Sergio Cova ha scritto:
> Ciao, se supponiamo di avere un conduttore ideale, che occupa met�
> dello spazio ed � delimitato da un piano ideale riflettente che sta
> per comodit� nel piano (di equazione x=0, nel piano yz), e abbiamoun
> dipolo oscillante nella "met� sinistra" dello spazio (x<0), possiamo
> usare il metodo delle cariche immagine per calcolare la distribuzione
> di carica indotta sulla superficie (ovviamente variabile nel tempo?)
Per prima cosa permettimi quella che ti sembrera' una pignoleria, ma
io a certe cose ci tengo :)
Non mi pare corretto scrivere che il piano riflettente sta "per
conodita'" nel piano x=0.
Il piano c'e' prima delle coordinate che usi per studiare il problema;
quindi io direi "c'e' un piano riflettente, e scelgo il sistema di
coordinate in modo che esso abbia eq. x=0".
Poi (anche se si capisce) avresti dovuto dire che il conduttore occupa
il semispazio x>=0.
La mia risposta alla domanda e' si'.
Poi vedremo che cosa non va nel tuo ragionamento.
Giorgio Bibbiani ha scritto:
> In generale per distribuzioni di carica arbitrarie non puo'
> funzionare,
> ...
E invece si', come ora ti dimostro.
Conviene ragionare coi potenziali, che sono molto piu' semplici.
Inoltre mi occupo del caso di una singola carica oscillante; il caso
del dipolo, o di un sistema qualsiasi di cariche, ne segue banalmente.
Non scrivo le formule dei potenziali di Lienard e Wiechert che si
trovano ovunque e avrete sicuramente presenti.
La condizione al contorno da imporre e' che la componente tangenziale
di E si annulli per x=0: dico che cio' si ottiene usando la carica
immagine posta simmetricamente a quella reale rispetto al piano
riflettente, e con segno opposto.
Si vede subito che cosi' facendo il pot. scalare risulta nullo per
x=0, quindi e' anche nulla la comp. tangenziale del suo gradiente.
Quanto al pot. vettore, che va come la vel. della carica, se prendiamo
l'immagine speculare di v e la invertiamo (per tener conto che la
carica e' opposta) otteniamo un vettore ortogonale al piano.
Lo stesso accede per _at_A/_at_t, e mettendo tutto insieme si vede che E e'
anch'esso ortog. al piano.
Naturalmente bisogna tener conto che i potenziali sono ritardati; ma
la distanza della carica e della sua immagine dal piano riflettente
sono uguali, quindi e' uguale anche il ritardo.
Torniamo ora al tentativo di soluzione di Sergio:
> ...
> J_risultante=4*pi/(mu)*(rot(B_risultante)-1/c^2*DE_risultante/Dt)
Qui secondo me il casino non sta nei conti, ma nel concetto.
Se vuoi calcolare rho e j *sul piano*, non devi procedere usando i
"campi risultanti": dato che entrambi, campi prodotti dalla carica
ogetto e campi prodotti dalla carica immagine, sono sol. delle eq. di
Maxwell *nel vuoto*, per rho e j non potrai che ottenere zero.
Infatti anche nel caso elettrostatico non fai cosi'. Una volta
ottenuto il campo E con l'immagine, dici: in realta' questo campo c'e'
solo nel semispazio di sinistra; nel semispazio di destra E=0 perche'
ho un conduttore.
Per calcolare rho sul piano non fai che applicare il teor. di Gauss al
solito modo, col cilindretto che sta a cavallo del piano...
Lo stesso devi fare qui, tanto per rho come per j.
rho lo ricavi da E, mentre j (tangente al piano) lo ricavi da B (E non
contribuisce) calcolando la circuitazione di B su un cammino anche lui
"a cavallo" del piano.
--
Elio Fabri
... ho dalla mia, dal tempo in cui entrai in politica, risultati
che saranno scritti nei libri di storia.
S. Berlusconi, 17-1-2011
http://www.ilfoglio.it/soloqui/10407
Received on Wed Sep 21 2011 - 20:52:06 CEST