2 R1 Nel caso del parafulmine, R2 ≅ 6000 Km è il raggio di curvatura della superficie terrestre mentre R1 ≅ 1 cm può essere assunto come il raggio di curvatura della superficie di un’asta metallica che funge da parafulmine, per cui E1/E2 ≅ 6 108 Tuoni e fulmini !!! Generatore di Van der Graaf −q Q Q+ q +q +q Rigidità dielettrica (V/m) Il valore del campo elettrico massimo oltre il quale avvenga la scarica (FULMINE) prende il nome di RIGIDITA’ DIELETTRICA aria secca carta paraffinata 3 ⋅10 6 (40 ÷ 60) ⋅10 6 mica vetro (10 ÷ 100) ⋅10 6 (20 ÷ 40) ⋅10 6 Esame del 3.10.03 L’elettrodo sferico di un generatore di Van der Graaff ha un diametro d=2m e viene caricato con una corrente di intensità 10 µA. Se l’elettrodo è inizialmente scarico, quanto tempo occorre perché l’intensità del campo elettrico nelle immediate vicinanze dell’elettrodo raggiunga il valore E=2.106 V/m ? Definiamo prima la corrente elettrica…… La corrente elettrica In una filo di rame in equilibrio elettrostatico tutti i punti hanno il medesimo potenziale e il campo elettrico è nullo. Collegando il filo ai poli di una batteria si fissa una d.d.p. ai suoi i capi, cioè un campo elettrico che accelera le cariche libere del filo, producendo così una corrente elettrica. Ben presto si raggiungono le condizioni di stazionarietà e la corrente diventa costante nel tempo. A La carica totale che attraversa una sezione A vale: [I ] = Cs Q I= t Se la carica varia nel tempo in modo non lineare Valori tipici di correnti elettriche Circuiti integrati Fascio di elettroni (tubo televisivo) Lampadina I (A) 10-12 - 10-6 10-3 1 Fulmine 104 Cavo superconduttore (A = 1 cm2) 107 −1 = A ampere dQ i= dt Corrente elettrica v dt In un intervallo dt quanti portatori attraversano A? I v E j A dQ = qN ⋅ A ⋅ v ⋅ dt τ = Avdt dQ = qNτ dQ i= = qN ⋅ A ⋅ v dt Esercizio VDG1 L’elettrodo sferico di un generatore di Van der Graaff ha un diametro d=2m e viene caricato con una corrente di intensità 10 µA. Se l’elettrodo è inizialmente scarico, quanto tempo occorre perché l’intensità del campo elettrico nelle immediate vicinanze dell’elettrodo raggiunga il valore E=2.106 V/m ? i∆t 6 Er = = = 2 ⋅ 10 V/m 2 2 4πε 0 r 4πε 0 r Q 4πε 012 ⋅ 2 ⋅ 106 ∆t = s ≈ 22.2 s −6 10 ⋅ 10 Q = i∆t = 220 µC Esercizio VDG2 (22.4.2004) L’elettrodo sferico di un generatore di Van der Graaff ha un diametro d=2m. Se l’elettrodo è inizialmente scarico, quale è la corrente necessaria per caricare in 10 ms il generatore perché l’intensità del campo elettrico nelle immediate vicinanze dell’elettrodo raggiunga il valore E=2.106 V/m ? 4πε 01 ⋅ 2 ⋅ 10 i= A ≈ 22.2 mA −3 10 ⋅ 10 2 6 Potenziale dovuto ad una carica lineare Una sbarretta lunga L e sottile (spessore<<L) è carica positivamente con densità lineare di carica λ; quanto vale V(P)? dV = λdx dq 1 = 4πε 0 r 4πε 0 x 2 + d 2 V = dV = 1 L 0 ( 1 4πε 0 (x λdx 2 λ ln x + x 2 + d 2 = 4πε 0 +d2 L 0 = ) 1 2 ) 1 2 = λ 4πε 0 L 0 (x dx 2 +d2 ) 1 = 2 λ ln L + L2 + d 2 − ln d = 4πε 0 L + L2 + d 2 λ = ln d 4πε 0 λL Q ≈ = 4πε 0 d 4πε 0 d d L Il punto P è un punto qualsiasi P P( r , ϕ , z ) = ( x , y , z ) x x = r cos ϕ y = r sin ϕ dς y z λ dς dV = 4πε 0 1 x 2 + y 2 + ( z − ς )2 λdς 1 = 4πε 0 r 2 + ( z − ς )2 = V ( r, z ) = L 0 z −ς =η dς = −dη η1 = z η2 = z − L λdς 1 4πε 0 r 2 + ( z − ς )2 V ( r, z ) = z z−L 1 λdη 4πε 0 r 2 + η 2 λ 2 2 = ln(η + r + η ) 4πε 0 z z−L z+ r +z λ ln = 4πε 0 z − L + r 2 + ( z − L)2 2 2 Potenziale dovuto ad un disco carico Una disco (R) sottile è carico positivamente con densità superficiale di carica σ; quanto vale V(P) in un punto dell’asse del disco? )(dR') dq = σ (2πR' )( ) dq 1 σ (2πR' dR' dV = = 1 2 2 4πε 0 r 4πε 0 z 2 + R' 1 ( σ dq V = dV = = 2ε 0 4πε 0 r Q 1 σ = 2ε 0 ) R 0 (z z2 + R2 − z 2 + ) 1 2 − 2 R' R'dR'= σR 2 σπR 2 Q ≈ = = 4ε 0 z 4πε 0 z 4πε 0 z z R Energia potenziale elettrica Lavoro richiesto per costruire il sistema di cariche, spostandone ciascuna da una distanza infinita alla posizione finale. q3 q1 U1 = 0 U 12 q2 q1q 2 = 4πε 0 r12 L = U = U 12 + U 13 + U 23 = U 23 q 2 q3 = 4πε 0 r23 qq q q q1q 2 + 1 3 + 2 3 4πε 0 r12 4πε 0 r13 4πε 0 r23 1 N U= qi 2 i =1 N qj j =1, j ≠ i 4πε 0 rij U 13 q1q3 = 4πε 0 r13 Elettrostatica nel vuoto ρ ∇⋅E = ε0 ∇×E = 0 E = −∇V ρ − ∇ ⋅ E = ∇ ⋅ ∇V = ∇ V = − ε0 2 Equazioni di Poisson e di Laplace Eq. di Poisson Eq. di Laplace ρ ∇ V =− ε0 2 2 ∇ V =0 Con le condizioni al contorno: Vc1 In un dielettrico lineare e isotropo [εε(x,y,z)]: ρ ∇ V =− ε 2 Vc 2 Unicità soluzioni Eq. Poisson/Laplace Se due soluzioni coincidono sul contorno, allora esse sono uguali anche nello spazio delimitato dal contorno Dimostrazione per assurdo (Laplace): siano V1 e V2 soluzioni che coincidono sul contorno, dove pertanto : V1- V2=0 ∇ 2V1 = 0 ∇ 2V2 = 0 ∇ 2 (V1 − V2 ) = 0 (V1 − V2 )∇(V1 − V2 ) Applichiamo il th. della divergenza a τ ∇ ⋅ [(V1 − V2 )∇(V1 − V2 )]dτ = Introduciamo l’identità: ∂τ (V1 − V2 )∇(V1 − V2 ) ⋅ ndS ∇ ⋅ fA = f∇ ⋅ A + A ⋅ ∇ f τ = ∂τ (V1 − V 2 )∇ 2 (V 1 − V 2 )d τ (V1 − V 2 )∇ (V1 − V 2 ) ⋅ n dS + τ [∇ (V 1 − V 2 )]2 d τ Primo integrale nullo per eq Laplace, soddisfatta da V1 e V2 Ultimo integrale nullo, essendo V1= V2 sul contorno V reale τ [∇ (V1 − V 2 )]2 d τ Gradiente reale Integrale nullo ∇ (V 1 − V 2 ) = 0 =0 Quadrato >=0 argomento nullo V 1 − V 2 = costante Condizione al contorno costante nulla V1 = V 2 ovunque cvd Sovrapposizione degli Effetti Dividere un problema in più problemi più semplici Combinare le soluzioni per ottenere la risposta:LINEARITA’ EQ. LAPLACE E POISSON ∇ (V1 + V2 ) = ∇ V1 + ∇ V2 2 2 2 2 ∇ kV1 = k∇ V1 2 Carica su un piano di massa z z d +q ≡ d −d conduttore +q −q Infatti: V ( z = 0) = V( + ) + V( − ) = 1 q 4πε 0 r( + ) − q) ( + r( − ) = 0, essendo r( + ) = r( − ) Il metodo appena visto è detto metodo delle immagini e può essere applicato a configurazioni di carica più complicate conduttore Compito del 2 luglio 2003 Si calcoli l’espressione del campo elettrico generato da due cariche puntiformi q1 e q2. q1=10µC ed è posta in (0,0.05,0.02) m, mentre q2=- 20µC ed è posta in (0,0.05,-0.02) m. Nel piano y=0 c’è un piano perfettamente conduttore. z q1 q2 y Applicando il principio delle immagini… z q1 q1i q2i q2 qi1 = − q1 qi 2 = − qi 2 y Possiamo ricavare dapprima il potenziale: V (r ) = 1 4πε 0 q1 q2 qi1 qi 2 + + + r − r1 r − r2 r − ri1 r − ri 2 r = ( x, y , z ) r1 = (0,0.05,0.02) r2 = (0,0.05,-0.02) ri1 = (0,-0.05,0.02) ri 2 = (0,-0.05,-0.02) Quindi ricavare il campo elettrico E(r ) = −∇V (r )