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Dopo aver postato la soluzione ho cominciato ad avere dubbi ed il tuo messaggio così stimolante mi induce a esplicitarli. C'è un riorientamento ed un addensamento nel cilindro delle linee di forza del campo. Applicando il teorema di Gauss, utilizzando una superficie che contenga la semisfera carica e quella del cerchio massimo di imboccatura al cilindro mi pare che risulti un campo nel cilindro doppio di quello ipotizzato e quindi una forza di attrazione fra le armature quadrupla di quella repulsiva fra le due semisfere cariche dello stesso segno. Se questo è vero, la mia intuizione sulla forza fra le armature uguale a quella da calcolare è stata falsa: ti prego di controllare. D'altra parte si impara sbagliando: nel libro che ho citato spesso c'è scritto che per affrontare i problemi di fisica bisogna essere massimamente presuntuosi e massimamente umili. Come me stamani e stasera.

modesto ha scritto:C'è un riorientamento ed un addensamento nel cilindro delle linee di forza del campo.

Giusto per essere sicuri: il "cilindro" sarebbe quello di base e altezza , giusto?

modesto ha scritto:Applicando il teorema di Gauss, utilizzando una superficie che contenga la semisfera carica e quella del cerchio massimo di imboccatura al cilindro

Non sono sicuro di sapere come lo hai applicato. Se ammettiamo che la carica si ridistribuisce sulla sfera, allora il campo elettrico vicino alla sfera non ha necessariamente lo stesso modulo in ogni punto (anche se rimane comunque radiale). Lo stesso vale per il campo elettrico nel cilindro: non è necessariamente uniforme. Prima di usare la legge di Gauss, dovresti calcolare questo campo, ed è complicato.

modesto ha scritto:la mia intuizione sulla forza fra le armature uguale a quella da calcolare è stata falsa: ti prego di controllare.

Allora, consideriamo questa situazione. Semisfera superiore carica positivamente, semisfera inferiore negativamente. Supponiamo si comportino come isolanti invece che come conduttori: la carica rimane distribuita uniformemente sulla superficie.
Adesso, il fatto che funziona per forza. Il risultato che troviamo avrà il segno diverso dal risultato del problema postato, ma a parte questo sarà corretto. C'è anche un metodo chiamato "metodo del lavoro virtuale" che consiste proprio nel calcolare delle forze in questo modo (anche se in realtà si riesce ad usare molto raramente).
Tuttavia, anche in questo caso è molto complicato calcolare la variazione di energia potenziale dovuta ad un piccolo spostamento delle semisfere, quindi dubito si riesca ad arrivare così alla soluzione.

modesto ha scritto:nel libro che ho citato spesso c'è scritto che per affrontare i problemi di fisica bisogna essere massimamente presuntuosi e massimamente umili

Io direi che bisogna avere le idee massimamente chiare e saper essere massimamente rigorosi .

Continuerò a rifletterci: comunque la superficie gaussiana chiusa considerata conteneva la semisfera (nel senso che ne era come una sacca esterna per escludere ogni flusso attraverso ad essa) e si chiudeva con il cerchio massimo di imboccatura al cilindro che hai ben individuato.
Piuttosto, siccome ci avevo battuto i denti il giorno 15, sono stato incuriosito dal fatto che esistono,tu dici, vari modi per dimostrare che il campo sulla superficie è . Sono andato a cercare su Halliday, su Problemi di fisica, su altri testi e soprattutto sul web. Non ho trovato nessuna dimostrazione, se non che l'Halliday lo dà come problema, il 29-14, che però non è fra quelli risolti da Salandin e Pavan. In ogni caso viene sempre detto che il campo interno alla sfera è nullo e che quello esterno infinitamente vicino ha il valore che sappiamo cioè . Ma non ci si sbilancia sul campo nei punti superficiali: si traccia il grafico di E, con la discontinuità in corrispondenza di R. Esiste il lim destro, quello sinistro ma non il limite. Anche il grafico del potenziale ha in R un punto angoloso: è continuo, ha derivata sinistra nulla, derivata destra quella che sappiamo ma non la derivata. La tua dimostrazione poi mi piace moderatamente perchè introduce il volume della carica e perchè, come riconosci, identifichi la divergenza con la derivata rispetto a r ed io, che non sono competente, diffido. Provo allora una dimostrazione "fisica" che ti sottopongo.
Consideriamo tre punti molto vicini fra loro su un raggio della sfera, uno interno , uno sulla superficie distante R dal centro ed uno esterno . Consideriamo un'areola centrata in , diciamo , così piccola da essere piana e consideriamo il campo in ciascun punto come la somma di quello dovuto alla carica sull'areola e di quello dovuto alla carica rimanente sul resto della sfera. Sappiamo che il campo risultante in è , quello in è nullo e che quello generato dallo strato piano è (Gauss, Coulomb) nel punto esterno e l'opposto nel punto interno. Allora si deduce che il campo dovuto alla carica sul resto della sfera deve essere anch'esso giacché deve sommare zero internamente e sommare il doppio esternamente. E in ? Si può dire che c'è il campo dovuto alla carica sul resto della sfera, cioè e che non risente del campo generato da così come una carica puntiforme isolata non "sente" il campo generato da se medesima.
Può funzionare?

modesto ha scritto:Può funzionare?

Sì! Questa è la soluzione ingegnosa a cui mi riferivo sopra.

modesto ha scritto:Sono andato a cercare su Halliday, su Problemi di fisica, su altri testi e soprattutto sul web. Non ho trovato nessuna dimostrazione

Un po' dei trucchetti che servono raramente non sono facili da trovare. Comunque da qualche parte ci sono sempre; tra quelli a olifis/phpBB3/viewtopic.php?f=3&t=13 sono sicuro che se ne parli sul Berkeley e probabilmente lo fa anche Feynman da qualche parte.
Il modo più efficace per scoprire queste cose rimane comunque quello di fare tanti problemi e sbatterci sopra la testa.


Se il problema ha simmetria sferica e siamo in coordinate sferiche, la divergenza è .

Scusandomi per l’intrusione, propongo la seguente soluzione, a mio parere, abbastanza semplice.
Una porzione infinitesima dS della semisfera è sottoposta alla forza radiale



in cui p è la pressione (tensione) elettrostatica. Detto l’angolo tra l’asse della semisfera e la direzione radiale, la componente della forza nella direzione assiale corrisponde a . Le componenti delle forze ortogonali all’asse si annullano per simmetria. Ma è la proiezione ortogonale di dS sul cerchio che divide le due semisfere. La risultante delle forze vale

,

dove è l’area del cerchio ottenuto proiettando la semisfera. Consegue che

.

Questa situazione può essere assimilata ad una semisfera ferma, soggetta soltanto a forze derivanti dalla pressione, in un fluido in equilibrio. La forza sulla semisfera, questa volta premente, dovuta ad una pressione costante, equivale alla forza sulla base prodotta dalla stessa pressione.

Se ho ben capito tu dai per scontato che il campo sulla superficie sia E/2: ma il problema era essenzialmente proprio questo.
Poi, siccome Pigkappa ha introdotto le cariche di volume, ho pensato a come si risolverebbe questo problema nel caso di una sfera, ovviamente non conduttrice, con raggio R e carica q uniformemente distribuita nel suo volume con densità .

Consideriamo la sfera ed un suo elemento di volume , centrato attorno al punto P individuato da tre coordinate sferiche dove r è la distanza dal centro, l'angolo fra il raggio e la sua proiezione sul cerchio massimo orizzontale e l'angolo di quest'ultima con l'asse cartesiana x. In questo caso è un parallelopipedo infinitesimo con spigoli . L'idea è quella di calcolare la forza agente sull'elemento con carica e di proiettarla sull'asse verticale della semisfera moltiplicandola per (la sua componente orizzontale si elide con quella agente sul volumetto simmetrico con terza coord. ). Viene un integrale triplo, prodotto di tre integrali semplici rispetto ad r, che varia fra 0 e R, ad , che per la semisfera varia fra 0 e e a che varia fra 0 e . Anche se devo digerire quello che ho "mangiato" in fretta negli ultimi mesi e addirittura nelle ultime ore, ho trovato che questi integrali si possono calcolare valutando il terzo, poi il secondo moltiplicato il valore del terzo e infine il primo moltiplicato il valore del secondo (se le variabili sono indipendenti, è come fissare le prime due e far variare le terza, fissare la prima e far variare la seconda...). Ho trovato anche (Halliday, che calcola solo il campo) che la forza agente sull'elemento è dovuta solo alla carica contenuta fino a r concentrata nel centro cioè a : infatti come nel caso della massa inserita nella Terra, le sezioni dei coni e tronchi di cono esterni appartenenti ad un certo angolo solido esercitano forze opposte che si elidono poiché la carica contenuta è direttamente proporzionale al quadrato della distanza da che così viene compensata. Risulta

cioè, se ho capito la tecnica di calcolo dell'integrale triplo e se non ho sbagliato i conti e/o il procedimento,
.
Essa risulta solo una volta e mezzo maggiore del caso superficiale. La cosa mi torna fino ad un certo punto perchè è vero che q è sempre la stessa però la configurazione volumica pensavo che avesse effetti maggiori. Siccome 1C è ritenuto molto grande, considerando in una sfera con R=1m, mi risulta poi cioè il peso di circa 160. Questa sfera carica non mi convince e ci tornerò sopra nei prossimi giorni. Intanto avrei piacere che potessero essere controllati questi risultati (e quelli di sns 2011 n.2, che ha ricevuto decine di visite senza nessun commento mentre Agosto...si avvicina).

Mi sono trovato occasionalmente sul sito ed ho postato la soluzione perché mi è apparsa semplice, comunque rispondo alla richiesta.
Il valore E/2 può emergere anche traslando dS verso l’esterno di dr; il conduttore aumenta il suo volume di dS dr e l’energia elettrostatica perduta dal sistema è uguale al lavoro F dr della forza elettrica, da cui scaturisce F.
Quanto al nuovo problema, perché complicarsi l’esistenza con gli integrali tripli, dato che si può ricalcare con le dovute differenze il metodo precedente, suddividendo la semisfera in strati semisferici? Il risultato che hai ottenuto mi sembra giusto.

Forse è un problema mio che non capisco: 1)dalla tua uguaglianza F sarebbe infinitesima e proporzionale a dS, quindi mi sembra una contraddizione;2) inoltre non "vedo" gli strati semisferici che, se sono tali, sono soggetti a forze che non hanno la stessa componente verticale. Se sono segmenti sferici piani, in analogia alle zone superficiali del caso precedente, non sono soggetti alla stessa forza.

Se dS appartiene a un semiguscio sferico di spessore dr, si ha , dove è la densità di carica di volume. Per il metodo applicato in precedenza, la pressione sullo strato emisferico genera la forza complessiva . Sostituendo il valore del campo entro la sfera, integrando da 0 ad R ed esplicitando la si ricava il tuo risultato.

pascal ha scritto:Se dS appartiene a un semiguscio sferico di spessore dr, si ha , dove è la densità di carica di volume. Per il metodo applicato in precedenza, la pressione sullo strato emisferico genera la forza complessiva . Sostituendo il valore del campo entro la sfera, integrando da 0 ad R ed esplicitando la si ricava il tuo risultato.

Continuo a non capire.Sempre secondo la tua uguaglianza , essendo proporzionale a , è infinitesimo di ordine superiore a . Dividendolo per si dovrebbe ottenere la derivata di F rispetto ad S e dovrebbe venire, se esiste, un valore FINITO e non . Insomma l'esistenza della derivata dovrebbe essere proprio assicurata dal fatto che gli incrementi, che costituiscono il rapporto incrementale, sono infinitesimi dello stesso ordine. Nel tuo caso, mi sembra invece che sia come cercare il limite per x tendente a zero del rapporto fra e :risulta zero e non un infinitesimo.

Riprendendo poi la situazione configurata da pigkappa il 18 u. s., con la semisfera superiore carica positivamente e quella inferiore negativamente, costituite da materiale isolante in modo da avere una spruzzatura di carica q/2 o - q/2 rigorosamente uniforme sulle due superfici con densità , si può ritenere che le linee di forza del campo fra le armature siano RADIALI: la linea di forza che parte dall'elemento dell'armatura positiva ha il suo vortice nell'elemento diametralmente opposto, con un valore del campo . Lo si può dimostrare disponendo successivamente le due semisfere. Il campo vale la metà in prossimità di un solo guscio semisferico e le linee sono rigorosamente radiali. Aggiungendo l'altro guscio semisferico, si ha un annullamento delle linee esterne al guscio bipolare sferico (qualunque gaussiana esterna racchiude carica nulla) ed un raddoppio di quelle interne che non inficia la loro direzione radiale. Se ora si vuole allontanare di le due armature, bisogna impiegare la forza cioè , identica a quella del problema postato, essendo
. Mi sembra in conclusione che sia confermata la previsione di pigkappa effettuata nell'intervento citato.