293. Oscillazioni nel cubo

Luca Milanese · Messaggio da **Luca Milanese** » 6 mar 2022, 13:52

È dato un cubo fisso di lato $a$ , avente una densità di carica $\rho$ costante e uniforme. Una particella puntiforme di massa $m$ e carica $q$ , tale che $q\rho <0$ , è costretta a muoversi lungo una retta fissa passante per il centro del cubo, senza alcun tipo di attrito. Si trovi il periodo delle sue piccole oscillazioni attorno al centro del cubo.

roncu · Messaggio da **roncu** » 9 mar 2022, 18:47

Confesso che è la prima volta che considero un'equazione di Maxwell in forma differenziale. Suppongo di istituire un sistema di riferimento Oxyz nel centro del cubo e di immaginare che la carica negativa q sia costretta ad avvicinarsi al centro del cubo lungo l'asse x di equazioni y=0 z=0. Lo scalare $div\vec E =\frac{\partial E_x}{\partial x}+\frac{\partial E_y}{\partial y}+\frac{\partial E_z}{\partial z}$ può ridursi solo al primo termine poichè le altre due componenti sono nulle lungo x. Allora per la prima equazione di Maxwell in forma differenziale risulta $\frac{\partial E_x}{\partial x}= \frac{\rho}{\epsilon_0}$ . Fuori dal cubo la divergenza è nulla e nel centro O del cubo il campo dovrebbe annullarsi per simmetria. Allora integrando fra 0 e x mi pare che verrebbe $\int_0 ^x \frac {\partial E_x}{\partial x}dx=E_x = \frac {\rho}{\epsilon_0}.x$ . Pertanto la forza agente sulla carica -q risulterebbe $F_x = \frac {-q\rho x}{\epsilon_0}$ e l'equazione della dinamica sarebbe quella di un moto armonico $m\frac{d^2x}{dt^2} +\frac {q\rho x}{\epsilon_0}=0$ . Da qui la pulsazione risulta $\omega = \sqrt{\frac{q \rho}{\epsilon_0 m}}$ e quindi $T=2\pi\sqrt{\frac{\epsilon_0.m}{q\rho}}$ Ma non si distinguono le piccole oscillazioni e la mia soluzione mi appare semplice rispetto alle tue usuali proposte. Inoltre chi ne sa molto più di me tace.

Luca Milanese · Messaggio da **Luca Milanese** » 9 mar 2022, 19:08

Il risultato è sbagliato.

roncu ha scritto: ↑
9 mar 2022, 18:47
Lo scalare $div\vec E =\frac{\partial E_x}{\partial x}+\frac{\partial E_y}{\partial y}+\frac{\partial E_z}{\partial z}$ può ridursi solo al primo termine poichè le altre due componenti sono nulle lungo x.

Questo è falso, e non mi è chiaro cosa intendi scrivendo che le altre due componenti sono nulle lungo $x$ . Inoltre nota che, essendo $q\rho <0$ , avresti dovuto ottenere un segno meno sotto radice.
Hint: si consideri il principio di sovrapposizione lineare.

roncu · Messaggio da **roncu** » 10 mar 2022, 12:43

Ecco cosa intendevo.Io ho pensato che, muovendosi sull'asse x , y=0 e z=0, non poteva esserci una variazione delle componenti di E in quelle direzioni ( che compaiono nella divergenza) perchè, per apprezzarle, y e z dovevano variare e non rimanere 0. Purtroppo non capisco perchè sbaglio. Ci rifletterò ancora. Sovrapposizione lineare vuol dire che nella divergenza le considero allo stesso titolo integrando successivamente rispetto a x,y e z?

Luca Milanese · Messaggio da **Luca Milanese** » 10 mar 2022, 13:07

$\frac{\partial E_y}{\partial y}$ e $\frac{\partial E_z}{\partial z}$ sono funzioni di $x, y, z$ , il loro valore non dipende dalla direzione in cui si muove la particella. Quello che dici sul loro annullarsi è un errore logico.
Comunque consiglio di lasciar stare la forma differenziale della Legge di Gauss: benché esista una soluzione basata su di essa (un po' contorta), ce n'è un'altra molto più olimpica e interessante fondata sul principio di sovrapposizione (ad esempio, una zona con densità di carica nulla può essere considerata sovrapposizione di due densità di ugual modulo e segno opposto). Prova a immaginare come sfruttare le simmetrie per scrivere in maniera comoda la forza agente sulla carica.

Messaggio da **DeoGratias** » 12 mar 2022, 0:26

Avrei ottenuto $\omega=\sqrt{-\frac{q \rho}{3 \varepsilon_0}}$ , ormai la soluzione la posterò domani

Luca Milanese · Messaggio da **Luca Milanese** » 12 mar 2022, 0:35

Ti sei scordato la massa, per il resto è giusto.

Messaggio da **DeoGratias** » 12 mar 2022, 23:06

Non credo corrisponda alla soluzione a cui stavi pensando, ma pare funzionare

In un sistema di assi cartesiani paralleli alle tre facce, supponiamo che la particella si sposti di $\vec{\delta r}=\delta r(\cos\theta \cos \phi, \sin \theta, \cos \theta \sin \phi )$ e calcoliamo il campo elettrico parallelo ad esso al primo ordine. Consideriamo il parallelepipedo rettangolo centrato nella carica, di lati $(a-2\delta r \cos \theta \cos \phi, a -2\delta r \sin \theta, a -2\delta r \cos \theta \sin \phi)$ , tale che tre delle sue facce coincidano (parzialmente) con quelle del cubo; per simmetria, la forza che esso esercita sulla carica sarà nulla, quindi basta considerare la forza data dalla parte restante del cubo.
Possiamo scomporre la carica rimasta in 3 parallelepipedi di spessore infinitesimo (rispettivamente di lati $(2\delta r \cos \theta \cos \phi, a-2\delta r \sin \theta, a-2\delta r \cos \theta \sin \phi)$ , $(a-2\delta r \cos \theta \cos \phi, 2\delta r \sin \theta, a-2\delta r \cos \theta \sin \phi)$ , $(a-2\delta r \cos \theta \cos \phi, a-2\delta r \sin \theta, 2\delta r \cos \theta \sin \phi)$ , tre parallelepipedi con due lati di lunghezza infinitesima e un ultimo parallelepipedo con 3 lati infinitesimi. Questi ultimi daranno solo contributi al secondo ordine o più alto al campo elettrico, quindi possiamo trascurarli.
Calcoliamo la componente del campo generato dalla prima "lastra" lungo la direzione di movimento della carica: Si avrà

$E_1=\frac{\rho}{4\pi \varepsilon_0}\int_{\frac{1}{2}a-\delta r \cos \theta \cos \phi}^{\frac{1}{2}a+\delta r \cos \theta \cos \phi}\int_{-(\frac{1}{2}a-\delta r \sin \theta)}^{\frac{1}{2}a-\delta r \sin \theta}\int_{-(\frac{1}{2}a-\delta r \cos \theta \sin \phi)}^{\frac{1}{2}a-\delta r \cos \theta \sin \phi}\frac{\textup{d}z\textup{d}y\textup{d}x}{x^2+y^2+z^2}\frac{(x,y,z)\cdot (\cos \theta \cos \phi, \sin \theta, \cos \theta \sin \phi)}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$

dove si è sfruttato il fatto che il coseno dell'angolo tra due vettori è $\cos \alpha=\frac{\vec{a}\cdot \vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}$
Al primo ordine, l'integrale diventa

$E_1=\frac{\rho}{4\pi \varepsilon_0}\int_{\frac{1}{2}a-\delta r \cos \theta \cos \phi}^{\frac{1}{2}a+\delta r \cos \theta \cos \phi}\int_{-\frac{1}{2}a}^{\frac{1}{2}a}\int_{-\frac{1}{2}a}^{\frac{1}{2}a}\frac{\textup{d}z\textup{d}y\textup{d}x}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}(x\cos \theta \cos \phi+y\sin \theta+z \cos \theta \sin \phi)$

Tuttavia, si ha $\int_{\frac{1}{2}a-\delta r \cos \theta \cos \phi}^{\frac{1}{2}a+\delta r \cos \theta \cos \phi}\int_{-\frac{1}{2}a}^{\frac{1}{2}a}\int_{-\frac{1}{2}a}^{\frac{1}{2}a}\frac{\textup{d}z\textup{d}y\textup{d}x}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}(y\sin \theta +z \cos \theta \sin \phi)=0$

visto che stiamo integrando funzioni dispari su un dominio pari.
Ci resta da calcolare l'ultimo termine, ovvero

$E_1=\frac{\rho \cos \theta \cos \phi}{4\pi \varepsilon_0}\int_{\frac{1}{2}a-\delta r \cos \theta \cos \phi}^{\frac{1}{2}a+\delta r \cos \theta \cos \phi}\int_{-\frac{1}{2}a}^{\frac{1}{2}a}\int_{-\frac{1}{2}a}^{\frac{1}{2}a}\frac{x\textup{d}z\textup{d}y\textup{d}x}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}$

Notando ancora che il dominio è pari, sostituendo $x=\frac{a}{2}x' , y=\frac{a}{2}y' , z=\frac{a}{2}z'$ , diventa

$E_1=\frac{a\rho \cos \theta \cos \phi}{2\pi \varepsilon_0}\int_{1-\frac{2\delta r}{a} \cos \theta \cos \phi}^{1+\frac{2\delta r}{a} \cos \theta \cos \phi}x'\textup{d}x'\left ( \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\textup{d}z'\textup{d}y'}{(x'^2+y'^2+z'^2)^{3/2}}\right )$

Si può dimostrare (in un secondo post

) che il doppio integrale tra parentesi vale $\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\textup{d}z'\textup{d}y'}{(x'^2+y'^2+z'^2)^{3/2}}=\frac{1}{x'} \tan^{-1}{\frac{1}{\sqrt{(x'^2+1)^2-1}}$

Inoltre, dal teorema fondamentale del calcolo integrale si ha, al primo ordine, $\int_{1-\delta x}^{1+\delta x} f(t)\textup{d}t=2f(1)\delta x$
Quindi, vale

$E_1=\frac{a\rho \cos \theta \cos \phi}{2\pi \varepsilon_0}\int_{1-\frac{2\delta r}{a} \cos \theta \cos \phi}^{1+\frac{2\delta r}{a} \cos \theta \cos \phi}x'\textup{d}x'\frac{1}{x'} \tan^{-1}{\frac{1}{\sqrt{(x'^2+1')^2-1}}=\frac{2\rho \cos^2\theta\cos^2\phi}{\pi \varepsilon_0}\tan^{-1}{\frac{1}{\sqrt3}}\delta r=\frac{\rho \cos^2\theta\cos^2\phi}{3 \varepsilon_0} \delta r$

Analogamente, si otterrà $E_2=\frac{\rho \sin^2\theta}{3 \varepsilon_0} \delta r$ , $E_3=\frac{\rho \cos^2\theta \sin^2\phi}{3 \varepsilon_0} \delta r$ , quindi la forza esercitata sulla carica vale
$\vec{F}=\frac{q\rho}{3\varepsilon_0}\vec{\delta r}$

Infine, si trova facilmente che la frequenza delle piccole oscillazioni vale $\omega =\sqrt{-\frac{q\rho}{3m\varepsilon_0}}$ .

Luca Milanese · Messaggio da **Luca Milanese** » 13 mar 2022, 0:23

Mi perdonerai se mi fido dei conti e non li controllo tutti, hai ottenuto il fattore numerico corretto con un procedimento logicamente esatto e quindi è abbastanza improbabile che tu li abbia sbagliati. Tuttavia, dato che esiste un modo molto olimpico per evitare tutti quegli integrali, ti invito a cercarlo prima di postare il prossimo problema.
Hint: Terza Legge di Newton

Messaggio da **DeoGratias** » 13 mar 2022, 0:49

Sì certo, sospettavo ce ne fosse una più semplice

293. Oscillazioni nel cubo

293. Oscillazioni nel cubo

Re: 293. Oscillazioni nel cubo

Re: 293. Oscillazioni nel cubo

Re: 293. Oscillazioni nel cubo

Re: 293. Oscillazioni nel cubo

Re: 293. Oscillazioni nel cubo

Re: 293. Oscillazioni nel cubo

Re: 293. Oscillazioni nel cubo

Re: 293. Oscillazioni nel cubo

Re: 293. Oscillazioni nel cubo