Maurizio Zani ha scritto:Premessa: ti torna il campo elettrico delle due distribuzioni di carica con quello proposto?
Campo del filo $ E_{\lambda} = -((\lambda)/(2\piepsilon_0r))u_r $
Campo della superficie cilindrica: nullo per $ r <= R_0 $; pari a $E_{\sigma}=(\sigmaR_0)/(epsilon_0 r)u_r$ per $ r>=R_0 $
Hai provato a calcolarlo?
il campo di un filo indefinito è banale
per il cilindro mi esce $E = (-\lambda + \sigma2\piR_0)/(E_0*2\piR_2)$
mgrau ha scritto:La superficie cilindrica ha una densità di carica diversa sulla faccia esterna e su quella interna.
Quella interna dà luogo ad una carica uguale ed opposta a quella del filo assiale, quella esterna è formata da due componenti, quella uguale a quella interna ( indotta) più eventualmente qualcos'altro.
In sostanza la carica esterna "incorpora" per così dire quella del filo, che viene neutralizzato dalla carica indotta interna, per cui ha ragione il libro, per il campo esterno conta solo $ sigma $. Formalmente, se vuoi usare Gauss, devi mettere in conto anche la carica indotta sulla faccia interna del cilindro.
Diverso sarebbe stato se le due densità $ sigma $ e $ lambda $ fossero date per i due oggetti separati, e poi il filo fosse infilato nel cilindro. In questo caso la densità esterna cambierebbe.
con questo ragionamento tutto torna.
La frase in grassetto è il punto chiave per risolvere il problema ma dalla traccia io non riesco a capirlo.
avevo pensato all'induzione però in maniera diversa ovvero per induzione si creava -Q_filo nella superfice interna e quindi + Q_filo sulla superfice esterna che si somma alla Q_cilindro ritornando quindi al mio problema in cui la carica interna è $Q_filo +(-Q_filo) + (Q_filo + Q_cilindro)$
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Più guardo l'esercizio e più trovo errori nella mia risoluzione ad esempio per il campo interno gli estremi di integrazione vanno da R2 a R1 mentre io ho preso R0 a R1 pensando che il campo "interno" (ovvero il campo del filo) agisse soltanto all'interno del cilindro cosa non vera