Sesta Lezione
Densità di Energia, Equazioni di Poisson e Laplace
Riassunto della lezione precedente






Approssimazione del potenziale di
distribuzioni complesse di cariche in momenti
polari
Metodo delle immagini
Capacità e condensatori
Legge di Kirchhoff alle maglie
Combinazioni di condensatori
Lavoro di carica di un condensatore
Densità di energia
Ma dove viene immagazzinata tale
energia? Analizziamo un caso
semplice, il caso del condensatore
a piatti piani
Densità di energia
L’energia potenziale è
1
1 S 2 1 S 2 2 1 2
2
E d  E v
U  CV 
V 
2
2 d
2
2 d
dU 1 2
W
 E
dv 2
Densità di Energia
In realtà quest’espressione per la densità di Energia è del
tutto generale per un campo elettrostatico
L’energia nel condensatore considerato è immagazzinato tra
le piastre
Densità di energia: conduttore sferico
C  4 R
La capacità è
Per cui l’energia
1

1
2

4

R

immagazzinata è U  4RV
1 2 1 
q 
  q 

2  4R 
 4R 
2
2
2
Calcoliamoci l’integrale del quadrato del campo elettrico:


2

2
q
 q 
 q 
2
E
dv
 
dv   
4r dr 
R
2 
2 
2
4

r
4

r
4



R
R
2

2
q2 1
1
  r  dr 
2
R
4



R

Confrontando vediamo che
E ancora:
1
U    E 2 dv
2 R
dU 1 2
W
 E
dv 2
L’energia è
immagazzinata in tutto
lo spazio circostante
Densità di energia: l’elettrone
Il campo è
E
q
4 r 2
2
Per cui la densità
dU 1
q
2
W



E

0
di energia è
dv 2
32 2 0 r 4
Prendiamo un elemento di volume sferico, spessore dr e area 4r2

2

1  2
q
q2
2
U   Wdv   0  E 4r dr  
dr  
2
2 0
0
8
0 8 0 r
0r
Energia infinita?? C’è qualcosa che non va
r 
r 0
Esercizio
Un condensatore piano è costituito da due armature aventi
area S=20cmq, distanziate tra loro d=1mm, e collegate ai poli
di un generatore di fem V=500V.
Una lamina di stagnola di spessore t=0.2mm viene inserita al
centro tra le due armature. Calcolare C, la carica q su una
delle armature e l’energia immagazzinata dal condensatore
t
C
0S
d t
 22 pF
q  CV  11nC
d
1
U  CV 2  2.8J
2
Esercizio (continuo)
Cosa accadrebbe se il generatore venisse staccato prima di
inserire la stagnola?
La capacità finale ovviamente resterebbe la stessa
Quantità di carica ed energia andrebbero calcolate
considerando la struttura priva di stagnola
1 0S 2
q
V  8.9nC U 
V  1.8J
d
2 d
0S
Esercizio
Due sfere concentriche R1 ed R2. La prima ha carica Q1,
la seconda Q2. Determinare campo e potenziale ovunque
Se r>R2 per il th di Gauss E ( r ) 
1 Q1  Q2
4 0 r 2
R2
1 Q1  Q2
V (r) 
4 0
r
Se R1<r<R2: nuovamente Gauss
1 Q1
E (r) 
4 0 r 2
Costante da determinare
richiedendo che il potenziale sia
V (r) 
continuo ad r=R2
1 Q1
 const
4 0 r
R1
Esercizio (Cont.)
Continuità:
1 Q1
1 Q1  Q2
V ( R2 ) 
 const 
40 R2
40 R2
1  Q2 Q1 
 V (r) 
 

40  R2
r 
Se r<R1, il campo è nullo ma il conduttore è
equipotenziale a potenziale costante pari a V(R1)
Interpretazione matrice di capacità
Supponiamo di avere n conduttori, e di usarne
uno come riferimento
Q1  C11V1  C12 (V1  V2 )    C1 N (V1  V N )
Q2  C 21 (V2  V1 )  C 22V2    C 2 N (V2  V N )

Q N  C N 1 (V N  V1 )  C N 2 (V N  V2 )    C NN V N
V23
V12
V2
V1
V3
Riferimento
C13
C12 C23
C11
C22
C33
Equazione di Poisson
Teorema di Gauss


  D    E  
+Conservatività campo
elettrostatico

E  V
  V   
Se il mezzo è omogeneo (costante dielettrica
indipendente dalla posizione)
 2
2
2   
  V   2 V  2 V  2 V  
y
z 

 x
V 
2


In assenza di cariche
(eq. Di Laplace)
 V 0
2
Esercizio
Data una carica q posta nell’origine,
verificare che tutti i punti a distanza r
verificano l’equazione di Laplace
2

r
r
2
2
2
2
r x  y z 
 2r  2 x
x
x
V
q  1
q

  
x 4 0 x  r 
40
r
y
q
x
 1 r    q x
 2

3
4

r
 r x 
0
z
Esercizio (Continuo)
 2V
q   x
q

 3 
2
x
40 x  r 
4 0
 2V
q

2
y
4 0
 1 3x 2 
 3  5 
r 
r
 1 3y 2 
 3  5 
r 
r
2
2
2

q
3
3
(
x

y

z
)
q
2
V
  3 
 
5
4 0  r
r
 4 0
 3 3r 2 
  3  5   0
r 
 r
Come risolvere le equazioni di Laplace e
Poisson? Digressione sui numeri complessi


Gerolamo Cardano
[1501-1576]


Una variabile complessa è definita da una coppia
di variabili reali Z=x+jy essendo j=(-1)1/2
Le coppie individuano un piano complesso o
“piano di Gauss”
In coordinate polari
Z  x  jy  r cos  jsin   re j
Possiamo definire una funzione complessa di variabile complessa:
W  f Z   u  jv  e j
Digressione sui numeri complessi

La derivata di una tale funzione è definita dal limite del rapporto
dW
f ( Z  Z )  f ( Z )
incrementale
dZ


 lim
Z
Z 0
Una funzione complessa è analitica (o regolare) se tale limite esiste ed è
unico
Condizione necessaria, è che il risultato che si ha derivando lungo dx o
lungo jdy sia lo stesso, ovvero
dW W

u
v

 u  jv  
j
dZ
x
x
x
x

dW W 1 
v
u
u  jv    j


dZ
jy
j y
y
y
Uguagliando parte reale ed immaginaria si ha
u v

x y
v
u

x
y
Condizioni di Cauchy-Riemann
In realtà tali condizioni risultano anche sufficienti
Funzioni analitiche e potenziali

Derivando la prima delle condizioni di CR rispetto a x, la seconda rispetto ad
y e sommando si ha
2
2
 u
x
2

 u
y
2
0

cioè l’equazione di Laplace in 2 dimensioni

Analogamente, invertendo l’ordine della derivazione si ottiene
 2v
x



2

 2v
y
2
0
Quindi parte reale e parte immaginaria di una funzione analitica possono
essere usate come funzioni di potenziale in problemi 2D
Non solo: se per esempio u è usato come potenziale ( e quindi u=cost
individua superfici -anzi curve- equipotenziali), v=cost individua curve
perpendicolari proporzionali al flusso
Quindi: fissate delle condizioni al contorno per il potenziale, se troviamo una
funzione analitica la cui parte reale (o immag) le soddisfa, abbiamo il
potenziale e quindi il campo dappertutto!
Esempio



Una funzione analitica
F (Z )  Z  r
1/ 2 


 cos  jsin 
2
2

Se tracciamo per esempio su mathcad la parte immaginaria, al variare della
costante
1
otteniamo
 
r 2 jsin    costante
2

2
y( r(  )   )
y1( r (  )   )
Che sono le mappe di campo in
prossimità di una lamina di metallo
sottile. La parte reale infatti
rappresenta le superfici equipotenziali
y2( r (  )   )
2
Potenziale
nullo
y3( r (  )   )
y( r(  )   )
y1( r (  )   )
y2( r (  )   )
y3( r (  )   )
2
2
x( r (  )   )  x1( r(  )   )  x2( r (  )   )  x3( r(  )   )
2
2
2
x( r (  )   )  x1( r(  )   )  x2( r (  )   )  x3( r(  )   )
2
Esempio

Se quindi assumiamo che la parte reale è il potenziale per la lamina,
possiamo calcolare
u
Ex  
x




u
Ey  
y
Ex in particolare è la componente di campo ortogonale allo spigolo della
lamina: sappiamo che i campi ortogonali agli spigoli tendono ad infinito
Se calcoliamo la prima derivata, vedremo che in x=0, per r →→0 il
campo tende ad infinito come r -1/2
Quindi abbiamo anche un’informazione quantitativa della singolarità di
campo in prossimità di uno spigolo a lama di coltello: diremo che l’ordine
della singolarità è -1/2
In modo analogo (trovando opportune funzioni analitiche che siano in
grado di soddisfare le condizioni al contorno) si possono calcolare gli
andamenti di campo in prossimità di spigoli diversi. In generale si ottiene
che per uno spigolo metallico con angolo F il campo tende ad infinito come
rn con n=/(2-F)-1
Unicità soluzioni Eq. Poisson
I potenziali governati dall’eq. Di Poisson (o da Laplace) in
regioni con dati potenziali al contorno sono unici
Dimostrazione per assurdo (Laplace): siano F1 e F2 soluzioni
Contorno: F1- F2=0  2F1  0  2F 2  0  2 F1  F 2   0
Applichiamo il th.della divergenza a
F1  F2 F1  F2 

    F1  F 2 F1  F 2 dV   F1  F 2 F1  F 2   ndS
V
Introduciamo
l’identità:
S

 
  f A  f   A  A  f
Unicità soluzioni Eq. Poisson
  F1  F 2  2 F1  F 2 dV   F1  F 2 2 dV 
V
V

  F1  F 2 F1  F 2   ndS
S
Primo integrale nullo per eq Laplace
Ultimo integrale nullo per ipotesi F1- F2=0 sul contorno
  F1  F 2  dV  0
2
V
F realeGradiente reale Quadrato>=0
Integrale nullo argomento nullo
F1  F2   0 F1  F 2  const
Condizione al contornocostante nulla
 F1  F 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
 2 F1  F 2    2F1   2F 2
 2 kF1  k 2F1
Metodi analitici per risolvere le
equazioni di Laplace/Poisson:
separazione delle variabili
 2F  2F
 2 0
2
x
y
 X ' 'Y  XY ' '  0
X ' ' k x X  0

2
Y ' ' k y Y  0
2
Proviamo a cercare
F( x, y )  X ( x)Y ( y )
X ''
2
X '' Y ''
 kx


0
 X
X
Y
Y ''
2
2
2
 ky
kx  k y  0
Y
F( x, y)  ( A cosh(kx)  Bsinh(kx))( C cos(ky)  Dsin (ky))
F( x, y)  ( A cos(kx)  Bsin(kx))( C cosh(ky)  Dsinh(ky))
Osservazioni

Quali soluzioni usare? Dipende dalle condizioni al contorno

La prima è periodica in y, la seconda in x




Contorni all’infinito: sostituire f. iperboliche con esponenziali
reali
Le costanti di separazione vengono fuori dall’imposizione delle
condizioni al contorno
Le soluzioni dell’equazione di Laplace si definiscono Armoniche
Una sola armonica può non essere sufficiente a soddisfare una
o più delle condizioni al contorno: in tal caso si cerca la
soluzione per serie di armoniche
Nota: per kx=jky=0 la soluzione è
F( x, y)   Ax  B Cy  D
Esempio

F=0
a
b
F=Vo
Un caso bidimensionale con
y
potenziale 0 su 3 lati, e fissato su un
x
quarto
Scegliamo soluzioni sinusoidali in y, perché consentono di
avere zero in y=0 ed in y=b
F  ( A cosh( kx)  B sinh( kx))(C cos( ky)  D sin( ky))
Il potenziale per x=0 è nullo:A=0
Il potenziale per y=0 è nullo:C=0
n
Il potenziale per y=b è nullo:kb=n k 
 nx   ny 
F  Cn sinh 
 sin 

 b   b 
b
Un solo termine non può
soddisfare la condizione in
x=a
Esempio (Cont.)
 nx   ny 
F   Cn sinh 
 sin 

 b   b 
n 1

I coefficienti si determinano imponendo la condizione al
contorno restante (x=a)
 na   ny 
V0   Cn sinh 
 sin 
 0 yb
 b   b 
n 1

E’ un’espansione in serie di Fourier
 ny 
f ( y )  V0   an sin 
 0 yb
 b 
n 1

 4V0

n dispari
an   n
 0 n pari
Esempio (Cont.)
 na 
Cn sinh 
  an
 b 
 nx 
4V0 sinh 


b   ny 

F 
sin 
 0 yb
 na   b 
n dispari
n sinh 

 b 
Serie di Fourier: (richiamo)
Funzioni periodiche di
periodo T:
f (t )  f (t  T )
Il th. di Fourier asserisce che è
possibile sostituire ad f una serie di
seni e coseni di periodo multiplo di T
f (t )  a0  a1 cost   a2 cos2t   
 b1 sin t   b2 sin 2t   
T
2

T
Coefficienti: usiamo ortogonalità sinusoidi, ovvero
L’integrale del prodotto di due sinusoidi qualsiasi a diversa
frequenza, nel quale siano commensurabili, è zero
Serie di Fourier: (richiamo)
2
ortogonalità
2
 cos(mx) cos(nx)dx  0  sin( mx) sin( nx)dx  0
2
0
2
0
2
2
2
cos
(
mx
)
dx

sin
(mx)dx  
sin(
mx
)
cos(
nx
)
dx

0



0
0
0
Moltiplicando ciascun termine della sommatoria per cos(nt) ed
integrando tra 0 e 2, tutti i termini a destra si annullano tranne an
2
2
2
1
2
f
(
t
)
cos(
n

t
)
d
(

t
)

a
cos
0
0 n (nt )d (t ) an   0 f (t ) cos(nt )d (t )
bn 
1

2
 f (t ) sin( nt )d (t )
0
1
a0 
2
2

0
f (t )d (t )
a0 media di f nel
periodo