Carica in un campo magnetico ed elettrico

Stardust · Messaggio da **Stardust** » 18 mar 2010, 14:30

Una particella carica ( $q>0$ ) si trova al tempo 0 sec nella posizione $O(0;0;0)$ del nostro sistema di riferimento tridimensionale, dotata di una velocità iniziale $\vec{v_0}(0;v_0;0)$ .
In presenza di un campo elettrico uniforme diretto verso il semiasse negativo delle x, $\vec{E}(-E;0;0)$ , e di un campo magnetico uniforme diretto verso il semiasse positivo delle z, $\vec{B}(0;0;B)$ ,
si calcoli l'equazione oraria che rappresenta il moto della particella.
Il problema richiede di manipolare un po' di equazioni differenziali e numeri complessi e questo lo rende particolarmente interessante e avvincente. Buon divertimento!

Gauss91 · Messaggio da **Gauss91** » 18 mar 2010, 19:34

Per la forza di Lorentz (spero che anche la massa sia data

), e esplicitando in funzione delle coordinate cartesiane, si ha:
$m (\hat{x}\displaystyle\frac{\partial ^2 x}{\partial t^2} + \hat{y}\displaystyle\frac{\partial ^2 y}{\partial t^2} + \hat{z}\displaystyle\frac{\partial ^2 z}{\partial t^2})= -\hat{x}qE+ q (\hat{x}\displaystyle\frac{\partial x}{\partial t}+ \hat{y}\displaystyle\frac{\partial y}{\partial t}+ \hat{z}\displaystyle\frac{\partial z}{\partial t}) \times (\hat{z}B)$ .
Sviluppando il prodotto scalare, si ha
$m (\hat{x}\displaystyle\frac{\partial ^2 x}{\partial t^2} + \hat{y}\displaystyle\frac{\partial ^2 y}{\partial t^2} + \hat{z}\displaystyle\frac{\partial ^2 z}{\partial t^2})= -\hat{x}qE+ q (\hat{x}B\displaystyle\frac{\partial y}{\partial t} + \hat{y}(-B)\displaystyle\frac{\partial x}{\partial t})$

Premettendo che non sono capace di risolvere le equazioni differenziali alle derivate parziali, AZZARDO il fatto che si possano considerare singolarmente le singole componenti dei vettori:
per la componente x, è
$m\displaystyle\frac{\partial ^2x}{\partial t^2} = -qE + qB\displaystyle\frac{\partial y}{\partial t}$ (1)
Per la componente y, si ha
$m\displaystyle\frac{\partial ^2y}{\partial t^2} = -B\displaystyle\frac{\partial x}{\partial t}$ . (2)
Dalla (2) si ricava $\displaystyle\frac{\partial ^2x}{\partial t^2} = -\displaystyle\frac{m}{B}\displaystyle\frac{\partial ^3y}{\partial t^3}$ .
Sostituendo nella (1), e ponendo $\displaystyle\frac{\partial y}{\partial t} = f(t)$ , si ottiene:

$-\displaystyle\frac{m^2}{B} f''(t) = -qE +qBf(t)$ , cioè

$f''(t) +\displaystyle\frac{qB^2}{m^2} f(t) = \displaystyle\frac{EBq}{m^2}$

Questa è un'equazione differenziale del secondo ordine, si risolve facilmente con le formule tipiche, e ponendo $\alpha = \sqrt{\displaystyle\frac{B^2q}{m^2}}$ , si ha

$f(t) = c_1 \cos\alpha t + c_2 \sin \alpha t + \displaystyle\frac{E}{B}$ .

Integrando questo risultato di ottiene $y(t)$ , tenendo conto anche delle condizioni iniziali (Problema di Cauchy).
Si sostituisce poi la derivata seconda nella (2) e si ottiene, tramite integrazione, $x(t)$ .
Si nota poi che è $z(t) = 0$ : l'equazione oraria sarà la combinazione lineare di questi tre risultati, per i rispettivi versori cartesiani.
Spero di aver avuto una buona idea, errori di calcolo a parte.

Stardust · Messaggio da **Stardust** » 18 mar 2010, 20:07

Gauss91 ha scritto: Premettendo che non sono capace di risolvere le equazioni differenziali alle derivate parziali, AZZARDO il fatto che si possano considerare singolarmente le singole componenti dei vettori:
per la componente x, è
$m\displaystyle\frac{\partial ^2x}{\partial t^2} = -qE + qB\displaystyle\frac{\partial y}{\partial t}$ (1)
Per la componente y, si ha
$m\displaystyle\frac{\partial ^2y}{\partial t^2} = -B\displaystyle\frac{\partial x}{\partial t}$ . (2)
Dalla (2) si ricava $\displaystyle\frac{\partial ^2x}{\partial t^2} = -\displaystyle\frac{m}{B}\displaystyle\frac{\partial ^3y}{\partial t^3}$ .

Credo tu abbia dimenticato la carica q davanti a B nella (2) e questo scombussola un po' la situazione in seguito, dandoti un' $\alpha$ errata (a me scompare la radice perchè nel radicando tutti i termini sono elevati al quadrato). Poi sempre nella (2) mi sembra più conveniente integrare entrambi i membri per tirar fuori $\displaystyle\frac{dy}{dt}$ .
Proseguendo su questa strada dovresti arrivare alla soluzione corretta.
Una puntualizzazione: la derivata parziale andrebbe riferita all'intera funzione rappresentante la traiettoria,
tipo $f(x;y;z)$ , ma se consideri il moto del corpo lungo l'asse x separatamente da quello lungo l'asse delle y, a mio avviso non hai bisogno di usare $\partial$ , secondo me puoi adoperare la semplice d, considerando poi il movimento finale $f$ come la combinazione dei due diversi moti $x,y$ .
(Spero di non aver detto sciocchezze in questi ultimi righi, quando ci si addentra nel variegato mondo delle equazioni differenziali si rischia sempre di cadere in errore facilmente...

)

Gauss91 · Messaggio da **Gauss91** » 18 mar 2010, 20:20

Stardust ha scritto:Credo tu abbia dimenticato la carica q davanti a B nella (2) e questo scombussola un po' la situazione in seguito, dandoti un' errata (a me scompare la radice perchè nel radicando tutti i termini sono elevati al quadrato). Poi sempre nella (2) mi sembra più conveniente integrare entrambi i membri

Giusto, ovviamente c'è la q nell'espressione della forza magnetica. Poi, al di là dell'integrare o del derivare, il risultato dovrebbe venire comunque, anche se hai pienamente ragione: è più facile integrare (non ci avevo pensato).
Ma almeno il fatto di avere usato un metodo corretto mi fa felice!

Stardust ha scritto:ma se consideri il moto del corpo lungo l'asse x separatamente da quello lungo l'asse delle y, a mio avviso non hai bisogno di usare $\partial$

Il fatto è che, comunque, anche nel moto lungo l'asse x, compaiono derivate della traiettoria in y: avendo due parti di un'unica funzione da differenziare, ho preferito mantenere il $\partial$ . Poi come hai detto tu, la risposta non può che venire dall'alto

.

Falco5x · Messaggio da **Falco5x** » 18 mar 2010, 22:26

Mi sembra che la facciate inutilmente complicata con queste derivate parziali.
Io risolverei molto più semplicemente così:

$\displaystyle{F_x} = - qE + q{v_y}B = m\frac{{d{v_x}}}{{dt}}$

$\displaystyle{F_y} = - qB{v_x} = m\frac{{d{v_y}}}{{dt}}$

derivando la prima

$\displaystyle\frac{{d{v_y}}}{{dt}} = \frac{m}{{qB}}\frac{{{d^2}{v_x}}}{{d{t^2}}} = - \frac{{qB}}{m}{v_x}$

e sostituendo

$\displaystyle\frac{{{d^2}{v_x}}}{{d{t^2}}} + \frac{{{q^2}{B^2}}}{{{m^2}}}{v_x} = 0$

La soluzione generale di questa equazione è abbastanza nota:

$\displaystyle{v_x} = K\cos \left( {\frac{{qB}}{m}t + \varphi } \right)$

Le costanti di integrazione si trovano con le condizioni al contorno di velocità e accelerazione iniziali

$\displaystyle{v_x}\left( 0 \right) = K\cos \varphi = {v_0}$

$\displaystyle{{\dot v}_x} = - K\frac{{qB}}{m}\sin \left( {\frac{{qB}}{m}t + \varphi } \right)$

$\displaystyle{{\dot v}_x}\left( 0 \right) = - K\frac{{qB}}{m}\sin \varphi = - \frac{{qE}}{m}$

e cioè dopo alcuni passaggi

$\displaystyle {K }= \sqrt {{v_0}^2 + \frac{{{E^2}}}{{{B^2}}}}$

$\displaystyle\varphi = \arctan \frac{E}{{{v_0}B}}$

da cui

$\displaystyle{v_x} = \sqrt {{v_0}^2 + \frac{{{E^2}}}{{{B^2}}}} \cos \left( {\frac{{qB}}{m}t + \arctan \frac{E}{{{v_0}B}}} \right)$

e integrando nel tempo si ha la legge oraria

$\displaystyle {x}\left( t \right) = \frac{m}{{qB}}\sqrt {{v_0}^2 + \frac{{{E^2}}}{{{B^2}}}} \sin \left( {\frac{{qB}}{m}t + \arctan \frac{E}{{{v_0}B}}} \right)$

Per la coordinata y si trova:

$\displaystyle{{\dot v}_x} = - \sqrt {{v_0}^2 + \frac{{{E^2}}}{{{B^2}}}} \frac{{qB}}{m}\sin \left( {\frac{{qB}}{m}t + \arctan \frac{E}{{{v_0}B}}} \right)$

$\displaystyle{v_y} = \frac{m}{{qB}}\frac{{d{v_x}}}{{dt}} + \frac{E}{B} = \frac{E}{B} - \sqrt {{v_0}^2 + \frac{{{E^2}}}{{{B^2}}}} \sin \left( {\frac{{qB}}{m}t + \arctan \frac{E}{{{v_0}B}}} \right)$

$\displaystyle{y}\left( t \right) = \frac{E}{B}t + \frac{m}{{qB}}\sqrt {{v_0}^2 + \frac{{{E^2}}}{{{B^2}}}} \cos \left( {\frac{{qB}}{m}t + \arctan \frac{E}{{{v_0}B}}} \right)$

Salvo errori ed omissioni, naturalmente.

Messaggio da **Pigkappa** » 18 mar 2010, 22:38

C'è un trucco spregevole che permette di evitare tutti questi contacci. Cercate un sistema di riferimento inerziale in cui la forza di Lorentz ha solo la parte magnetica.

In genere cambiare sistema di riferimento quando ci sono campi elettromagnetici coinvolti è una pessima idea (bisognerebbe trasformare i campi in modo opportuno), però in questo caso dovrebbe funzionare tutto come ci si aspetta.

Stardust · Messaggio da **Stardust** » 19 mar 2010, 10:22

Onestamente sono abbastanza brutte le formule con arcotangente e radici quadrate.
Col metodo cui accennavo prima si perviene a funzioni in seno e coseno molto più brevi ed eleganti (permettetemi di usare questo termine in modo improprio

, non essendo un appassionato di moda, ma di fisica).
Spero che comunque alla fine si possa dimostrare l'equivalenza delle soluzioni.

Pigkappa ha scritto:C'è un trucco spregevole che permette di evitare tutti questi contacci. Cercate un sistema di riferimento inerziale in cui la forza di Lorentz ha solo la parte magnetica.

Potete spiegare meglio queste considerazioni?

Falco5x · Messaggio da **Falco5x** » 19 mar 2010, 13:52

Stardust ha scritto:Onestamente sono abbastanza brutte le formule con arcotangente e radici quadrate.

Hai ragione caro esteta della fisica (pure io lo sono), causa la fretta ieri ho tralasciato il particolare estetico.
Cerco di rimediare oggi.
Con pochi passaggi il tutto si converte come segue:

$\displaystyle{x}\left( t \right) = \frac{m}{{qB}}\left[ {{v_0}\sin \left( {\frac{{qB}}{m}t} \right) + \frac{E}{B}\cos \left( {\frac{{qB}}{m}t} \right)} \right]$

$\displaystyle{y}\left( t \right) = \frac{E}{B}t + \frac{m}{{qB}}\left[ {{v_0}\cos \left( {\frac{{qB}}{m}t} \right) - \frac{E}{B}\sin \left( {\frac{{qB}}{m}t} \right)} \right]$

Sempre che io non abbia sbagliato qualche segno (a causa della fretta, ovviamente

)

Stardust · Messaggio da **Stardust** » 19 mar 2010, 14:34

Nonostante questo, ancora non abbiamo le stesse soluzioni.

Purtroppo si nota che sia x che y non sono coerenti con la situazione iniziale.

In partenza si ha che a $t_0=0\,s$ la paricella è in
$x(0)=0$
$y(0)=0$
$z(0)=0$ ,
ma dalle equazioni sopra mostrate si ha invece:
$x(0)=\displaystyle\frac{mE}{qB^2}$

$y(0)=\displaystyle\frac{mv_0}{qB}$ .
Evidentemente le nostre discrepanze non sono solo estetiche...

Falco5x · Messaggio da **Falco5x** » 19 mar 2010, 17:37

Stardust ha scritto:Nonostante questo, ancora non abbiamo le stesse soluzioni.
Purtroppo si nota che sia x che y non sono coerenti con la situazione iniziale.

In partenza si ha che a $t_0=0\,s$ la paricella è in
$x(0)=0$
$y(0)=0$
$z(0)=0$ ,
ma dalle equazioni sopra mostrate si ha invece:
$x(0)=\displaystyle\frac{mE}{qB^2}$

$y(0)=\displaystyle\frac{mv_0}{qB}$ .
Evidentemente le nostre discrepanze non sono solo estetiche...

Hai ragione, quando ho integrato la velocità non mi sono preoccupato di aggiungere le costanti di integrazione giuste in modo da rendere nullo lo spazio iniziale.
Vabbè, ho fatto troppo in fretta e adesso non ho tempo, come non ne avevo quando ho svolto l'esercizio. Quando non si ha tempo è meglio non fare le cose tanto per farle, faccio ammenda.
Ma è una cosa facile da correggere eh!

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