lezione 8, punte e eq di Poisson

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 )