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Titolo: Problema

Non riesco proprio a risolverlo.
In una regione dello spazio si trova un campo elettrico uniforme. Si
inserisce una lamina conduttrice piana infinitamente estesa in modo tale che
il campo elettrico "esterno" (cioe' il campo elettrico uniforme che era
presente prima dell'inserimento della lamina) formi con la lamina stessa un
angolo dato diverso da 90 gradi.
Determinare la distribuzione di equilibrio della carica in superficie.
Ciao.
-- 
Bruno Cocciaro
--- Li portammo sull'orlo del baratro e ordinammo loro di volare.
--- Resistevano. Volate, dicemmo. Continuavano a opporre resistenza.
--- Li spingemmo oltre il bordo. E volarono. (G. Apollinaire)

 Determinare la distribuzione di equilibrio della carica in superficie.
Mi pare un problema dalla soluzione impossibile.
Se non ho capito male, la regione di spazio deve essere grande quanto la lamina, cioe'
infinita.
Il campo all'infinito dovrebbe quindi essere ancora uniforme in modulo e direzione (non
pensiamo al potenziale infinito), ma, in prossimita' della lastra, perpendicolare ad essa
e quindi deviato. Insomma in questi punti (lontani!!!!!)  si avrebbero due campi
elettrici!!!
La carica sulla lamina stessa, per evidenti ragioni di simmetria dovute all'infinito del
campo e della lamina, deve essere uniforme sulle due facce. Questa distribuzione non puo'
certo creare la necessaria equipotenzialita' della lastra conduttrice obliqua.
Qui mi fermo e mi piacerebbe sentire altri pareri.
Saluti
Mino Saccone

 Mino Saccone
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 Mi pare un problema dalla soluzione impossibile.
Gia', anch'io ho pensato cio', oltre che, non so perche',
a Bladerunner, solo che in verita' il
testo dice che il campo elettrico sta in una regione dello
spazio, non in tutto lo spazio. In tal caso ho pensato pure:
supponiamo che questo campo sia generato da una data
distribuzione di cariche. In queste ipotesi il metodo di Green
dovrebbe funzionare. Il metodo di Green, volgarmente noto
sotto il nome di metodo delle cariche immagine, consiste
nell'imporre che il potenziale sia costante sul conduttore
come solo effetto di una sovrapposizione
al potenziale delle cariche che generano il potenziale uniforme
di un potenziale generato da una distribuzione di cariche riflesse.
Questo fornisce un campo in tutto un semispazio e questo campo
e' ortogonale alla superfice e quindi la distribuzione sulla superfice
si calcola dalla derivata normale di questo campo. Questa tecnica,
between funziona anche nel caso di una sfera scegliendo opportunamente
le cariche immagine, anche questa soluzione, trovata da Green che
applico' la cosiddetta trasformazione di Kelvin (che consiste appunto
nel trasformare il campo generato da un insieme di cariche esterne alla
sfera in quello generato dalle cariche immagine come insegnano i testi di
fisica II) Risolvere questo genere di problemi per una distribuzione
assegnata di cariche, equivale a risolvere un'equazione di Poisson
con condizioni al contorno di Dirichlet (potenziale assegnato sul bordo) e
fornisce al tempo stesso una trasformazione da un campo
armonico con singolarita' ad un altro campo armonico con singolarita'.
In questo caso specifico si possono risolvere i due problemi di Dirichlet
sui due lati rispetto alla lamina. Quello che non ha molto significato se
inteso in modo rigorosamente esatto e' che il campo e' uniforme in
una regione di spazio. Come e' ottenuta questa circostanza? Esiste
per esempio una distribuzione di cariche che genera un campo
uniforme in un cilindro e nullo altrove? A me sembra che cio' si possa
escludere in quanto implicherebbe un campo elettrico con rotore ed il
campo elettrico in elettrostatica e' invece irrotazionale.
Non resta che valutare se esiste una distribuzione
di carica su due piani infiniti paralleli che genera un campo
a zig zag: esternamente uguale al riflesso del campo
uniforme rispetto ad piano ortogonale al piano conduttore
ed al piano che contiene la normale e la direzione del campo,
ed internamente uguale al campo. Ed ancora questa circostanza
e' esclusa dall'irrotazionalita' dei campi elettrostatici.
 
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Inviato via 
http://arianna.libero.it/usenet/

dato che non sono sicuro di aver capito il problema di cui discutete,
ho preso il toro per la coda, invece che per le corna :-)
Ossia ho formulato un problema che sapevo risolvere.
Mi direte voi se ha a che fare o no...
Prendiamo una striscia conduttrice (scarica), di larghezza 2a
e lunghezza infinita.
La striscia sta nel piano (xy), inifnita in direzione y.
E' presente un campo elettrico che a grande distanza dalla striscia e'
uniforme, ha componenti x e z, forma angolo alfa col piano della
striscia.
Calcolare la densita' di carica sulla striscia.
Vi do la risposta a meno di fattori:
sigma = x * cos(alfa) / sqrt(a^2 - x^2) + sin(alfa).
(su una faccia; sull'altra e' simmetrica).
Come ci si arriva?
Prima di tutto, usandoi pr. di sovrapposizione: le ocmponenti x e z
del campo esterno hanno effetti indipendenti.
L'effetto della componente z e' banale, in quanto in questo campo la
striscia e' equipotenziale e quindi non modifica il campo. Si produrra'
una carica indotta costante e stop.
La componente x produce invece un effetto non banale; ma dato che il
problema e' bidimensionale, la soluzione si trova facilmente cercando
una funzione olomorfa che abbia il giusto comportamento asintotico e
che abbia il segmento (-a,a) come taglio.
Il risultato e' quello che ho scritto.
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Elio Fabri
Dip. di Fisica - Univ. di Pisa
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 sigma = x * cos(alfa) / sqrt(a^2 - x^2) + sin(alfa).
E' la parte reale della funzione di variabile complessa del tipo:
         F(z)=A*Sqrt[(z-a)(z+a)+B*z
vero?
Sui libri e' spesso trattato il caso dell'ellissoide di rotazione
immerso in un campo esterno uniforme. Ad occhio e croce, si dovrebbe
ottenere il campo della piastra tra (-a,a) mandando a zero uno dei
semiassi, e ad infinito l'altro.  
Michele
-- 
Signature under construction. 

 semiassi, e ad infinito l'altro.
Scusa ma non capisco come si fa a ottenere questo da un ellissoide di
rotazione...
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 di rotazione...
Pardon, sostituire "di rotazione" con "qualsiasi". Prendiamo un
ellissoide  con semiassi a,b,c allineati lungo x,y,z. Se c=0,
otteniamo un'ellisse di semiassi a,b nel piano x,y di equazione
{x^2/a^2+y^2/b^2=1, z=0}. Se ora allunghiamo l'ellisse lungo l'asse y
ponendo b->infinito, le uniche soluzioni sono {x=+-a , y=qualsiasi,
z=0} che e' proprio la fascia conduttrice che stavamo usando.
Landau (vol VIII, Cap I) schiaccia l'ellissoide fino a dedurre il
campo di un disco piano e il campo di un cilindro. Un'altra
schiacchiata, e il cilindro e' diventato una striscia :-)
Se anche facessimo a->infinito, la striscia diventerebbe un piano
conduttore e la tua soluzione diventerebbe sigma=sin(alfa)=costante,
il che concorda: e' proporzionale alla componente normale al piano
del campo inducente E0.
Ho provato a fare il passaggio al limite direttamente nelle
espressioni generali del Landau,  ma sono date in coordinate
"ellissoidali" ksi-eta-zeta che non avevo mai visto prima, e allora
ho abbandonato.
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 A*z/Sqrt[(z-a)(z+a)] + B
Continuo a non capire.
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Altra svista da correggere:
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 seconde  [ ... ]
Eh ... sarebbe bello :-)
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 del regista.
Io sono sicuro solo che l'hai scritto male (ancora una volta :) ).
Kieslovsky.
La frase che dici forse c'e'; il mio ricordo e' vago. Potrebbe essere
in un film del "Decalogo"?
Tu dirai che rischio poco: sono 10.., (pero' non li ho visti tutti).
Potrebbe essere proprio il primo?
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Avevo scritto:
                   Dal teorema della divergenza sappiamo infine che
il flusso 2 S v_y del campo di induzione elettrica D= eps_0 E
attraverso un cilindretto a cavallo della superfice S e' pari a
s * S dove s e' la densita' superficiale di carica.
Quindi s = eps_0 * v_y /2 = eps_o E*cos(a)*x/ 2[sqrt(a^2-x^2)]
Mentre e' vero che:
s = eps_0 * v_y /2 = eps_o E*cos(a)*x/ 2[sqrt(a^2-x^2)]
Quindi la corretta distribuzione
di carica e', a meno del fattore D = eps_o E:
s = D{cos(a)*x/ [sqrt(a^2-x^2)] + sen(a)}
sulla faccia orientata come il verso positivo della componente
del campo ortogonale alla striscia, ed
s = D{cos(a)*x/ [sqrt(a^2-x^2)] - sen(a)}
sulla faccia opposta. In modo che il contributo di
monopolo vale 2*Dcos(a)*x/ [sqrt(a^2-x^2)] come
avevamo correttamente calcolato mentre il contributo
di densita' di doppio strato genera un campo pari
esattamente a -E*sen(a) internamente allo spessore
della striscia in modo da annullare la corrispondente
componente del campo. Dunque a parte il fatto che
la densita' non e' simmetrica ce l'avevi contata giusta.
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 Quindi ritratto la ritrattazione [ ... ] 
.... e io non mi ricordo piu' cosa stavamo calcolando, e siamo pari!
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 Quindi ritratto la ritrattazione [ ... ] 
.... e io non mi ricordo piu' cosa stavamo calcolando, e siamo pari!
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Non ho potuto eguire tutta la discussione, ma mi sembra che il
risultato finale di Tetis torni col mio.
Per chiarezza ho preferito rifare i conti da capo (anche perche' avevo
buttato via i fogli coi conti vecchi) e ve li espongo conun po' piu'
di dettaglio.
Il problema e': striscia conduttrice scarica, che occupa la regione
|x|<a, y=0.
E' presente un campo esterno (prodotto da cariche molto lontane)
obliquo, che forma angolo alfa coll'asse x.
Posso ignorare la coordinata z.
Il potenziale V(x,y) soddisfa quindi le seguenti condizioni al contorno:
a) V(x,0) = 0 per |x|<a
b) V = x*cos(alfa) + y*sin(alfa) per |x|, |y| >> a.
V e' una funzione armonica, quindi e' parte reale di una funzione
olomorfa che chiamo W = V + iQ.
Le condizioni di Cauchy-Riemann dicono
dV/dx = dQ/dy, dV/dy = -dQ/dx (d sono derivate parziali).
Inoltre
Ex = - dV/dx = dQ/dy,
Ey = - dV/dy = dQ/dx.
Ey fornisce anche la densita' di carica sulla striscia conduttrice,
nel senso che sigma = Ey sulla faccia superiore, sigma = -Ey su quella
inferiore.
La soluzione e' W = sqrt(z-a)*sqrt(z+a)*cos(alfa) - iz*sin(alfa)  (1)
(qui z=x+iy).
Infatti:
a) W e' olomorfa sul piano z, tranne il segmento |x|<a, y=0, che e' un
taglio.
Su questo segmento la parte reale di W e' nulla e non ha discontinuita'
attraverso il taglio, mentre la parte immaginaria vale:
Q = sqrt(a^2-x^2) * cos(alfa) - x * sin(alfa) per y = 0+
    -sqrt(a^2-x^2) * cos(alfa) - x * sin(alfa) per y = 0-.
Dunque
Ey = dQ/dx = -x * cos(alfa) / sqrt(a^2-x^2) - sin(alfa) (faccia sup.)
               x * cos(alfa) / sqrt(a^2-x^2) - sin(alfa) (faccia inf.)
La densita' di carica e' quindi
-x * cos(alfa) / sqrt(a^2-x^2) - sin(alfa) sulla faccia superiore
-x * cos(alfa) / sqrt(a^2-x^2) + sin(alfa) sulla faccia inferiore.
Come si arriva alla (1)?
In primo luogo, si separa il problema in due:
1) caso alfa=0
2) caso alfa=pi/2
e poi si usa il pr. di sovrapposizione.
Caso 1: W deve avere un taglio sul solito segmento, e andare a infinito
come z, visto che la parte reale va come x.
La soluzione e' sqrt(z-a)*sqrt(z+a).
Caso 2: E' banale, perche' l'asse x e' equpotenziale, quindi non c'e'
nessuna singolarita'.
Se V va all'infinito come y, allora W = -iz.
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 che ti trovi a Pontedera che non a Lucca. 
Allora sai anche che nacqui (relativamente giovane) da tutt'altra
parte, per cui non direi mai "giu'" per dire Pisa, e "su" per dire
Firenze :-)
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 hai subito pensato alla mitologia greca, anzi ad Omero,
Macche'. Ho solo fatto il liceo quando ancora si poteva bocciare
qualche studente, di tanto in tanto :-)))
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