Esercizi Applicativi

Legge di Coulomb

Data una carica sorgente Q distante $\overline{r}$ da una carica di prova q, è utile ricordare le formule:

$$\begin{equation*} \begin{split} & \overline{F}_q = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{Q \cdot q}{r^2}\widehat{r} \; \rm [N] \\ & \overline{E} = \frac{\overline{F}_q}{q} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{Q}{r^2}\widehat{r} \; \rm \bigg[\frac{N}{C} \bigg] \end{split} \end{equation*}$$

Cariche Puntiformi Equidistanti

Date due cariche sorgenti $Q_1$ e $Q_2$ equipotenziali, entrambe poste sull’asse orizzontale e distanti d dall’origine: una carica è posta a -d e l’altra a distanza d.

Data una carica q che giace sull’asse verticale ad altezza h, si vuole calcolare la forza di Coulomb $\overline{F}_{\rm tot}$ che subisce tale carica a causa delle due sorgenti.

$Q_1$ si congiunge a q tramite il raggio $\overline{r}_1$ e applica la forza $\overline{F}_1$. $Q_2$ si congiunge a q tramite il raggio $\overline{r}_2$ e applica la forza $\overline{F}_2$.

L’asse orizzontale delle x forma con $\overline{r}_1$ un angolo $\theta$ posto in corrispondenza della carica $Q_1$. Lo stesso angolo si genera anche con $\overline{r}_2$ in corrispondenza di $Q_2$ grazie al fatto che le cariche sorgenti sono equidistanti.

Si può scrivere:

$$\begin{equation*} \begin{split} Q &= Q_1 \equiv Q_2 \\ F &= \Big|\overline{F}_{1}\Big| = \Big|\overline{F}_{2}\Big| \\ r &= | \overline{r}_1 | = | \overline{r}_2 | = \sqrt{d^2 + h^2}\\ d &= r \cdot \cos(\theta) \\ h &= r \cdot \sin(\theta) \\ \implies & \sin(\theta) = \frac{h}{r} \end{split} \end{equation*}$$

Si possono scomporre le forze nelle due componenti date dagli assi cartesiani:

$$\begin{equation*} \begin{split} \overline{F}_1 &= \overline{F}_{1x} \cdot \widehat{x} + \overline{F}_{1y} \cdot \widehat{y} \\ \overline{F}_2 &= \overline{F}_{2x} \cdot \widehat{x} + \overline{F}_{2y} \cdot \widehat{y} \\ \end{split} \end{equation*}$$

Inoltre, si può scrivere una mezza eresia per semplicità di notazione: $\overline{F}_{1x} = F_{1x}$. Tale vettore ha sicuramente direzione orizzontale (l’unico dubbio potrebbe essere sul verso, che è lo stesso di $\overline{F}_1$).

Sulla prima immagine si potrebbe fare un ingrandimento del tipo:

Si possono fare importanti osservazioni:

$$F_{1x} = \Big|\overline{F}_{1}\Big| \cdot \cos(\theta) \\ F_{1y} = \Big|\overline{F}_{1}\Big| \cdot \sin(\theta) \\ F_{2x} = \Big|\overline{F}_{2}\Big| \cdot \cos(\theta) \\ F_{2y} = \Big|\overline{F}_{2}\Big| \cdot \sin(\theta)$$

Grazie alla simmetria del sistema si può aggiungere che:

$$\begin{equation*} \begin{split} & F_{1x} = - F_{2x} \\ & F_{1y} = F_{2y} \\ \end{split} \end{equation*}$$

La forza totale che agisce sulla carica q si può scomporre anch’essa nelle sue componenti cartesiane:

$$\begin{equation*} \begin{split} \overline{F}_{\rm tot} &= \overline{F}_1 + \overline{F}_2 \\ &= \begin{cases} {\overline{F}_{\rm tot}}_x = \overline{F}_{1x} + \overline{F}_{2x} = 0\\ {\overline{F}_{\rm tot}}_y = \overline{F}_{1y} + \overline{F}_{2y} = \Big(\overline{F}_1 + \overline{F}_2 \Big)\sin(\theta) \end{cases} \end{split} \end{equation*}$$

Da questo punto in poi, non è più necessario utilizzare la notazione vettoriale poiché si è compreso che la forza totale applicata sulla carica q è diretta verticalmente verso l’alto.

Come esplicitato di sopra, noti i valori di d ed h si trova il valore (in modulo) del raggio r. Noti i valori di Q e q, la legge di Coulomb permette di scrivere:

$$F = F_1 = F_2 = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{Q \cdot q}{r^2}$$

Grazie al fatto, come detto in precedenza, che $\sin(\theta) = h/r$, si può scrivere:

$$\begin{equation*} \begin{split} \overline{F}_{\rm tot} &= {\overline{F}_{\rm tot}}_y = \\ &= \Big(\overline{F}_1 + \overline{F}_2 \Big)\sin(\theta) = \\ &= 2\overline{F} \sin(\theta) =\\ &= 2 \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{Q \cdot q}{r^2}\frac{h}{r}\widehat{y} =\\ &= \frac{1}{2 \pi \epsilon_0}\frac{Q \cdot q \cdot h}{r^3} \widehat{y} \; \rm [N] \end{split} \end{equation*}$$

Filo Carico Orizzontale

Dato un filo carico di lunghezza 2L posto sull’asse orizzontale in modo che l’origine degli assi si trovi esattamente a metà di tale filo. Il filo possiede una carica q distribuita uniformemente con densità lineare di carica $\lambda$ su tutta la sua lunghezza. Sia P un punto che giace sull’asse verticale, ad altezza h dall’origine. Si vuole calcolare il campo elettrico E sul punto P dato dal filo carico.

Ogni elemento infinitesimo di lunghezza dl contiene una carica infinitesima dq che apporta il contributo infinitesimo dE al campo elettrico nel punto P. In questo caso, l’asse z è trascurabile perché il filo e il punto si trovano sul piano formato dagli assi x e y.

Preso un elemento dl sul filo carico a distanza l dall’origine, si forma un angolo $\theta$ tra il punto sul filo, il punto P e l’origine degli assi. Inoltre, dl si congiunge a P tramite il raggio vettoriale $\overline{r}$, come si può apprezzare in figura:

I contributi infinitesimi al campo elettrico sono dati da:

$$\begin{equation*} \begin{split} d \overline{E} &= \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{dq}{r^2}\widehat{r} =\frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\lambda \cdot dl}{r^2}\widehat{r} = \begin{cases} d E_x = d \overline{E} \cdot \widehat{x}\\ d E_y = d \overline{E} \cdot \widehat{y}\\ d E_z = d \overline{E} \cdot \widehat{z} = 0 \end{cases}\\ &= dE \sin(\theta) \cdot \widehat{x} + dE \cos(\theta) \cdot \widehat{y} \end{split} \end{equation*}$$

Presi due elementi di filo alla stesa distanza dall’origine ma opposti rispetto all’asse verticale (ad esempio $x_1 = -L+2$ e $x_2 = L - 2$), si ha che:

$$\begin{equation*} \begin{split} & \begin{cases} dE_{1x} = dE_{2x}\\ dE_{1y} = dE_{2y}\\ \end{cases}\\ \\ \implies d \overline{E} &= d \overline{E}_1 + d \overline{E}_2 = dE_{1x} + dE_{1y} - dE_{2x} + dE_{2y} =\\ &= 2 \cdot dE_{1y} = 2 \cdot d \overline{E}_1 \cos(\theta) \widehat{y} \end{split} \end{equation*}$$

In ogni punto P appartenente all’asse y, si può affermare che i contributi al campo E di coppie di elementi infinitesimi equidistanti dall’origine sono diretti lungo l’asse y.

$$d \overline{E} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\lambda \cdot dl}{r^2} \cos(\theta) \cdot \widehat{y}$$

Per ottenere E su P si integra dE su tutta la lunghezza del filo 2L.

Prima di effettuare l’integrale, è utile ragionare sulle implicazioni di aver scelto l’angolo $\theta$ in quella posizione:

$$\begin{equation*} \begin{split} & h = r \cos(\theta) \\ & l = r \sin(\theta) \\ & r = \sqrt{l^2 + h^2} \\ & \sin(\theta) = \frac{l}{r} = \frac{l}{\sqrt{l^2 + h^2}} \\ & \theta = \arcsin(\sin(\theta))= \arcsin\Bigg(\frac{l}{\sqrt{l^2 + h^2}}\Bigg) \\ \end{split} \end{equation*}$$

Si può precedere con l’integrazione:

$$\begin{equation*} \begin{split} E &= \int_{-L}^{L} dE = \int_{-L}^{L} \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\lambda \cdot dl}{r^2} \cos(\theta)=\\ &= 2 \int_0^L \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\lambda \cdot dl}{h^2 / \cos^2(\theta)} \cos(\theta) \end{split} \end{equation*}$$

A questo punto si effettua un cambio di variabile da $dl$ a $d\theta$:

$$dl = h \cdot \frac{d\theta}{\cos^2(\theta)}$$

con $\theta$ che va da zero al suo valore massimo $\theta_\O$:

$$\begin{equation*} \begin{split} E &= \int_{0}^{\theta_\O} \frac{1}{2 \pi \epsilon_0}\frac{\lambda \cdot \cos^3(\theta)}{h^2} h \cdot \frac{d\theta}{\cos^2(\theta)}=\\ &= \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 \cdot h} \int_{0}^{\theta_\O} \cos(\theta) d\theta=\\ &= \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 \cdot h} \sin(\theta_\O)\\ \end{split} \end{equation*}$$

Si può notare che, se l’angolo ha estensione massima allora ci si trova sul filo nel punto più lontano dall’origine, ovvero:

$$\theta = \theta_\O \implies l = L \implies \sin(\theta_\O) = \frac{L}{r} = \frac{L}{\sqrt{L^2 + h^2}}$$

Grazie alla formula del seno di $\theta$ esplicitata in precedenza, si può scrivere:

$$E = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 h} \sin(\theta_\O) = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 h} \frac{L}{\sqrt{L^2 + h^2}}$$

Se il filo carico avesse lunghezza infinita, bisognerebbe scrivere:

$$\lim_{L \to \infty} E =\lim_{L \to \infty} = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 h} \frac{L}{\sqrt{L^2 + h^2}} = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 h}$$

Filo Carico Verticale

Dato un filo carico di lunghezza L posto sull’asse y ad distanza a dall’origine in modo che si estenda da $y_1 = -a$ fino a $y_2 = -a-L$. Il filo possiede una densità lineare di carica $\lambda$ nota. Sia P un punto che giace sull’origine degli assi cartesiani, si vuole calcolare il campo elettrico E sul punto P dato dal filo carico.

In questo esercizio l’asse z si può tranquillamente ingorare e si indica y come l’asse verticale.

Si suddivide la distribuzione di carica in elementi di lunghezza infinitesima dl, i quali sono orientati lungo l’asse y. Ogni contributo dl si congiunge a P tramite il raggio vettoriale $\overline{r}$, il quale giace sull’asse verticale delle y:

• direzione: verticale,
• verso: verso l’alto.

Si può scrivere:

$$\widehat{r} \equiv \widehat{y}$$

Si nota inoltre che il contributo orizzontale al campo elettrico è nullo:

$$d \overline{E} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{dq}{r^2}\widehat{r} =\frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\lambda \cdot dl}{r^2}\widehat{r} = \begin{cases} d E_x = d \overline{E} \cdot \widehat{x} = 0\\ d E_y = d \overline{E} \cdot \widehat{y} = d \overline{E} \cdot \widehat{r}\\ d E_z = d \overline{E} \cdot \widehat{z} = 0 \end{cases}\\ \implies d \overline{E} = d E_y$$

Il contributo di carica infinitesimo dq può essere scritto come:

$$dq = \lambda \cdot dl = \lambda \cdot dy$$

Quindi il contributo infinitesmo al campo elettrico si scrive come:

$$d \overline{E} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{dq}{r^2}\widehat{r} = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\lambda \cdot dy}{y^2}\widehat{y}$$

Per ottenere il campo elettrico, si integra su tutta la lunghezza del filo:

$$\begin{equation*} \begin{split} E_y &= \int_{-a-L}^{-a} \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\lambda \cdot dy}{y^2} =\\ &= \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \int_{-a-L}^{-a} \frac{dy}{y^2} =\\ &= \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \bigg[-\frac{1}{y} \bigg]_{-a-L}^{-a} =\\ &= \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \bigg[\frac{1}{y} \bigg]_{a+L}^{a} =\\ &= \frac{\lambda}{4 \pi \epsilon_0} \bigg( \frac{1}{a} - \frac{1}{a+L} \bigg) \end{split} \end{equation*}$$

Anello Carico

Un anello carico è una circonferenza carica solo sul proprio perimetro.

Dato un anello carico con densità lineare di carica $\lambda$ che giace sul piano xy. L’anello ha raggio R (noto) ed il centro che coincide con l’origine degli assi. Sia P un punto che giace sull’asse z ad altezza h dall’origine degli assi. Si vuole calcolare il campo elettrico E sul punto P dato dall’anello carico.

Si suddivide l’anello in elementi di lunghezza infinitesima dl. Ogni elemento infinitesimo di lunghezza dl contiene una carica infinitesima dq che apporta il contributo infinitesimo dE al campo elettrico E nel punto P. Inoltre, da dl parte un raggio vettore $\overline{r}$ che congiunge dq al punto P.

Si forma un angolo $\theta$ tra il semi-asse delle x positive e il raggio R, il quale congiunge il contributo dl sull’annello carico con l’origine degli assi.

$$dl = R \cdot d\theta \implies dq = \lambda \cdot dl = \lambda \cdot R \cdot d\theta$$

Si forma un angolo $\varphi$ tra il semi-asse delle z positive e il raggio vettore $\overline{r}$, il quale congiunge il contributo dl sull’annello carico con il punto P.

$$\begin{equation*} \begin{split} & \begin{cases} h = r \cos(\varphi) \\ R = r \sin(\varphi) \end{cases} \\ & \implies \cos(\varphi) = h/r \\ & \implies r = \sqrt{R^2 + h^2} \end{split} \end{equation*}$$

Il contributo infinitesmo al campo elettrico si scrive come:

$$\begin{equation*} \begin{split} d\overline{E} &= \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{dq}{r^2}\widehat{r} =\\ &= \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\lambda \cdot R \cdot d\theta}{R^2 + h^2}\widehat{r} =\\ &= \begin{cases} d E_x = d \overline{E} \cdot \widehat{x}\\ d E_y = d \overline{E} \cdot \widehat{y}\\ d E_z = d \overline{E} \cdot \widehat{z} \end{cases} \\ \\ \implies d E_z &= d \overline{E} \cdot \widehat{z} = dE \cdot \cos(\varphi) =\\ &= dE \cdot \frac{h}{r} = dE \cdot \frac{h}{\sqrt{R^2 + h^2}} \end{split} \end{equation*}$$

È importante notare come i contributi $dE_x$ e $dE_y$ non sono identicamente nulli. Per ogni elemento dl esiste un elemento dl’ che genera dei contributi $dE_x'$ e $dE_y'$ i quali annullano i contributi $dE_x$ e $dE_y$. Dunque, l’unico contributo che non viene annullato è quello diretto verso l’asse verticale.

Per ottenere $E_z$ si integra $dE_z$ sulla distribuzione di carica, ovvero i 360 gradi della circonferenza: l’angolo $\theta$ varia da zero a $2\pi$ radianti per fare tutto il giro della circonferenza.

$$\begin{equation*} \begin{split} E_z &= \int_{\substack{\text{distribuzione} \\ \text{di carica}}} dE_z =\\ &= \int_0^{2\pi} \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\lambda \cdot R \cdot d\theta}{r^2} \cdot \cos(\varphi) =\\ &= \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{\lambda \cdot R \cdot h}{(R^2 + h^2)^{3/2}} \int_0^{2\pi} d\theta =\\ &= \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{\lambda \cdot R \cdot h}{(R^2 + h^2)^{3/2}} \bigg[ \theta \bigg]_0^{2\pi}=\\ &= \frac{\lambda \cdot R \cdot h}{2\epsilon_0 \cdot (R^2 + h^2)^{3/2}} \end{split} \end{equation*}$$

Disco Carico

Un disco carico è una circonferenza carica sia sul proprio perimetro che all’interno della propria area. Questo esercizio riprende il precedente ma ne aumenta la complessità. Si passa da una a due dimensioni e dunque da un integrale singolo ad uno doppio, per il calcolo del campo elettrico.

La superficie S che rappresenta il disco carico, ha una densità superficiale di carica $\sigma$. Si suddivide S in elementi di superficie infinitesima dS. Ognuno di questi elementi contiene una carica infinitesima dq che apporta il contributo infinitesimo dE al campo elettrico E nel punto P. Inoltre, da dS parte un raggio vettore $\overline{r}$ che congiunge dq al punto P. L’elemento dS si muove anche all’interno della superficie (e non più solo sul perimetro come nell’esempio precedente), bisogna quindi introdurre un braccio $\rho$ che và da zero (origine degli assi) fino ad R (raggio della circonferenza). L’angolo $\theta$ che $\rho$ forma con il semi-asse positivo delle x, andrà (come prima) da zero a $2\pi$ per “coprire” tutta la circonferenza.

Si può esprimere dS utilizzando le coordinate cilindriche:

$$\begin{cases} x = \rho \cos(\theta)\\ y = \rho \sin(\theta)\\ z = z \end{cases}$$

$$dS = \rho \cdot d\rho \cdot d\theta \implies dq = \sigma \cdot dS = \sigma \cdot \rho \cdot d\rho \cdot d\theta$$

Il raggio vettore $\overline{r}$ congiunge il contributo dS a distanza $\rho$ dall’origine degli assi al punto P ad altezza h sull’asse verticale z. Si può costruire un triangolo rettangolo in cui h e $\rho$ sono i cateti ed r è l’ipotenusa.

$$r = \sqrt{\rho^2 + h^2}$$

L’angolo $\varphi$, come nell’esempio precedente, è posto in corrispondenza del punto P ed è formato tra il vettore r e l’altezza h:

$$\begin{cases} h = r \cos(\varphi) \implies \cos(\varphi) = h/r\\ \rho = r \sin(\varphi) \end{cases}$$

Il contributo infinitesmo al campo elettrico si scrive come:

$$\begin{equation*} \begin{split} d\overline{E} &= \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{dq}{r^2}\widehat{r} =\\ &= \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\sigma \cdot dS}{r}\widehat{r} =\\ &= \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\sigma \cdot \rho \cdot d\rho \cdot d\theta}{\rho^2 + h^2}\widehat{r} =\\ &= \begin{cases} d E_x = d \overline{E} \cdot \widehat{x}\\ d E_y = d \overline{E} \cdot \widehat{y}\\ d E_z = d \overline{E} \cdot \widehat{z} \end{cases} \\ \\ \implies d E_z &= d \overline{E} \cdot \widehat{z} = dE \cdot \cos(\varphi) =\\ &= dE \cdot \frac{h}{r} = dE \cdot \frac{h}{\sqrt{\rho^2 + h^2}}=\\ &= \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\sigma \cdot d\rho \cdot d\theta \cdot h}{(\rho^2 + h^2)^{3/2}} \end{split} \end{equation*}$$

Anche in questo caso è importante notare come i contributi $dE_x$ e $dE_y$ non sono identicamente nulli, ma trovano dei contributi opposti in verso che li annullano. Rimane solo il contributo che agisce sull’asse verticale.

$$\begin{equation*} \begin{split} E_z &= \iint_{\substack{\text{distribuzione} \\ \text{di carica}}} dE_z =\\ &= \int_{\theta = 0}^{2\pi} \int_{\rho = 0}^{R} \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\sigma \cdot \rho \cdot d\rho \cdot d\theta \cdot h}{(\rho^2 + h^2)^{3/2}} =\\ &= \frac{\sigma \cdot h}{4 \pi \epsilon_0}\int_0^{2\pi} d\theta \cdot \int_0^{R} \frac{\rho \cdot d\rho}{(\rho^2 + h^2)^{3/2}} =\\ &= \frac{\sigma \cdot h}{2 \epsilon_0} \bigg[ -\frac{1}{(\rho^2 + h^2)^{1/2}} \bigg]_0^{R} =\\ &= \frac{\sigma \cdot h}{2 \epsilon_0} \bigg(\frac{1}{h} - \frac{1}{\sqrt{R^2 + h^2}} \bigg)=\\ &= \frac{\sigma}{2 \epsilon_0} \bigg(1- \frac{h}{\sqrt{R^2 + h^2}}\bigg) \end{split} \end{equation*}$$

Potenziale Elettrico

Anello Carico

Esistono due metodi per calcolare il potenziale elettrico di un anello carico. Dato il punto P che giace sull’asse z a distanza h dall’origine degli assi, si può scrivere:

$$V(P) = \int_P^{\infty} \overline{E} \cdot d\overline{l}$$

Si sceglie il percorso $\gamma$ più conveniente per andare da P all’infinito. Un percorso molto conveniente è seguire l’asse z:

$$d\overline{l} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ dz \end{pmatrix}$$

Per evitare ambiguità e poiché si sta trattando con un generico punto P, si può riprendere la formula del campo elettrico dell’anello carico e sostituire h con z.

$$E_z = \frac{\lambda}{2 \epsilon_0} \frac{R\cdot z}{(R^2 + z^2)^{3/2}}$$

Integrare da P all’infinito significa integrare dall’altezza h all’infinito in direzione dell’asse z, ovvero in dz:

$$\begin{equation*} \begin{split} V(P) &= \int_{z=h}^{\infty} E(z)\cdot d\overline{l} = \int_{h}^{\infty} E_z\cdot dz=\\ &= \int_{h}^{\infty} \frac{\lambda}{2 \epsilon_0}\frac{R\cdot z}{(R^2 + z^2)^{3/2}}dz=\\ &= \frac{\lambda}{2 \epsilon_0} \lim_{\beta \to \infty} \bigg[-\frac{R}{\sqrt{R^2 + z^2}}\bigg]_h^{\beta}=\\ &= \frac{\lambda}{2 \epsilon_0} \frac{R}{\sqrt{R^2 + h^2}} \end{split} \end{equation*}$$

Il secondo metodo per il calcolo del potenziale elettrico consiste nel sommare tutti i contributi infinitesimi dV(P) che provengono dagli elementi di carica infinitesima dq contenuti negli elementi di lunghezza infinitesima dl.

Come visto in precedenza, la carica infinitesima equivale a:

$$dq = \lambda \cdot dl = \lambda \cdot R \cdot d\theta$$

In precedenza si è anche visto che il raggio r è l’ipotensuna di un triangolo in cui R ed h sono i cateti:

$$r = \sqrt{R^2 + h^2}$$

Si può quindi procedere al calcolo del potenziale elettrico:

$$\begin{equation*} \begin{split} V(P) &= \int_{\substack{\text{distribuzione} \\ \text{di carica}}} \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{dq}{r} =\\ &= \int_{\theta = 0}^{2\pi} \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\lambda \cdot R \cdot d\theta}{\sqrt{R^2 + h^2}} =\\ &= \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda\cdot R}{\sqrt{R^2 + h^2}}\int_{0}^{2\pi} d\theta =\\ &= \frac{\lambda}{2 \epsilon_0} \frac{R}{\sqrt{R^2 + h^2}} \end{split} \end{equation*}$$

In entrambi i casi il risultato è corretto.

Disco Carico

Esistono due metodi per calcolare il potenziale elettrico di un disco carico. Dato il punto P che giace sull’asse z a distanza h dall’origine degli assi (ovvero dal centro del disco carico), si può scrivere:

$$V(P) = \int_P^{\infty} \overline{E} \cdot d\overline{l}$$

Si sceglie il percorso $\gamma$ più conveniente per andare da P all’infinito. Un percorso molto conveniente è seguire l’asse z:

$$d\overline{l} = \begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ dz \end{pmatrix}$$

Per evitare ambiguità e poiché si sta trattando con un generico punto P, si può riprendere la formula del campo elettrico del disco carico e sostituire h con z.

$$E_z = \frac{\sigma}{2 \epsilon_0} \bigg(1- \frac{z}{\sqrt{R^2 + z^2}}\bigg)$$

Integrare da P all’infinito significa integrare dall’altezza h all’infinito in direzione dell’asse z, ovvero in dz:

$$\begin{equation*} \begin{split} V(P) &= \int_{z=h}^{\infty} E(z)\cdot d\overline{l} = \int_{h}^{\infty} E_z\cdot dz=\\ &= \int_{h}^{\infty} \frac{\sigma}{2 \epsilon_0} \bigg(1- \frac{z}{\sqrt{R^2 + z^2}}\bigg)dz=\\ &= \frac{\sigma}{2 \epsilon_0} \lim_{\beta \to \infty} \bigg[z- \sqrt{R^2 + z^2}\bigg]_h^{\beta}=\\ &= \frac{\sigma}{2 \epsilon_0} \bigg(\sqrt{R^2 + h^2} - h\bigg)\end{split} \end{equation*}$$

Il secondo metodo per il calcolo del potenziale elettrico consiste nel sommare tutti i contributi infinitesimi dV(P) che provengono dagli elementi di carica infinitesima dq contenuti negli elementi di superficie infinitesima dS.

Come visto in precedenza, la carica infinitesima equivale a:

$$dq = \sigma \cdot dS = \sigma \cdot \rho \cdot d\rho \cdot d\theta$$

In precedenza si è anche visto che il raggio r è l’ipotensuna di un triangolo in cui $\rho$ ed h sono i cateti:

$$r = \sqrt{\rho^2 + h^2}$$

Si può quindi procedere al calcolo del potenziale elettrico:

$$\begin{equation*} \begin{split} V(P) &= \iint_{\substack{\text{distribuzione} \\ \text{di carica}}} \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{dq}{r} =\\ &= \int_{\theta = 0}^{2\pi}\int_{\rho = 0}^R \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}\frac{\sigma \cdot \rho \cdot d\rho \cdot d\theta}{\sqrt{\rho^2 + h^2}} =\\ &= \frac{\sigma}{4 \pi \epsilon_0} \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^R \frac{\rho \cdot d\rho}{\sqrt{\rho^2 + h^2}} =\\ &= \frac{\sigma}{4 \pi \epsilon_0} \cdot \bigg[\theta\bigg]_{0}^{2\pi} \cdot \bigg[\sqrt{\rho^2 + h^2}\bigg]_{0}^R=\\ &= \frac{\sigma}{2 \epsilon_0} \bigg(\sqrt{R^2 + h^2} - h\bigg) \end{split} \end{equation*}$$

In entrambi i casi il risultato è corretto. Alcuni esercizi si risolvono più facilmente in un metodo piuttosto che in un altro. È importante conoscerli entrambi.

Teorema di Guass

$$\phi_E = \oiint_S \overline{E} \cdot \widehat{n} \; dS = \frac{q_{\text{enc}}}{\epsilon_0}$$

Filo Infinito Carico

Si tratta di un esercizio un po’ atipico, vista la superficie di Gauss scelta.

Un filo carico di lunghezza L infinita giace sull’asse y. Il filo ha carica q e densità lineare di carica $\lambda$. Il punto di osservazione P si trova sull’asse z a distanza h dall’origine degli assi (e dunque dal filo), ovvero $P=(0,0,h)$. Si vuole calcolare il campo elettrico E sul punto P.

Grazie al teorema di Gauss, si sceglie di costruire una superficie cilindrica S che interseca il punto P nella sua superficie laterale S_L. Il cilindro ha lunghezza $L \to \infty$ e raggio $r = h$. Il cilintro possiede la stessa densità lineare di carica $\lambda$ del filo carico. Si può scrivere:

$$q = \lambda \cdot L$$

Si osserva inoltre che l’area della superficie laterale è data da:

$$\text{area } S_L = A_{S_L} = \iint_{S_L} dS = 2 \pi r L \; \rm [m^2]$$

Osservando il sistema con l’asse y “diretta verso l’osservatore” si vede questa figura:

Poiché sia il filo carico che la superficie di Gauss hanno la stessa lunghezza, si può scrivere:

$$q_{\text{enc}} = \text{carica del filo} \cdot \frac{\text{lunghezza di S}}{\text{lunghezza del filo}} = q \cdot \frac{L}{L} = q\\ \implies q_{\text{enc}} = q$$

Grazie al teorema di Gauss, il flusso del campo elettrico è:

$$\phi_E = \oiint_S \overline{E} \cdot \widehat{n} \; dS = \frac{q_{\text{enc}}}{\epsilon_0} \\ \implies \phi_E = \frac{q}{\epsilon_0}$$

La superficie chiusa $\phi_E$ viene esplosa in tre superfici: la laterale $S_L$, la base n°1 $B_1$ e la base n°2 $B_2$.

Per quanto riguarda $S_L$, la normale è diretta come il campo elettrico nella regione centrale del cilindro:

$$\overline{E} \perp \widehat{n}$$

Per quanto riguarda invece le basi, la normale è parallela all’asse del cilindro: una è diretta con verso $\widehat{y}$ e l’altra in verso opposto, ovvero $-\widehat{y}$.

$$\phi_E = \iint_{S_L} \overline{E} \cdot \widehat{n} \; dS + \iint_{B_1} \overline{E} \cdot \widehat{n} \; dS + \iint_{B_2} \overline{E} \cdot \widehat{n} \; dS = \frac{q}{\epsilon_0}$$

I due integrali aventi $B_1$ e $B_2$ come dominio, si annullano tra loro. Come contributo al flusso, rimane la componente integrata sulla superficie laterale:

$$\phi_E = \iint_{S_L} \overline{E} \cdot \widehat{n} \; dS = \iint_{S_L} E(r) dS = E(r) \iint_{S_L} dS = E(r) 2 \pi r L = \frac{\lambda \cdot L}{\epsilon_0}$$

Il teorema di Gauss permette quindi di calcolare il campo elettrico:

$$E(r) = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 r}$$

Per ottenere la sua forma vettoriale, si aggiunge il versore dell’asse z poiché il punto di osservazione P giace su tale asse:

$$\overline{E}(r) = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 r} \cdot \widehat{z}$$

Filo Infinito Carico Traslato

Questo esercizio riprende il precedente ma con un cambiamento molto importante: il filo infinito carico giace sul piano xy a distanza a dall’origine, in modo da essere parallelo all’asse y. Si individua un punto $A=(a,0,0)$ che interseca il filo carico con asse x. Il punto P giace sull’asse z ad una distanza 2a rispetto all’origine, ovvero $P=(0,0,2a)$.

Si forma come superficie di Gauss un cilindro S con centro in A e che interseca P. Il cilindro ha lato $L \to \infty$. Il centro della superficie si congiunge a P tramite il raggio vettore $\overline{d}$.

Si può formare un triangolo rettangolo di cui il raggio vettore $\overline{d}$ è l’ipotenusa e i cateti sono rispettivamente 2a (sull’asse z) ed a (sull’asse x). In questo modo si può scrivere:

$$d = \sqrt{(2a)^2 + (a)^2} = \sqrt{4a^2 + a^2} = a\sqrt{5}$$

Tra il raggio e l’altezza del punto P si forma un angolo $\varphi$ tale che:

$$\begin{cases} 2a = d \cdot \cos(\varphi) \\ a = d \cdot \sin(\varphi) \end{cases} \implies \begin{cases} \cos(\varphi) = (2a)/d =2/\sqrt{5} \\ \sin(\varphi) = a/(a\sqrt{5}) = 1/\sqrt{5} \end{cases}$$

Grazie al teorema di Gauss e a tutte le considerazioni fatte per l’esempio precedente si può scrivere:

$$\phi_E = \iint_{S_L} \overline{E} \cdot \widehat{n} \; dS = \iint_{S_L} E(d) dS = E(d) \iint_{S_L} dS = E(d) 2 \pi r L = \frac{\lambda \cdot L}{\epsilon_0}$$

In modo simile al caso precedente, si arriva ad un campo elettrico che in modulo vale:

$$E(d) = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 d}$$

Si osservi come si utilizza d anziché r per differenziarlo dal caso precedente.

$$\overline{E}(d) = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 d} \cdot \widehat{d}$$

Per ottenere la forma vettoriale del campo elettrico, a causa della traslazione sull’asse delle x, bisogna studiare il comportamento del campo nelle componenti x e z.

$$\begin{cases} E_x = \overline{E} \cdot \widehat{x} = -E \cdot \sin(\varphi) \\ E_z = \overline{E} \cdot \widehat{z} = E \cdot \cos(\varphi) \\ \end{cases}$$

Come si può vedere dall’immagine, la proiezione del campo elettrico sull’asse x ha verso opposto al versore $\widehat{x}$.

N.B. Nell’immagine si omette la superficie S per concentrare l’attenzione sui versi dei vettori.

$$\begin{equation*} \begin{split} E_x &= -E \cdot \sin(\varphi) = -\frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 d} \frac{1}{\sqrt{5}} \\ E_z &= E \cdot \cos(\varphi) = \frac{\lambda}{2 \pi \epsilon_0 d} \frac{2}{\sqrt{5}} \\ \implies \overline{E} &= \frac{\lambda}{5 \pi \epsilon_0 a} \cdot \widehat{z} -\frac{\lambda}{10 \pi \epsilon_0 a} \cdot \widehat{x} \end{split} \end{equation*}$$

II Legge di Laplace

La forza infinitesima $d\overline{F}$ che agisce su un elemento infinitesimo di filo $d\overline{l}$ immerso in un campo magnetico $\overline{B}$ e percorso da corrente i è:

$$d \overline{F} = i \cdot d\overline{l} \times \overline{B} \implies \overline{F}_{tot.} = \int_{\text{filo}} d \overline{F}$$

Spira Quadrata

Una spira quadrata di lato d posta sul piano xy è percorsa da corrente i. La spira risente dell’azione di un campo magnetico $\overline{B} = \alpha x \widehat{z}$. Si vuole calcolare la forza che agisce sulla spira per effetto del campo magnetico.

Si suddivide la spira nei quattro segmenti (i lati di lunghezza d) paralleli (o anti-paralleli) agli assi.

La forza totale che agisce sulla spira è la somma delle forze che agiscono sui singoli lati della spira:

$$\overline{F}_{tot.} = \overline{F}_{\overline{\rm OL}} + \overline{F}_{\overline{\rm LM}} + \overline{F}_{\overline{\rm MN}} + \overline{F}_{\overline{\rm NO}}$$

Si esprime il contributo dl in funzione di dx o dy e si ottengono i moduli delle forze che agiscono sui lati della spira. Si procede un lato per volta:

$$\begin{equation*} \begin{split} & \overline{\rm OL} \longrightarrow d\overline{l} \parallel \widehat{x} \implies d\overline{l} = dx \cdot (\widehat{x}) \\ & \overline{\rm LM} \longrightarrow d\overline{l} \parallel \widehat{y} \implies d\overline{l} = dy \cdot (\widehat{y}) \\ & \overline{\rm MN} \longrightarrow d\overline{l} \parallel -\widehat{x} \implies d\overline{l} = dx\cdot (-\widehat{x}) = -dx \cdot \widehat{x}\\ & \overline{\rm NO} \longrightarrow d\overline{l} \parallel -\widehat{y} \implies d\overline{l} = dy \cdot (-\widehat{y}) = -dy \cdot \widehat{y} \end{split} \end{equation*}$$

Per ogni lato della spira, si ha che $d\overline{l} \perp \overline{B}$: i due vettori formano un angolo retto e il loro prodotto vettoriale equivale al prodotto dei loro moduli:

$$d\overline{l} \times \overline{B} = \Big|d\overline{l}\Big| \cdot \Big|B\Big| \cdot \sin(\pi/2) = B \cdot dl = \alpha x \cdot dl$$

La direzione delle forze applicate ai singoli lati è data dalla regola della mano destra grazie al prodotto vettoriale tra $d\overline{l}$ e $\overline{B}$ sapendo che il campo magnetico è diretto verso l’asse z: $\overline{B} = B \cdot \widehat{z}$. Per i singoli lati si può osservare quanto segue:

$$\begin{equation*} \begin{split} \overline{\rm OL} & \longrightarrow \; \; \; \widehat{x} \times \widehat{z} = -\widehat{y} \implies \overline{F}_{\overline{\rm OL}} = F_{\overline{\rm OL}} \cdot (-\widehat{y})\\ \overline{\rm LM} & \longrightarrow \; \; \; \widehat{y} \times \widehat{z} = \widehat{x} \; \; \; \implies \overline{F}_{\overline{\rm LM}} = F_{\overline{\rm LM}} \cdot(\widehat{x})\\ \overline{\rm MN} & \longrightarrow -\widehat{x} \times \widehat{z} = \widehat{y} \; \; \; \implies \overline{F}_{\overline{\rm MN}} = F_{\overline{\rm MN}} \cdot(\widehat{y})\\ \overline{\rm NO} & \longrightarrow -\widehat{y} \times \widehat{z} = -\widehat{x} \implies \overline{F}_{\overline{\rm NO}} = F_{\overline{\rm NO}} \cdot (-\widehat{x})\\ \end{split} \end{equation*}$$

Per semplicità, si studia inizialmente il modulo della forza che agisce sulla spira per poi andare ad aggiungere i versori (e il verso risultante) solo in seguito:

$$\begin{equation*} \begin{split} F_{tot.} &= F_{\overline{\rm OL}} + F_{\overline{\rm LM}} + F_{\overline{\rm MN}} + F_{\overline{\rm NO}} =\\ &= \int_O^L i B \cdot dl + \int_L^M i B \cdot dl + \int_M^N i B \cdot dl + \int_N^O i B \cdot dl =\\ &= i \alpha \bigg( \int_0^d x\cdot dx + \int_0^d x \cdot dy - \int_0^d x\cdot dx - \int_0^d x\cdot dy \bigg)=\\ &= i \alpha d \int_0^d dy = i \alpha d^2 \cdot \widehat{x} \; \rm [N] \end{split} \end{equation*}$$

Rimane solo il contributo dell’integrale sul lato LM dove x assume il valore di d e si può portare fuori dal segno di integrale in quanto costante:

$$x=d \quad \forall y \in \overline{\rm LM}$$

Su tale lato, la forza ha verso parallelo al semi-asse positivico delle x.

I lati OL ed MN si annullano tra loro mentre sul lato NO il campo magnetico si annulla perché x (da cui dipende il campo) è nullo:

$$x=0 \quad \forall y \in \overline{\rm NO}$$

La spira dunque trasla lungo l’asse x. Il campo magnetico, visto dal piano xz, è così composto:

Legge di Biot-Savart

Il campo magnetico infinitesimo dB generato da una porzione di filo di lunghezza dl, percorso da corrente i, posto alla distanza r:

$$d\overline{B} = \frac{\mu_0 i}{4\pi} \frac{d\overline{l} \times \widehat{r}}{r^2}$$

Il campo magnetico totale è l’integrale di dB su tutta la lunghezza del filo:

$$\overline{B} = \int_{\text{filo}}d\overline{B}$$

Semi-circonferenza

Un filo percorso da corrente i percorre una semi-circonferenza attorno al punto P con un raggio $r_1$. Dopo un tratto orizzontale, il filo “torna indietro” percorrendo una semi-circonferenza con un raggio $r_2 < r_1$.

Angolo che si forma tra in contributo $d\overline{l}$ e il vettore $r_1$ è $\theta = \pi/2$ per tutta la semi-circonferenza. Si può scrivere:

$$\begin{equation*} \begin{split} & \Big|d\overline{l} \times \widehat{r}_1\Big| = dl \cdot 1 \cdot \sin(\pi/2) = dl \\ \implies & d\overline{l} \times \widehat{r}_1 = dl \cdot (-\widehat{z})\\ \implies & \int_{\text{semi-crf.}} dl = \pi r_1 \end{split} \end{equation*}$$

Il contributo al campo magnetico nella semi-circonferenza di raggio maggiore è:

$$\begin{equation*} \begin{split} \overline{B}_1 &= \int_{\text{filo}} d\overline{B}_1 = \frac{\mu_0 i}{4\pi} \frac{d\overline{l} \times \widehat{r}_1}{r_1^2} =\\ &= \frac{\mu_0 i}{4\pi} \frac{1}{r_1^2} \int_{\text{semi-crf.}} dl \cdot (-\widehat{z})=\\ &= \frac{\mu_0 i}{4\pi} \frac{1}{r_1^2} \cdot \pi r_1 \cdot (-\widehat{z}) =\\ &= \frac{\mu_0 i}{4 r_1} \cdot (-\widehat{z}) \end{split} \end{equation*}$$

Angolo che si forma tra in contributo $d\overline{l}$ e il vettore $r_2$ è $\theta = \pi/2$ per tutta la semi-circonferenza. Si può scrivere:

$$\begin{equation*} \begin{split} & \Big|d\overline{l} \times \widehat{r}_2\Big| = dl \cdot 1 \cdot \sin(\pi/2) = dl \\ \implies & d\overline{l} \times \widehat{r}_2 = dl \cdot \widehat{z}\\ \implies & \int_{\text{semi-crf.}} dl = \pi r_2 \end{split} \end{equation*}$$

Il contributo al campo magnetico nella semi-circonferenza di raggio minore è:

$$\begin{equation*} \begin{split} \overline{B}_2 &= \int_{\text{filo}} d\overline{B}_1 = \frac{\mu_0 i}{4\pi} \frac{d\overline{l} \times \widehat{r}_2}{r_2^2} =\\ &= \frac{\mu_0 i}{4\pi} \frac{1}{r_2^2} \int_{\text{semi-crf.}} dl \cdot (-\widehat{z})=\\ &= \frac{\mu_0 i}{4\pi} \frac{1}{r_2^2} \cdot \pi r_2 \cdot \widehat{z} =\\ &= \frac{\mu_0 i}{4 r_2} \cdot \widehat{z} \end{split} \end{equation*}$$

Il campo magnetico totale è:

$$\overline{B}_{\text{tot.}} = \frac{\mu_0 i}{4} \bigg(r_2 \cdot \widehat{z} + r_1 \cdot (-\widehat{z}) \bigg)$$

---

L’integrale del contributo vettoriale infinitesimo $d\overline{l}$ calcolato su una semi-circonferenza qualsiasi di raggio $r$, può essere riscritto in termini più geometricamente corretti.

Sia $\theta$ l’angolo che si costruisce nel punto P tra l’asse orizzontale e il raggio r (il quale segue $d\overline{l}$ per tutta la semi-circonferenza).

L’integrale sul filo si può riscrivere come l’integrale del raggio che moltiplica l’angolo infinitesimo tra 0° e 180°:

$$\int_{\text{semi-crf.}} dl = \int_0^{\pi} r \cdot d\theta = r \cdot \bigg[\theta\bigg]_0^{\pi} = \pi \cdot r$$

Campo Elettrico nel Dielettrico

Il teorema di Gauss nella sua forma integrale è utile nel calcolo del campo elettrico E in presenza di distribuzioni di carica aventi una particolare simmetria.

$$\oiint_S \overline{D} \cdot \widehat{n} \; dS = q_{lib}^{enc}$$

Condensatore a faccie piane

Si prenda un sistema composto da un condensatore a faccie piane parallele. Tra le armature, è presente un dielettrico con costante dielettrica relativa $\epsilon_r$ nota. Tra entrambe le armature metalliche del condensatore e il dielettrico, sono presenti dei volumi di aria.

Si vuole studiare il campo vettoriale di spostamento elettrico $\overline{D}$ utilizzando il teorema di Gauss. Si suddivide il sistema in 3 regioni:

1. aria tra l’armatura positiva e il dielettrico,
2. interno del dielettrico,
3. aria tra il dielettrico e l’armatura negativa.

Sulla superficie positiva dell’armatura, le cariche libere hanno densità superficiale di carica libera $+\sigma_{lib}$. Sulla superficie negativa dell’armatura, le cariche libere hanno densità superficiale di carica libera $-\sigma_{lib}$.

Per calcolare il campo di spostamento elettrico nella regione (1), si costruisce una superficie di Gauss (chiamata, al solito, S) a forma di cilindro. La base inferiore di tale cilindro si trova all’interno dell’armatura positiva mentre la base superiore (chiamata S_B, verrà utilizzata in seguito) si trova nella regione (1) in cui è presente il volume d’aria. La superficie laterale S_L si trova per metà nell’armatura metallica e per metà nell’aria.

$$\tag{fpp.1} \phi_D = \oiint_S \overline{D} \cdot \widehat{n} \; dS = q_{lib}^{enc} = \sigma_{lib} \cdot S_B$$

Si esplode (sinonimo di aprire o suddividere) l’integrale chiuso su S come la somma di tre integrali aperti:

$$\oiint_S \overline{D} \cdot \widehat{n} \; dS = \iint_{\substack{\text{base} \\ \text{superiore}}} \overline{D}\cdot\widehat{n} \; dS + \iint_{\substack{\text{base} \\ \text{inferiore}}} \overline{D}\cdot\widehat{n} \; dS + \iint_{\substack{\text{superficie} \\ \text{laterale}}} \overline{D}\cdot\widehat{n} \; dS$$

L’integrale sulla base inferiore si annulla perché, all’interno dell’armatura metallica, sia il campo elettrico che (di conseguenza) il campo di spostamento elettrico sono nulli.

Lungo la superficie laterale, la normale $\widehat{n}$ forma un angolo $\theta=\pi/2$ con il campo $\overline{D}$. Il loro prodotto scalare è:

$$\overline{D}\cdot\widehat{n} = \Big|\overline{D}\Big|\cdot\Big|\widehat{n}\Big| \cdot\cos(\theta) = 0 \impliedby \cos(\pi/2) = 0$$

Rimane solo il contributo sulla base superiore, dove la normale forma con il campo di spostamento elettrico un angolo piatto: $\theta = 0$. Il loro prodotto scalare è:

$$\begin{equation*} \begin{split} & \Big|\overline{D}\Big| = D_1 \text{ nella regione (1)} \\ & \theta = 0 \text{ nella base superiore } S_B \\ & \overline{D}\cdot\widehat{n} = \Big|\overline{D}\Big|\cdot\Big|\widehat{n}\Big| \cdot\cos(\theta) = D_1 \end{split} \end{equation*}$$

L’integrale chiuso su S risulta essere:

$$\tag{fpp.2} \begin{equation*} \begin{split} \oiint_S \overline{D} \cdot \widehat{n} \; dS &= \iint_{\substack{\text{base} \\ \text{superiore}}} \overline{D}\cdot\widehat{n} \; dS =\\ &= D_1 \iint_{S_B} dS =\\ &= D_1 \cdot S_B \end{split} \end{equation*}$$

Mettendo in relazione (fpp.1) ed (fpp.2), si può scrivere:

$$D_1 \cdot S_B = \sigma_{lib} \cdot S_B \implies D_1 = \sigma_{lib}$$

Nella regione (1), il modulo del campo vettoriale di spostamento elettrico $\overline{D}$ è uguale alla densità superficiale di carica libera.

L’aria è un dielettrico con densità molto bassa: la sua costante dielettrica relativa è approssimativamente unitaria: $\epsilon_r \approx 1$. Il modulo del campo elettrico nella regione (1) è quindi:

$$E_1 = \frac{D_1}{\epsilon_0 \epsilon_r} = \frac{\sigma_{lib}}{\epsilon_0}$$

Il campo di polarizzazione risulta invece essere:

$$P_1 = \epsilon_0 \chi E_1 = \epsilon_0 (\epsilon_r -1)E_1 = 0$$

Per calcolare il campo di spostamento elettrico nella regione (2), si costruisce una superficie di Gauss a forma di cilindro. La base inferiore di tale cilindro si trova all’interno dell’armatura positiva mentre la base superiore S_B si trova nella regione (2), ovvero all’interno del dielettrico. La superficie laterale S_L si trova parzialmente nell’armatura metallica, nell’aria e anche nel dielettrico.

Nella superficie è presente sia carica libera positiva (in rosso) che carica di polarizzazione negativa (in blu). Il flusso del campo D non dipende dalla carica di polarizzazione, si può quindi scrivere:

$$\begin{equation*} \begin{split} \phi_D &= \oiint_S \overline{D} \cdot \widehat{n} \; dS =\\ &= \iint_{\substack{\text{base} \\ \text{superiore}}} \overline{D}\cdot\widehat{n} \; dS =\\ &= D_2 \iint_{S_B} dS =\\ &= D_2 \cdot S_B \\ & \implies D_2 = \sigma_{lib} \end{split} \end{equation*}$$

Il modulo del campo di spostamento elettrico all’interno del dielettrico equivale alla densità di carica libera:

$$D_{diel} = \sigma_{lib}$$

Per le stesse considerazioni fatte di sopra, il flusso del campo D è dato solamente dal contributo dell’integrale effettuato sulla base superiore, dove la normale forma con il campo di spostamento elettrico un angolo piatto.

$$\begin{equation*} \begin{split} & \Big|\overline{D}\Big| = D_2 \text{ nella regione (2)} \\ & \theta = 0 \text{ nella base superiore } S_B \\ & \overline{D}\cdot\widehat{n} = \Big|\overline{D}\Big|\cdot\Big|\widehat{n}\Big| \cdot\cos(\theta) = D_2 \end{split} \end{equation*}$$

Il dielettrico ha costante dielettrica relativa $\epsilon_r$ nota, quindi il modulo del campo elettrico nella regione (2) è:

$$E_2 = \frac{D_2}{\epsilon_0 \epsilon_r} = \frac{\sigma_{lib}}{\epsilon_0 \epsilon_r}$$

Moltre linee del campo che partono dalle cariche libere presenti sull’armatura positiva, vengono assorbite dalle cariche di polarizzazione presenti nel dielettrico.

$$P_2 = \epsilon_0 \chi E_2 = \frac{(\epsilon_r-1)}{\epsilon_r}\cdot\sigma_{lib}$$

Il modulo del vettore di polarizzazione nella regione (2) è una frazione della densità di carica libera. Maggiore carica libera si ha sull’armatura, più intenso sarà il campo elettrico e più intensa sarà la polarizzazione del dielettrico.

Si può definire:

$$P_{diel} = \frac{(\epsilon_r-1)}{\epsilon_r}\cdot\sigma_{lib}$$

Per calcolare il campo di spostamento elettrico nella regione (3), si costruisce una superficie di Gauss a forma di cilindro. La base inferiore di tale cilindro si trova all’interno dell’armatura positiva mentre la base superiore S_B si trova nella regione (3), ovvero all’interno del dielettrico. La superficie laterale S_L si trova parzialmente nell’armatura metallica, nell’aria, nel dielettrico e nuovamente nell’aria.

Come nel caso precedente, il flusso del campo D non dipende dalla carica di polarizzazione, ma solo dalla carica libera. Per gli stessi ragionamenti fatti in precedenza, si può scrivere:

$$D_3 = \sigma_{lib}$$

La regione (3) si trova in aria, la quale ha costante dielettrica relativa approssimativamente unitaria. Si può scrivere:

$$\epsilon_r = 1 \implies E_3 = \frac{D_3}{\epsilon_0 \epsilon_r} = \frac{\sigma_{lib}}{\epsilon_0} = E_1$$

Il campo di polarizzazione risulta invece essere:

$$P_3 = \epsilon_0 \chi E_3 = P_1 = 0$$

La differenza di potenziale è l’area sottesa dalla funzione di E:

$$\Delta V = \int_+^- \overline{E} \cdot d\overline{l}$$

A parità di carica, la differenza di potenziale è minore nel caso in cui sia presente il dielettrico.

Lastra di dielettrico

Si vuole studiare la distribuzione delle cariche di polarizzazione su una lastra di dielettrico.

Le cariche di polarizzazione $Q_{pol}$ si formano nella zona in cui il dielettrico entra a contatto con l’aria ed hanno:

• segno negativo sulla superficie inferiore,
• segno positivo sulla superficie superiore.

Tali cariche hanno densità superficiale di carica di polarizzazione $\sigma_{pol}$ rispettivamente con segno negativo sulla superficie inferiore e segno positivo sulla superficie superiore.

Si distinguono tre diverse regioni:

• (A): faccia inferiore del dielettrico con $-\sigma_{pol}$,
• (B): volume del dielettrico,
• (C): faccia superiore del dielettrico con $+\sigma_{pol}$.

Grazie alla formula seguente, si può studiare il vettore di polarizzazione elettrica P:

$$\sigma_{pol} = \overline{P} \cdot \widehat{n}$$

Si sta studiando un sistema che è sempre all’interno del dielettrico, dunque il modulo del vettore di polarizzazione P è sempre uguale a quello della regione (2) dell’esercizio precedente:

$$\Big|\overline{P}\Big| = P_{diel} = \frac{(\epsilon_r-1)}{\epsilon_r}\cdot\sigma_{lib}$$

N.B. Il prodotto scalare tra i due vettori implica il calcolo del coseno dell’angolo compreso.

Nella regione (A) i due vettori formano un angolo piatto:

$$\tag{A} \begin{equation*} \begin{split} \sigma_{pol,A} &= \overline{P} \cdot \widehat{n} =\\ &= \Big|\overline{P}\Big| \cdot \Big|\widehat{n}\Big| \cdot \cos(\pi) =\\ &= -\frac{(\epsilon_r-1)}{\epsilon_r}\cdot\sigma_{lib} \end{split} \end{equation*}$$

Nella regione (B), l’angolo compreso è retto. Il coseno di un angolo retto è nullo:

$$\tag{B} \sigma_{pol,B} = 0$$

Nella regione (C) i due vettori formano un angolo nullo:

$$\tag{C} \begin{equation*} \begin{split} \sigma_{pol,C} &= \overline{P} \cdot \widehat{n} =\\ &= \Big|\overline{P}\Big| \cdot \Big|\widehat{n}\Big| \cdot \cos(0) =\\ &= \frac{(\epsilon_r-1)}{\epsilon_r}\cdot\sigma_{lib}\\ \end{split} \end{equation*}$$

La densità (superficiale) di carica di polarizzazione nelle regioni (A) e (C), in cui il dielettrico si interfaccia con l’aria, è molto minore rispetto alla densità (superficiale) di carica libera.

$$\begin{equation*} \begin{split} \sigma_{pol,A} &= -P_{diel} \\ \sigma_{pol,B} &= 0 \\ \sigma_{pol,C} &= P_{diel} \end{split} \end{equation*}$$

Più carica libera è presente, più intenso è il campo elettrico e più intensa è la polarizzazione del dielettrico.

$$\begin{equation*} \begin{split} & \sigma_{pol,A} \ll \sigma_{lib}\\ & \sigma_{pol,C} \ll \sigma_{lib} \end{split} \end{equation*} \implies \pm P_{diel} \ll D_{diel}$$

Condensatore Parzialmente Riempito

Dato un condensatore cilindrico di altezza L, raggio interno R₁ e raggio esterno R₂. Il condensatore è immerso in acqua per metà della sua altezza. Si distingue la regione (1) in cui è presente aria tra le armature e la regione (2) in cui è presente acqua tra le armature. Le armature hanno i raggi indicati sopra. L’armatura interna è caricata positivamente mentre l’armatura esterna è caricata negativamente.

Per entrambe le regioni, ad una generica distanza r dall’asse del cilindro, si vuole studiare il campo elettrico, il campo di spostamento elettrico ed il campo di polarizzazione elettrica.

$$\begin{cases} E_{1} = \; ? \quad ; \quad E_{2} = \; ? \\ D_{1} = \; ? \quad ; \quad D_{2} = \; ? \\ P_{1} = \; ? \quad ; \quad P_{2} = \; ? \\ \end{cases}$$

TODO IMMAGINE

L’aria ha costante dielettrica relativa unitaria, mentre per l’aqua assume il valore di 81.

Nella situazione iniziale, non è presente acqua. Se si versa dell’acqua all’interno del condensatore, le cariche di polarizzazione abbattono il campo elettrico nella regione immersa. Se E diminuisce, segue anche una diminuizione della differenza di potenziale (tra le armature). Le cariche presenti sulla parte dell’armatura ancora fuori dall’acqua, migrano verso la parte immersa a potenziale minore. Il sistema si stabilizza quando l’acqua raggiunge l’altezza L/2. Le due metà del condensatore hanno carica distribuita in modo disuniforme, ma con la stesa differenza di potenziale:

$$\Delta V_1 = \Delta V_2 \implies E_1 = E_2$$

Si può considerare il condensatore come due condensatori in parallelo.

Nella regione (1) si può costruire una superficie di Gauss cilindrica di altezza l e raggio r, con asse parallelo all’asse del condensatore.

Per evitare di avvicinarsi alla regione in cui sono presenti effetti di bordo, ovvero le basi del cilindro di raggio maggiore, bisogna considerare $l \ll L/2$.

La carica $Q_1$ è tutta la carica nella metà superiore del condensatore, ovvero nella regione (1). Si effettua una proporzione per ottenere la carica libera racchiusa dalla superficie di Gauss:

$$\frac{Q_1}{L/2} = \frac{q_{enc}^{lib}}{l} \implies q_{enc}^{lib} = \frac{2Q_1l}{L}$$

Il flusso del campo di spostamento elettrico è:

$$\Phi(\overline{D}) = \oiint_S \overline{D} \cdot \widehat{n} \; dS = q_{enc}^{lib} = \frac{2Q_1l}{L}$$

Si esplode l’integrale chiuso su S come la somma di tre integrali aperti: base inferiore, base superiore e superficie laterale.

$$\oiint_S \overline{D} \cdot \widehat{n} \; dS = \iint_{\substack{\text{base} \\ \text{superiore}}} \overline{D}\cdot\widehat{n} \; dS + \iint_{\substack{\text{base} \\ \text{inferiore}}} \overline{D}\cdot\widehat{n} \; dS + \iint_{\substack{\text{superficie} \\ \text{laterale}}} \overline{D}\cdot\widehat{n} \; dS$$

Il vettore D forma un angolo retto con la norma delle basi della superficie. Il coseno dell’angolo retto annulla il prodotto scalare tra i suddetti vettori e rimane solo, come contributo al flusso, l’integrale effettuato sulla superficie laterale: l’angolo compreso è nullo (i vettori sono paralleli) ed il coseno di tale angolo assume il valore unitario. Si può esprimere il campo di spostamento elettrico in funzione del raggio r e scrivere:

$$\begin{equation*} \begin{split} \Phi(\overline{D}) &= D(r)\iint_{S_L} dS = D(r) \cdot 2\pi rl = q_{enc}^{lib}\\ \implies D(r) &= \frac{Q_1}{\pi rL} \implies D_1(r) = \frac{Q_1}{\pi L}\frac{1}{r} \\ \end{split} \end{equation*}$$

Nella regione (1) si ha $\epsilon_r = 1$. Il campo elettrico nella regione (1) è:

$$E_1(r) = \frac{D_1}{\epsilon_0 \epsilon_r} = \frac{Q_1}{\pi \epsilon_0L}\frac{1}{r}$$

Il campo di polarizzazione elettrica nella regione (1) è:

$$P_1 = \epsilon_0 \chi E_1 = 0 \impliedby \chi = \epsilon_r - 1 = 0$$

Nella regione (2) immersa nell’acqua, così come fatto nella regione (1), si può costruire una superficie di Gauss cilindrica di altezza l e raggio r, con asse parallelo all’asse del condensatore. Anche in questo caso $l \ll L/2$.

La carica $Q_2$ è tutta la carica nella metà inferiore del condensatore. Si effettua una proporzione per ottenere la carica libera racchiusa dalla superficie di Gauss:

$$\frac{Q_2}{L/2} = \frac{q_{enc}^{lib}}{l} \implies q_{enc}^{lib} = \frac{2Q_2 l}{L}$$

Per gli stessi ragionamenti fatti sopra:

$$\begin{equation*} \begin{split} \Phi(\overline{D}) &= \oiint_S \overline{D} \cdot \widehat{n} \; dS = q_{enc}^{lib} = \frac{2Q_2l}{L}\\ \Phi(\overline{D}) &= D(r)\iint_{S_L} dS = D(r) \cdot 2\pi rl = q_{enc}^{lib}\\ \implies D(r) &= \frac{Q_1}{\pi rL} \implies D_2(r) = \frac{Q_2}{\pi L}\frac{1}{r} \\ \end{split} \end{equation*}$$

Nella regione (2) si ha $\epsilon_r = 81$.

$$\begin{equation*} \begin{split} E_2(r) &= \frac{D_2}{\epsilon_0 \epsilon_r} = \frac{Q_2}{\pi \epsilon_0 \epsilon_r L}\frac{1}{r}\\ P_2(r) &= \epsilon_0 \chi E_2(r) = (\epsilon_r - 1)\frac{Q_2}{\pi \epsilon_r L}\frac{1}{r}\\ \end{split} \end{equation*}$$

Il verso dei campi studiati è parallelo al versore di r, ad esempio si può scrivere:

$$\overline{P_2}(r) = P_2(r) \cdot \widehat{r}$$

Ultima osservazione:

$$Q_1 = \frac{Q_2}{\epsilon_r} \quad ; \quad Q_2 = Q_1 \cdot \epsilon_r$$