ElettrosticaL e l e g g i

d e l l ’ E l e t t r o s t i c a

Tutto l’elettromagnetismo è descritto tramite quatto equazioni

∇ ⋅E =

ρε0

∇ ×E = −

dBdt

∇ ⋅B = 0

c2∇ ×B =

Jε0

+dEdt

Equazioni di Maxwell

Come siamo pervenuti ad esse?Quali sono i fenomeni fisici che descrivono?

Chiaramente i casi più semplici saranno quelli in cui le derivate temporali sono nulle. In altri termini i casi stazionari.

∇ ⋅E =

ρε0

∇ ×E = 0

∇ ⋅B = 0

c2∇ ×B =

Jε0

Magnetostatica

Elettrostatica Divergenza assegnata, rotore nullo

Divergenza nulla, rotore assegnato

Analogamente a quanto fatto per le interazioni gravitazionali, si introduce il concetto di campo.

Cosa sono gli E e B che appaiono nelle eq. di Maxwell?

ove

Esempio:

Il campo E prende il nome di “Campo

Elettrico”

F2 =

14πε0

q1q2r1,22e1,2 = q2

E1 2( )

E1 2( ) = 1

4πε0

q1r1,22e1,2

Elettrostatica: cariche ferme

In generale sono incogniti sia il campo elettrico che la distribuzione di carica che lo genera.

Tramite considerazioni di simmetria, possiamo avere informazioni sulla distribuzione di carica. Si deduce,

ad esempio che il baricentro di carica coincide necessariamente con il centro della sfera.

Dopo aver avvicinato un nuovo oggetto carico, non abbiamo

neppure questa informazione.

I casi statici più semplici sono ovviamente quelli in cui la posizione delle cariche è nota.

Utilizzando il principio di sovrapposizione, se abbiamo la legge di forza per una singola carica puntiforme si può risolvere il problema relativo ad una qualunque distribuzione di carica

comunque complessa

E r( ) =

Eir( )

i∑ =

14πε0

qiri2ei

i∑ Versore diretto dal punto ove è posta la

generica carica verso il punto ove voglio valutate il campo

Distanza tra la posizione della carica generica ed il punto ove viene valutato

il campo

Quindi:

ed analoghe.

Ex x, y, z( ) = Exi x, y, z( )

i∑ =

14πε0

qi x − xi( )

x − xi( )2 + y − yi( )2 + z − zi( )2⎡⎣

⎤⎦

32i

∑

Ex x, y, z( ) = 14πε0

x − xi( )ρ xi , yi , zi( )dvix − xi( )2 + y − yi( )2 + z − zi( )2⎡

⎣⎤⎦32V

∫

Per distribuzioni continue, sostituendo la sommatoria con un integrale:

ed analoghe.

Concludendo: se si conosce la distribuzione di carica un qualunque caso si risolve valutando tre integrali

Occorre vedere se vi sono procedure più semplici per pervenire al risultato

Ad esempio, in Fisica 1 avete visto il concetto di potenziale, e di energia

l’applicazione della legge di conservazione dell’energia

permette di risolvere in modo agevole problemi di dinamica

unidimensionale

Occorre poi scrivere equazioni che non connettano il valore del campo in un punto con le posizioni ed i valori delle cariche.

Per poter introdurre il concetto di potenziale elettrostatico occorre che il lavoro che si deve

compiere per portare una carica da un punto ad un altro sia indipendente dal percorso scelto

WΓ1α → β( ) = −

F ⋅dl

Γ1

α→β

∫

WΓ2α → β( ) = −

F ⋅dl

Γ2

α→β

∫

WΓ1α → β( ) =WΓ2

α → β( )

Se questo è vero: WΓ1ξ →α( ) +WΓ2

α → β( ) +WΓ2β → ξ( ) = 0

WΓ2α → β( ) =WΓ2

ξ → β( ) −WΓ1ξ →α( )

Scelto arbitrariamente il punto ξ , il lavoro è dato dalla differenza tra i valori che una opportuna funzione

assume nei due punti β ed α

Il segno “-” dipende dal fatto che la forza che

esercitiamo è opposta a quella esercitata dal

campo

F ⋅dl∫ = 0

Non sempre ritornando nella posizione iniziale si ottiene lavoro complessivo nullo!

Esempio: ciclo di Carnot

Quanto visto implica che:

Nel caso delle interazioni elettriche, quale è l’analogo delle sorgenti a diversa temperatura del ciclo di Carnot?

È quel sistema di cariche elettriche che genera il campo, le cui proprietà andiamo a sondare spostando una ulteriore piccola

carica.Se il sistema di cariche potesse scambiare energia con noi che manualmente interveniamo, ci troveremmo in una situazione

perfettamente simile a quella del ciclo termodinamico.

Ma, in elettrostatica le cariche che generano il campo sono ferme, e quindi, non possono scambiare energia.

Se permettessimo alle cariche che generano il campo di muoversi allora dovremmo attenderci:

F ⋅dl∫ ≠ 0

q

E

dl

WΓ1α → β( ) = −

F ⋅dl

Γ1

α→β

∫

Nel caso del campo di una carica puntiforme ferma:

dl = dr er + r dθ

en

F = qs

E = qsE r( ) er

Per cui:

WΓ1α → β( ) = −

F ⋅dl

Γ1

α→β

∫ = −qs E r( )drrα

rβ

∫

Indipendentemente dal percorso

Contano solo le distanze dalla carica dei due punti, iniziale e finale, e l’andamento del modulo del campo con la distanza

A causa della simmetria sferica del campo generato da una carica puntiforme

Nel caso generale il campo non avrà particolari simmetrie, ma:

E r( ) =

Eir( )

i∑

e quindi: WΓ1α → β( ) = −qs Ei r( )dr

rα

rβ

∫i∑

Che è ancora indipendente dal cammino

Additività dei campi

Additività dei lavori

Si definisce “Potenziale di un punto” il lavoro che occorre fare contro le forze del campo per portare una carica unitaria dal

punto di riferimento al punto di interesse.

Φ α( ) = WΓ1ξ →α( )qs

= − Ei r( )drrξ

rα

∫i∑ Additività dei potenziali

Unità di misura: Volt = Joule/Coulomb

Significato fisico:energia potenziale che compete all’unità di carica, posta nel punto specificato, relativamente al punto di riferimento scelto ( usualmente all’infinito od a “terra”)

Noto il potenziale come possiamo ricavare il campo?

Φ α( ) − Φ ξ( ) = −E r( ) ⋅d

l

rξ

rα

∫

Φ α( ) − Φ ξ( ) =∇Φ r( ) ⋅d

l

rξ

rα

∫

Si è visto che:

Sapevamo che in generale vale:

Quindi:

E r( ) = −

∇Φ r( )

Il secondo scopo che ci eravamo prefissi era quello di scrivere equazioni differenziali per il campo elettrico, in modo da non

far intervenire il concetto di “interazione a distanza”

L’indipendenza dei lavori dal cammino comporta che, integrando su di un percorso chiuso qualunque:

E r( ) ⋅d

l

Γ∫ = 0

A ⋅dl

Γ∫ =

∇ ×A( ) ⋅ n ds

S∫Si era visto che:

Quindi, qualunque sia la superficie S:

∇ ×E r( )( ) ⋅ n ds

S∫ = 0

Ciò necessariamente implica che:

∇ ×E r( ) = 0

Teorema di Stokes

Queste leggi sono conseguenze della legge di Coulomb. Sono ad

essa equivalenti?

∇ ×E r( ) = 0

E r( ) = −

∇Φ r( )

La risposta è negativa in quanto valgono qualunque sia la dipendenza del campo di una carica puntiforme con la distanza

Per poter omettere la legge di Coulomb occorre aggiungere altre leggi la cui validità dipenda espressamente dalla legge

dell’inverso del quadrato della distanza

O si fornisce l’espressione esplicita del potenziale oppure si aggiunge, all’equazione per il rotore, una seconda

equazione differenziale che valga solo per dipendenze dall’inverso del quadrato della distanza

Φ α( ) = − Ei r( )drri ,ξ

ri ,α

∫i∑ = −

14πε0

qiri ,α

2 drri ,ξ

ri ,α

∫i∑

Usualmente si sceglie il punto ξ all’infinito. In questo modo: Φ α( ) = 1

4πε0

qiri,αi

∑

Φ α( ) = −14πε0

qi1ri ,α

2 drri ,ξ

ri ,α

∫i∑ =

14πε0

qi1ri,α

−1ri,ξ

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥i

∑

Per un sistema continuo di cariche:

Φ α( ) = 14πε0

ρς( )dvςrς ,αV

∫

E r( ) = −

∇Φ r( )Noto il potenziale, dalla si valuta il campo.

Corre su tutte le cariche

Concludendo, per trovare il campo elettrico, invece che calcolare tre integrali, si può calcolare un integrale ed effettuare tre derivate

Per rappresentare il risultato possiamo disegnare le linee del campo elettrico e possiamo inoltre rappresentare le superfici

equipotenziali.

Che relazione geometrica ci sarà tra linee e superfici?

Le linee di campo saranno normali alle superfici equipotenziali.

dΦ = −E ⋅dl

Se mi muovo su di una superficie equipotenziale

dΦ = 0

Quindi, per essere nullo il prodotto scalare, il campo deve essere normale

allo spostamento e quindi parallelo alla normale alla superficie.

Veniamo alla seconda strada: scrittura di una ulteriore equazione differenziale

Dato che il campo di una carica puntiforme dipende dall’inverso del quadrato della distanza, dovremmo trovare una

grandezza che ne dipende dal quadrato, in modo che le due dipendenze si compensino.

Ricordando la definizione di angolo solido, l’area di una porzione di sfera intercettata dipende dal quadrato del raggio.

Consideriamo la superficie chiusa disegnata in rosso.

La sua superficie laterale è quella di un tronco di cono, avente vertice sulla

carica, sotteso da un angolo solido Ω

Le chiusure sono effettuate tramite due porzioni di superfici sferiche centrate sulla

carica

Il flusso uscente del campo elettrico sarà nullo, in quanto:

La superficie laterale da contributo nulloLe due superfici di chiusura danno contributi uguali ed opposti

Φ =14πε0

qr2

⋅Ωr2e ⋅ n = ±14πε0

qΩ

Quale sarà il flusso attraverso una superficie generica?Potremmo disegnare tanti coni

infinitesimi come quello rappresentato, in modo da

ricoprire l’intera superficie tramite le superfici infinitesime di

chiusura.

ΦS

E( ) = ΔΦ

E( )ΔSii

∑Vale ovviamente che:

Le superfici laterali non contribuiscono e le superfici di chiusura ricoprono l’intera

superficie finita originaria

A differenza del caso precedente, adesso le superfici di chiusura non sono porzioni di superfici sferiche e la loro normale non è

diretta come il campo

Se prendiamo un cono si apertura infinitesima, le superfici

di chiusura potranno,in ogni caso, essere considerate come

superfici piane

Il flusso attraverso le due superfici è uguale.

dΦdS2

E( ) = E ⋅ n dS2 = E cos θ( ) dS2

dΦdS1

E( ) = E ⋅ n dS1 = E dS1

Essendo inclinata, dS2 > dS1 e vale: dS2 =dS1cos(θ)

ΦS

E( ) = ΔΦ

E( )ΔSii

∑Per cui ogni addendo nella è nullo

Quindi, se la carica è esterna alla superficie:

ΦS

E( ) = 0

Se invece la carica è interna si avrà solo una superficie di intersezione tra il cono

infinitesimo e la superficie finita.

Quindi il flusso sarà diverso da zero

dΦ =14πε0

qr2

⋅dS e ⋅ n =14πε0

q dΩ

Φ =q4πε0

e ⋅ nr2

⋅dSS∫ =

14πε0

q dΩΩ∫ =

qε0

Indipendentemente dalla posizione della carica

In generale avremo tante cariche elettriche, alcune interne ed altre esterne alla superficie.

Usando il principio di sovrapposizione:

Φ(E) = Φ(

Ei

i∑ ) = Φ(

Ei )

i∑ =

Qε0

Somma delle sole cariche interne

Φ(E) = Q

ε0

Campo elettrico dovuto a tutte le

cariche, sia interne che esterne

Riassumendo:

Usando il teorema di Gauss

E ⋅ n dS

S∫ =

1ε0

ρ dvV∫

E ⋅ n dS

S∫ =

∇ ⋅E dv

V∫

Trasformiamo questa equazione in una differenziale perfettamente equivalente

∇ ⋅E dv

V∫ =

1ε0

ρ dvV∫

∇ ⋅E =

ρε0

Riassumendo, per trovare il campo elettrico:

Ex x, y, z( ) = 14πε0

x − xi( )ρ xi , yi , zi( )dvix − xi( )2 + y − yi( )2 + z − zi( )2⎡

⎣⎤⎦32V

∫ ed analoghe

E r( ) = −

∇Φ r( )

Φ α( ) = 14πε0

ρς( )dvςrς ,αV

∫

∇ ⋅E =

ρε0

Φ(E) = Q

ε0

∇ ×E r( ) = 0

E r( ) ⋅d

l

Γ∫ = 0

∇ ⋅E =

ρε0

E r( ) = −

∇Φ r( )

L’ equazione differenziale che connette potenziale e cariche

∇ ⋅ (−

∇Φ r( )) = ρ

ε0

∇2Φ r( ) = −ρε0

Φ α( ) = 14πε0

ρς( )dvςrς ,αV

∫

Φ(E) = Q

ε0

∇ ⋅E =

ρε0

Legge di Gauss:

Forma integrale

Forma differenziale

Le linee di forza debbono essere continue e possono nascere, o terminare solo sulle cariche o all’infinito

ρlinee ∝

E implica⎯ →⎯⎯ dΦ =

E ⋅ n ds ∝ ρlinee ds

Il flusso attraverso una superficie che non contiene cariche sappiamo essere nullo

0 = dΦS∫ ∝ ρlineeds = Numero di linee uscenti

S∫

E r( ) ⋅d

l

Γ∫ = 0

Dipendenza dall’inverso del quadrato della distanza

Campo radiale ed a simmetria sferica

Prese assieme, sono equivalenti alla legge di Coulomb.Quindi debbono necessariamente essere usate entrambe!

Vi sono casi in cui “sembra” di usare la sola legge di Gauss

ΦS (E) = Q

ε0

Al primo membro della legge di Gauss è presente un Flusso

Per valutarlo dovremo scegliere una superficie.

In casi ad elevata simmetria, si possono introdurre considerazioni suggerenti l’andamento del campo ed individuare, su questa base, superfici sulle quali sia

facile valutare la struttura del risultato dell’integrale.

Il calcolo materiale si riduce alla applicazione della legge di Gauss ma non abbiamo usato solo quella!

Campo esterno ed interno ad una sfera di raggio R uniformemente carica

In tutti i punti situati alla stessa distanza dal centro

della sfera il campo:

2) direzione e verso radiale

1) deve avere identico modulo

Ciò significa che:

Scegliendo come superficie di integrazione una sfera di raggio “r” concentrica alla distribuzione

modulo del campo

ΦS (E) =

E ⋅ n ds

S∫ =

E ds

S∫ = E r( ) 4π r2

E r( ) 4π r2 =Qε0

Avremo quindi:

Se siamo all’esterno della sfera:

Se fossimo all’interno:

E r( ) = 14πε0

QT

r2

Reintroducendo quanto sapevamo a riguardo della direzione e del verso:

E r( ) = 1

4πε0

QT

r2⋅ er

Per densità uniforme: E quindi:

Q = ρ r( )V∫ dv = 4π ρ r( )r2 dr

0

r

∫

Q =4π3

ρ r3

E r( ) = 1

3ε0ρ r ⋅ er

Se invece la carica fosse distribuita tutta sulla superficie:

All’esterno il campo sarebbe sempre lo stesso

All’interno sarebbe nullo

Andamento del modulo del campo nei due casi

Se restiamo all’esterno della distribuzione, non possiamo sapere come la carica è distribuita all’interno in quanto il campo

esterno sarà sempre lo stesso

Come procedere in generale?

Scegliere una superficie chiusa, contenente parte delle cariche tale che:

Su parte di essa sia costante, così da poter essere

portato fuori del segno di integrale

Sul resto della superficie

E r( ) ⋅ n

E r( ) ⋅ n = 0

Superficie piana infinita, uniformemente caricaI punti “a” e “b” sono connessi tramite una operazione di simmetria, quindi il

modulo del campo deve essere il medesimo

Per motivi di simmetria il campo in tutti i punti deve

essere parallelo alla normale alla lastra

I punti “a” e “d” sono connessi tramite una

operazione di simmetria, quindi il

modulo del campo deve essere il medesimo ed il

verso opposto

Il punto “c” non è connesso agli altri tramite operazioni di simmetria, quindi il modulo del campo sarà, a priori diverso da quello

degli altri punti

Le diverse porzioni della superficie chiusa, su cui valutare il flusso, si troveranno a diversa distanza dalla lastra.

Dato che non si hanno informazioni sulla dipendenza del campo dalla distanza, converrà fare in modo che

su quelle parti di superficie che si “allontanano” dalla lastra

E r( ) ⋅ n = 0

Sulle rimanenti parti di superficie

E r( ) ⋅ n =

E r( ) = costante

ΦS (E) =

E ⋅ n ds

S∫ =

E h( ) 2 ⋅ds

Q = σ ds

E h( ) = σ

2ε0

E r( ) = σ

2ε0n

Quindi:

Per cui, reintroducendo quanto sapevamo su direzione e verso:

Nota: il modulo del campo non dipende dalla distanza dalla lastra. Come mai?

È, in primo luogo, una questione dimensionale

E1 2( ) = 1

4πε0

q1r1,22e1,2

Ha le dimensioni di una densità superficiale di

carica

Filo infinito uniformemente carico

La superficie chiusa è scelta con identici criteri

ΦS (E) =

E ⋅ n ds

S∫ =

E r( ) 2πr ⋅h

Q = λ h

E r( ) = 1

2πε0

λrerpervenendo a:

Nota:

La carica contenuta è solo una parte della carica totalePer poter scegliere la superficie su cui valutare il flusso si sono fatte considerazioni a riguardo del campo dovuto a tutte le cariche

Effettuiamo il calcolo diretto per trovare il campo elettrico in un

punto a distanza “r” dal filo

Solo la componente perpendicolare al filo sopravviverà, a causa del contributo del “dl”

corrispondente mostrato in figura

Ricordatevi che questo integrale deve dare:12πε0

λr

E =

14πε0

λsin θ( ) dl1r2 + l1

2−∞

+∞

∫

dE1 =

14πε0

λ dl1r2 + l1

2