Esercizi Applicativi

Nov 8, 2024

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 $\overline{F}_2$ .

cariche-puntiformi-eq1

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.

cariche-puntiformi-eq2

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:

cariche-puntiformi-eq3

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.

es-filo-carico-1

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:

es-filo-carico-2

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.

distrib-lineare-verticale-1

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

distrib-lineare-verticale-2

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.

es-anello-carico-1

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

es-anello-carico-2

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.

es-disco-carico-3

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.

es-disco-carico-2

Si può esprimere dS utilizzando le coordinate cilindriche:

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

es-disco-carico-1

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}

es-disco-carico-4

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*}

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.

es-filo-carico-infinito-gauss-1

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:

es-filo-carico-infinito-gauss-2

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 $\overline{d}$ .

es-filo-carico-infinito-tras-1

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}

es-filo-carico-infinito-tras-2

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 $\widehat{x}$ .

es-filo-carico-infinito-tras-3

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*}

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

es1-biot-savart

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).

es1-biot-savart-2

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:

aria tra l’armatura positiva e il dielettrico,
interno del dielettrico,
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 $-\sigma_{lib}$ .

es-cfp-1

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.

es-cfp-2

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

Si suddivide 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.

es-cfp-3

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.

es-cfp-4

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

es-lastra-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}