Otras carreras esferas conductoras

[LauraLopez]

Dos esferas conductoras A y B se repelen mutuamente con una fuerza F. Con otra esfera C pero descargada se va tocando alternativamente la esfera A y B ( sin descargar en ningun momento la tercera esfera)
¿Cual sera la distribucion de cargas entre las esferas despus del primer contancto? ( ir haciendo un grafico de barras para la carga de las esferas) ¿ Cual despues del segundo contacto? ¿ Cual sera la distribucion de cargas entre las esferas cuando el numero de contactos tienda a infinito?
Considerar los siguientes radios para las esferas : $R_a = 2 R_b$; $R_b = 2 R_c$

Yo lo resolvi pero no estoy muy segura..... a ver que les parece

Primero al tocar la esfera C con la A la carga se distribuye segun la relacion : ( esta relacion la vi en el libro)

$\dst \frac{Q_a}{Q_c } = \frac{r_a}{r_c } = \frac{2r_b}{r_c } = \frac{4r_c}{r_c }$ entonces

$Q_a = 4 Q_c$

Luego la esfera C va y toca la esfera B y la carga se distribuye segun :

haciendo algo similar llego a : $\dst \frac{Q_b}{Q_c } = \frac{r_b}{r_c } = \frac{2r_C}{r_c }$ entonces $Q_b = 2 Q_c$

Luego la C vuelve a tocar la A y la carga se distribuye segun : $Q_a = 4 Q_c$

...

Cuando el numero de contactos tiene a infinito la carga total se distribuye segun :

$Q_a + Q_b + Q_c = Q_t$

$4Q_c + 2 Q_c + Q_c = Q_t$

$7Q_c = Q_t$

Entonces $\dst Q_c = \frac{Q_t}{7 }$ ; $\dst Q_b = \frac{2}{7 } Q_t$ ; $\dst Q_a = \frac{4}{7 } Q_t$

donde $Q_t$es la carga total

Les parece que hice bien? Ademas fui haciendo un grafico de barras donde por ejemplo inicialmente A la hice de una altura de 5 y B de una altura de 2,5 y C con altura cero. Luego del primer contacto de C con A la carga se distribuye y A quedaria con una altura de 4 , B igual que antes y C una altura de 1


Gracias

[Al2000]

Re: esferas conductoras

...
Primero al tocar la esfera C con la A la carga se distribuye segun la relacion : ( esta relacion la vi en el libro)

$\dst \frac{Q_a}{Q_c } = \frac{r_a}{r_c } = \frac{2r_b}{r_c } = \frac{4r_c}{r_c }$ entonces

$Q_a = 4 Q_c$
...

Estás haciendo un mal manejo de las ecuaciones, tienes que distinguir entre las cargas iniciales y las cargas finales. La relación que pones es cierta y proviene de la igualación de los potenciales de las dos esferas después del contacto. Deberías decir algo así:

- Cargas iniciales: $Q_a,\, Q_c$ con $Q_c = 0$

- Cargas finales: $Q_a'\, Q_c'$ con $Q_a' = 4 Q_c'$

- Conservación de la carga: $Q_a + Q_c = Q_a' + Q_c'$

y resolver para obtener que $\dst Q_a' = \frac 4 5 Q_a$ y $\dst Q_c' = \frac 1 5 Q_a$

Luego hacer lo mismo para el contacto entre C y B, etc. Eventualmente debería aparecer un patrón que te permita responder la última pregunta, aunque por consideraciones teóricas se puede responder sin hacer todas las cuentas (TIP: lo que te subrayé arriba).

Saludos,

Al

[LauraLopez]

Re: esferas conductoras

mmmmm masomenos entiendo lo que decis pero que hice mal? no veo igual donde estoy haciendo mal mas alla de la notacion o sea cuando digo Q_a luego de que hizo contacto la esfera A con la C me estoy refiriendo al nuevo valor Q_a...porque llego a distintos valors que vos?

- - - Actualizado - - -

y no veo eso del patron que decis que aparece

[arivasm]

Re: esferas conductoras

Trataré de ayudar aclarando el primer contacto y algo del segundo.

Para el primero, como bien te aconseja Al usaré primas para las cargas después del contacto y sin ellas para las cargas antes del contacto.

Antes del contacto: $Q_a$, $Q_c=0$.

Tras el contacto: $Q'_a$, $Q'_c$. Además tendremos que estas cargas cumplen dos leyes, la conservación de la carga total

$$Q'_a+Q'_c=Q_a+0$$

y la igualdad de potenciales (condición de equilibrio eléctrico): como son esferas, tomando como referencia el infinito (recordemos que entonces el potencial de una esfera es $V=kQ/R$)

$$\dst k \frac{Q'_a}{R_a}=k \frac{Q'_c}{R_c}$$

Como $R_a=4 R_c$, tienes que $Q'_a=4Q'_c$, que al llevarlo a (1) te conduce a que $Q'_a=\frac{4}{5}Q_a$ y $Q'_c=\frac{1}{5}Q_a$.

Ahora hay que hacer lo mismo, pero con B y C. Usaré una prima para antes del contacto y dos primas para después (pero no acabaré el cálculo).

Antes del contacto: $Q'_c=\frac{1}{5}Q_a$, $Q'_b=Q_b$.

Tras el contacto: $Q''_b$, $Q''_c$.

Conservación de la carga total: $Q''_b+Q''_c=\frac{1}{5}Q_a+Q_b$. Igualdad de potenciales $\dst k \frac{Q''_b}{R_b}=k \frac{Q''_c}{R_c}$, etcétera.

[LauraLopez]

Re: esferas conductoras

sigo sin entender poque es necesario las primas...pero bueno ahi intento continuar con el calculo y pregunto las dudas

- - - Actualizado - - -

Hice lo del segundo contanto y llego a :

$Q_C''= \frac{Q_B}{3 } + \frac{Q_a}{15 }$ y $Q_B''= \frac{2}{3 }Q_B + \frac{2}{15 }Q_A$

esta bien? igual no me doy cuenta como sera ladistribucion al tender a infinito...

Hice una tercera iteracion y llego a:

$Q_C'''= \frac{13}{75 }Q_A + \frac{1}{15 }Q_B$ y $Q_A'''= \frac{52}{75 }Q_A + \frac{4}{15 }Q_B$

Cada vez mas raro los numeros jajaa no me doy cuenta al tender a infinito que distribucion de cargas quedara...

[arivasm]

Re: esferas conductoras

Lo que has escrito está bien.

Ciertamente no es nada fácil (o al menos no lo es para mí), ver la pauta repitiendo el cálculo de los contactos una y otra vez. De todos modos, el comportamiento límite es muy sencillo de encontrar. Está claro que el sistema irá caminando asintóticamente hacia un caso en el que ya dejará de haber intercambio de cargas. Permíteme que llame a las cargas finales $Q_a^{(\infty)}$, $Q_b^{(\infty)}$ y $Q_c^{(\infty)}$. Si ya no hay intercambio de cargas, finalmente se cumplirá que las tres esferas tienen el mismo potencial, luego $Q_a^{(\infty)}=2 Q_b^{(\infty)}=4 Q_c^{(\infty)}$. Como $Q_a^{(\infty)}+Q_b^{(\infty)}+Q_c^{(\infty)}=Q_a+Q_b$, tenemos que $Q_a^{(\infty)}=\frac{4}{7}(Q_a+Q_b)$, $Q_b^{(\infty)}=\frac{2}{7}(Q_a+Q_b)$ y $Q_c^{(\infty)}=\frac{1}{7}(Q_a+Q_b)$.


Acabo de fijarme que es precisamente lo que has escrito en tu primer post. Sorry!

- - - Actualizado - - -

Voy a matar una mosca con un cañonazo... La verdad es que lo que voy a escribir no es tanto por ayudar como por aportar al problema de "cuál es la pauta"

Usaré, como antes, un superíndice (n) para marcar el estado de las cargas tras n pasos, entendiendo por paso el resultado final después de "la esfera C toca la A y luego toca la B".

Haciendo cálculos como los que ha indicado Laura encontramos que tras cada paso se cumple que

$$\begin{aligned}<br /> Q_a^{(n)}&=\frac{4}{5}Q_a^{(n-1)}+\frac{4}{5}Q_c^{(n-1)} \\<br /> Q_b^{(n)}&=\frac{2}{15}Q_a^{(n-1)}+\frac{2}{3}Q_b^{(n-1)}+\frac{2}{15}Q_c^{(n-1)} \\<br /> Q_c^{(n)}&=\frac{1}{15}Q_a^{(n-1)}+\frac{1}{3}Q_b^{(n-1)}+\frac{1}{15}Q_c^{(n-1)}<br /> \end{aligned}$$

Con el fin de hacer las cosas más fáciles, vamos a eliminar la carga de la esfera C, pues como al final de cada paso ha tocado la B, de manera que

$$Q_c^{(n)}=\frac{1}{2}Q_b^{(n)}$$

que se cumplirá para todo n excepto el 0.

De esta manera (1) podemos escribirlo como

$$\begin{aligned}<br /> Q_a^{(n)}&=\frac{4}{5}Q_a^{(n-1)}+\frac{2}{5}Q_b^{(n-1)} \\<br /> Q_b^{(n)}&=\frac{2}{15}Q_a^{(n-1)}+\frac{11}{15}Q_b^{(n-1)}<br /> \end{aligned}$$

(válido para todo n excepto el 1)


Para facilitar el estudio de esta relación de recurrencia introduzcamos el vector

$$Q^{(n)}=\begin{pmatrix} Q_a^{(n)} \\ Q_b^{(n)} \end{pmatrix}$$

porque así podemos escribir (2) en forma de relación matricial

$$Q^{(n)}=MQ^{(n-1)}$$

siendo M la matriz

$$M=\begin{pmatrix}\frac{4}{5} & \frac{2}{5} \\ \frac{2}{15} & \frac{11}{15} \end{pmatrix}$$

(insisto: 4 vale para todo n salvo el 1)

Aplicando recursivamente (4) tenemos que

$$Q^{(n)}=M^{n-1} Q^{(1)}$$

con lo que la pauta buscada pasa por el cálculo de la potencia de la matriz M.

Y aquí viene la parte que quizá no ayude a Laura. Para calcular la potencia de una matriz hay que recurrir a su diagonalización, es decir, a escribirla en la forma

$$M=P \Lambda P^{-1}$$

donde $\Lambda$ es una matriz diagonal, constituida por los valores propios de M, y P es la matriz de autovectores de M.

La razón está en que al llevar (7) a (6) tenemos que

$$M^{n-1}=P \Lambda^{n-1} P^{-1}$$

El cálculo de los autovalores y autovectores de una matriz es sencillo, pues basta con resolver en primer lugar la ecuación $\det(M-\lambda_i I)=0$ (donde I es la matriz identidad) y a continuación resolver $Mp_i=\lambda_i p_i$, de manera que la matriz P está formada por los autovectores $p_i$.

Los autovalores de M son 1 y $\frac{8}{15}$, con lo que

$$\Lambda=\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & \frac{8}{15} \end{pmatrix}$$

Por otra parte, la matriz de autovectores puede escribirse como (donde por comodidad he optado por normalizar su determinante)

$$P=\frac{1}{\sqrt{7}}\begin{pmatrix}2 & -3 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$$

y entonces

$$P^{-1}=\frac{1}{\sqrt{7}}\begin{pmatrix}2 & 3 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$$

Así pues, llevando todo esto a (8), tenemos que

$$\dst M^{n-1}=\frac{1}{7}\begin{pmatrix}2 & -3 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\;\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & \left(\frac{8}{15}\right)^{n-1} \end{pmatrix}\;\begin{pmatrix}2 & 3 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}=\frac{1}{7}\begin{pmatrix}4+3\frac{8^{n-1}}{15^{n-1}} & 6-6\frac{8^{n-1}}{15^{n-1}} \\ 2-2\frac{8^{n-1}}{15^{n-1}} & 3+4\frac{8^{n-1}}{15^{n-1}}\end{pmatrix}$$

Por tanto,

$$\begin{aligned}<br /> Q_a^{(n)}&=\frac{1}{7}\left(4+3\frac{8^{n-1}}{15^{n-1}}\right)Q_a^{(1)}+\frac{1}{7}\left(6-6\frac{8^{n-1}}{15^{n-1}}\right)Q_b^{(1)} \\<br /> Q_b^{(n)}&=\frac{1}{7}\left(2-2\frac{8^{n-1}}{15^{n-1}}\right)Q_a^{(1)}+\frac{1}{7}\left(3+4\frac{8^{n-1}}{15^{n-1}}\right)Q_b^{(1)}<br /> \end{aligned}$$

Si ahora hacemos uso de que

$$\begin{aligned}<br /> Q_a^{(1)}&=\frac{4}{5}Q_a^{(0)}\\<br /> Q_b^{(1)}&=\frac{2}{15}Q_a^{(0)}+\frac{2}{3}Q_b^{(0)}<br /> \end{aligned}$$

finalmente encontramos la (maldita ) pauta:

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Al tomar $n\to\infty$ los cocientes de las potencias tienden a cero, de manera que

$$\begin{aligned}<br /> Q_a^{(\infty)}&=\frac{4}{7}Q_a^{(0)}+\frac{4}{7}Q_b^{(0)}=\frac{4}{7}(Q_a^{(0)}+Q_b^{(0)}) \\<br /> Q_b^{(\infty)}&=\frac{2}{7}Q_a^{(0)}+\frac{2}{7}Q_b^{(0)}=\frac{2}{7}(Q_a^{(0)}+Q_b^{(0)})<br /> \end{aligned}$$

Como veis, una mosca muerta de un cañonazo!!!

[LauraLopez]

Re: esferas conductoras

entonces lo que hice en el primer post estaba bien? o de casualidad llegue a un resultado correcto? porque sigo sin ver porque es necesario eso de usar las primas.. aunque si queda claro que aclara la resolucion

con respecto a tu ultimo metodo estas loco

[Al2000]

Re: esferas conductoras

...
Al tomar $n\to\infty$ los cocientes de las potencias tienden a cero, de manera que...

¡No veis! Yo sabía que saldría un patrón fácil de ver jajaja

[arivasm]

Re: esferas conductoras

entonces lo que hice en el primer post estaba bien? o de casualidad llegue a un resultado correcto? porque sigo sin ver porque es necesario eso de usar las primas.. aunque si queda claro que aclara la resolucion

Si el contenido de todo el primer post (incluido lo que escribiste antes de los puntos suspensivos) se refería al comportamiento límite, entonces sí. Yo creí, y me temo que Al también, que lo que ponías antes de los puntos suspensivos daba respuesta a la primera pregunta del enunciado, en cuyo caso tenía la incorrección (mejor dicho, la incompletitud) que Al te señaló.

Las primas (u otra forma equivalente) son indispensables para distinguir los valores antes de los contactos con los que tienen después.

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¡No veis! Yo sabía que saldría un patrón fácil de ver jajaja

Yo me he acordado, más bien, de los difuntos del "patrón" que se inventó el ejercicio...