elettromagnetismo 1 (2018-2019);1 - mi.infn.itragusa/2018-2019/elettromagnetismo/elettromagnetismo 1... · Elettromagnetismo – Prof. Francesco Ragusa 321 Sfera di dielettrico in

Prof. Francesco RagusaUniversità degli Studi di Milano

Anno Accademico 2018/2019

Elettromagnetismo

Sfera di dielettrico polarizzataCarica puntiforme e semispazio dielettrico

Energia elettrostatica

Lezione n. 14 – 30.11.2018

Elettromagnetismo – Prof. Francesco Ragusa 321

Sfera di dielettrico in campo uniforme• Consideriamo una sfera di dielettrico posta in un campo elettrico uniforme• È un problema analogo a quello della sfera conduttrice in campo uniforme

che abbiamo affrontato in precedenza (vedi diapositiva )• Utilizziamo il metodo della separazione delle variabili in coordinate sferiche• C'è simmetria azimutale (V indipendente da φ)• Qualitativamente possiamo dire che il campo elettrico polarizza il dielettrico• Sulla superficie della sfera compare una carica superficiale• Il campo uniforme è distorto• Il campo rimane uniforme all'infinito• All'interno della sfera il campo elettrico è dato dalla somma del campo esterno e del campo generato dalle cariche di polarizzazione

473187

y

z

x

θ

φr

sin cos

sin sin

cos

x r

y r

z r

θ φθ φθ

===

++ + +

+

-- - - -


Sfera di dielettrico in campo uniforme• Esprimiamo il potenziale all'esterno e all'interno utilizzando la formula utilizzata per il problema della sfera conduttrice

• La seconda formula è necessaria perché adesso stiamo risolvendo il problemaelettrostatico in due regioni con permittività diverse (ε sfera - ε0 vuoto)• Le condizioni al contorno sono• All'infinito campo uniforme

• Potenziale continuo sulla sfera

• Discontinuità della componente normale

• Assumendo come nel caso della sfera conduttrice V0 = 0, la prima condizione permette di porre a zero tutti gli Al escluso A1 = −E0 ( P1(cosθ) = cosθ )• Inoltre, poiché al centro della sfera il potenziale deve essere finito si ha

che per tutti gli l deve essere Dl = 0

( ) ( )out 10

, cosl ll ll

l

BV r Ar P

rθ θ

∞

+=

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑ ( ) ( )in 1

0

, cosl ll ll

l

DV r C r P

rθ θ

∞

+=

⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠∑

( )out 0 0V z E z V→ − +

( ) ( )out 0 in 0, ,V r V rθ θ=

( ) ( )in 0 out 00

, ,V r V r

n n

θ θε ε∂ ∂

=∂ ∂

( ) ( )out 0 10

, cos coslll

l

BV r E r P

rθ θ θ

∞

+=

= − + ∑ ( ) ( )in0

, cosll l

l

V r C r Pθ θ∞

=

= ∑


Sfera di dielettrico in campo uniforme

• La condizione di continuità diventa

• L'uguaglianza implica che per ogni l devono essere uguali i coefficienti dei corrispondenti polinomi di Legendre Pl (P1 = cosθ)

• Per l = 1

• Per l ≠ 1

( ) ( )out 0 10

, cos coslll

l

BV r E r P

rθ θ θ

∞

+=

= − + ∑ ( ) ( )in0

, cosll l

l

V r C r Pθ θ∞

=

= ∑

( ) ( ) ( )0 0 1 010 00

cos cos coslll l ll

l l

BE r P P C r P

rθ θ θ

∞ ∞

+= =

− + =∑ ∑( ) ( )out 0 in 0, ,V r V rθ θ=

010

lll l ll

BP C r P

r +=

10 0 1 1 1 0 12

0

BE r P P C r P

r− + =

2 10l

l lB C r +=

10 0 1 02

0

BE r C r

r− + =

010

llll

BC r

r +=

11 0 3

0

BC E

r= − +


Sfera di dielettrico in campo uniforme• Veniamo adesso alla condizione di discontinuità• Ricordiamo che sulla sfera ∂/∂n = ∂/∂r

• Ancora una volta uguagliamo i coefficienti dei polinomi di Legendre dello stesso ordine l

• Per l = 1

• Per l ≠ 1

• Confrontiamo con la precedente equazione per l ≠ 1• Concludiamo che • Per l = 0 → B0 = 0 e C0 = 0• Per l ≠ 0,1 le due relazioni per Bl implicano che

( )1in

1

cosll l

l

VlC r P

rθ

∞−

=

∂=

∂ ∑

10 0 1 0 1 1 13

0

2BE P P C P

rε ε ε− − =

( ) 10 02

0

1 lll l ll

Bl P lr C P

rε ε −

+− + =

( ) ( )out0 2

1

1cos cosl

lll

l BVE P

r rθ θ

∞

+=

+∂= − −

∂ ∑

( ) ( )in 0 out 00

, ,V r V r

n n

θ θε ε∂ ∂

=∂ ∂

10 13

0

2BE C

rκ− − =

0

εκ

ε=

2 101l

l ll

B r Cl

κ += −+

2 10l

l lB C r +=

0l lB C= =


Sfera di dielettrico in campo uniforme• Esaminiamo infine le due equazioni trovate per l = 1

• Eliminiamo C1 inserendo la prima equazione nella seconda

• Per finire inseriamo il valore trovato per B1 nell'equazione di C1

• Abbiamo trovato il potenziale

10 13

0

2BE C

rκ− − =1

1 0 30

BC E

r= − +

1 10 03 3

0 0

2B BE E

r rκ κ− − = − + ( ) 1 1

0 3 30 0

21

B BE

r rκ κ− = +

( ) ( )30 0 11 2E r Bκ κ− = + 3

1 0 012

B E rκκ−

=+

1 0 012

C E Eκκ−

= − ++ 0

1 22

Eκ κ

κ− − −

=+ 0

32E

κ= −

+ 1 032

C Eκ

= −+

( ) 3out 0 0 0 2

1 cos, cos

2V r E r E r

r

κ θθ θ

κ−

= − ++

( )in 03

, cos2

V r E rθ θκ

= −+


Sfera di dielettrico in campo uniforme

• Calcoliamo le componenti del campo elettrico• All'interno

• All'esterno

• Sulla superficie della sfera

( ) 3out 0 0 0 2

1 cos, cos

2V r E r E r

r

κ θθ θ

κ−

= − ++

( )in 03

, cos2

V r E rθ θκ

= −+

1 1ˆ ˆ ˆ

sinr r r rθ φθ θ φ∂ ∂ ∂

= + +∂ ∂ ∂

e e e∇

03

cos2rE E θ

κ=

+ 03

sin2

E Eθ θκ

= −+

032κ

=+

E E

30 0 0 3

1 coscos 2

2rE E E rr

κ θθ

κ−

= ++

30 0 0 3

1 sinsin

2E E E r

rθ

κ θθ

κ−

= − ++

01

1 2 cos2rE E

κθ

κ

⎛ ⎞− ⎟⎜= + ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠ 03

cos2E

κθ

κ=

+

011 sin

2E Eθ

κθ

κ

⎛ ⎞− ⎟⎜= − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠ 03

sin2E θ

κ= −

+

Campo uniforme

Componente tangenziale continua

Campo uniforme

Campo dipolo

Polarizzazione uniforme

0( 1)κ ε= −P E


Carica e dielettrico• Consideriamo un materiale dielettrico lineare (di costante κ)che riempie tutto lo spazio per z < 0• Consideriamo una carica positiva +q posta ad una

altezza h• Calcoliamo potenziale e campo elettrico in tutto

lo spazio

• Il problema può essere risolto considerando • Una soluzione particolare dell'equazione Poisson• Il potenziale di una carica puntiforme posta in• Una soluzione dell'equazione di Laplace che consenta di soddisfare le

condizioni al contorno• Potenziale che si annulla all'infinito• Potenziale continuo sul piano z = 0• Discontinuità delle derivate normali

• Risolviamo questo problema con una generalizzazione del metodo delle immagini

z

h

x

y

κ

ˆzh+ =r e

0 00 0z zn n

φ φε κε

+ −→ →

∂ ∂=

∂ ∂

q+


Carica e dielettrico• Descriviamo qualitativamente cosa succede• La carica +q genera un campo che polarizza il dielettrico• Il dielettrico è lineare:∇⋅ P = 0 → non ci sono cariche di volume• Compare una carica superficiale di polarizzazionesul piano di separazione dielettrico - vuoto

• Il campo elettrico in tutto lo spazio è la somma di due campi elettrici• Il campo E′ generato dalla densità di carica superficiale • Il campo E′′ generato dalla carica puntiforme• È il problema equivalente nel vuoto del problema iniziale• La densità di carica superficiale è determinata dalla polarizzazione ed è da calcolare

• Dato che il dielettrico è lineare

• Per effetto della polarizzazione compare una densità superficiale di carica• La densità di carica superficiale ha una simmetria azimutale • È determinata dalla componente normale del vettore P

p ˆσ = ⋅P n

z

h

x

y

κ

0 0( ) ( ) ( 1) ( )eχ ε κ ε= = −P r E r E r

P ˆ( , ) ( , , 0)x y x yσ = ⋅P n ( , , 0)zP x y= ( 1) ( , , 0)zE x yκ= −


Carica e dielettrico

• Il campo elettrico Ez che compare è il campo totale• La componente normale del campo elettrico E′z(x,y)dovuto alla densità superficiale di carica σp(x,y) è

• Per convincerci della correttezza di questa espressione osserviamo che• La carica superficiale è equivalente all'effetto del dielettrico• Il campo elettrico generato dalla densità superficiale di carica ha la seguente simmetria

• Infine, come per tutti i campi elettrici, sappiamo che la componente normale ha una discontinuità attraverso lo strato di carica

• Possiamo pertanto concludere che

P

0

( , )( , , 0)

2zx y

E x yσ

ε′ =

z

h

x

y

κ

( , , ) ( , , )x y z x y z⊥ ⊥′ ′= − −E E ( , , ) ( , , )x y z x y z′ ′= −E E

P

0

ˆzσε⊥′Δ =E e

P

0

( , )( , , 0)

2zx y

E x yσ

ε′ =

P ˆ( , ) ( , , 0)x y x yσ = ⋅P n ( , , 0)zP x y= ( 1) ( , , 0)zE x yκ= −

0Pσ <

0zE <

0zE >


Carica e dielettrico• La componente del campo elettrico E′′z(x,y) dovutaalla carica elettrica +q è

• Abbiamo pertanto

• Possiamo determinare la densità di carica superficiale σP

• Osserviamo che, a meno del fattore dipendente dalla costante dielettrica, è la stessa densità di carica trovata nella diapositiva• Piano conduttore infinito e carica puntiforme con il metodo della carica

immagine

32

P2 2 2

1 11 ( , )

2 4 ( )

k qhx y

x y h

κσ

π

⎛ ⎞− −⎟⎜ + = −⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ + +

2 2 20

1( , , 0) cos

4zq

E x yx y h

θπε

′′ = −+ + 3

22 2 20

14 ( )

qh

x y hπε= −

+ +

P 0( , ) ( 1) ( , , 0)zx y E x yσ κ ε= −

0( 1) ( , , 0) ( , , 0)z zE x y E x yκ ε ⎡ ⎤′ ′′= − +⎣ ⎦

32

PP

2 2 2

( , )1( , ) ( 1)

4 2( )

x yqhx y

x y h

σσ κ

π

⎡ ⎤⎢ ⎥= − − −⎢ ⎥⎢ ⎥+ +⎣ ⎦

z

h

x

y

κ

( , )x y

122 2 2

cos( )

h

x y hθ =

+ +

32

P2 2 2

1 1( , )

1 2 ( )

qhx y

x y h

κσ

κ π−

= −+ + +

484210


Carica e dielettrico• Nel caso della carica puntiforme e piano conduttore avevamo trovato

• La carica superficiale di polarizzazione è pertanto

• Il potenziale del campo elettrico è

• Tuttavia esiste un metodo più' semplice che calcolare l'integrale• L'effetto dell'integrale era stato equivalente a porre

una carica immagine qP < 0 nella posizione −h

( )3/22 20

12

2hq

rdr qr h

ππ

∞

− = −+

∫

2 2r x y= +z

h

x

y

κ

( , )x y

P11

q qκκ−

= −+

( ) ( ) ( )φ φ φ′ ′′= +r r r

P

0piano

( , )1( )

4

x ydS

σφ

πε

′ ′′ ′=

′−∫rr r

0

1( )

ˆ4 z

qh

φπε

′′ =−

rr e

32

P2 2 2

1 1( , )

1 2 ( )

qhx y

x y h

κσ

κ π−

= −+ + +

z

y

x

ˆzh− = −r ePq

r

P

0

1( )

4

qφ

πε −

′ =−

rr r

P

2 2 20

1( )

4 ( )

q

x y z dφ

πε′ =

+ + +r

0z >


Carica e dielettrico• Quindi il potenziale nel semispazio z > 0 è

• A differenza del problema della carica e il piano conduttore il campo nel semispazio z < 0 non è nullo• C'è il campo della carica +q posto a r+• C'è anche il campo dovuto alla carica di polarizzazione qP

• Questa volta calcolato nel semispazio z < 0• Equivalente ad una carica qP posta nel punto r+

• Quindi il potenziale nel semispazio z < 0 è

( ) ( ) ( )φ φ φ′ ′′= +r r r

P

2 2 2 2 2 20 0

1 1( )

4 4( ) ( )

q q

x y z d x y z dφ

πε πε= +

+ + + + + −r

P11

q qκκ−

= −+

z

y

x

ˆzh+ =r ePq

r 0z <P

0

1( )

4

qφ

πε +

′ =−

rr r

P

2 2 20

1( )

4 ( )

q

x y z dφ

πε′ =

+ + −r

P

2 2 2 2 2 20 0

1 1( )

4 4( ) ( )

q q

x y z d x y z dφ

πε πε= +

+ + − + + −r


Carica e dielettrico• Riepilogando

• Il potenziale φ(r) soddisfa l'equazione di Poisson• Il termine dovuto a q per z > 0 soddisfa l'equazione di Poisson• Gli altri tre termini sono soluzioni dell'equazione di Laplacenei rispettivi domini

• Il potenziale è continuo per z = 0

• Il potenziale va a zero all'infinito

• Verifichiamo l'ultima condizione sulle derivate normali

P

2 2 2 2 2 20 0

P

2 2 2 2 2 20 0

1 1( ) 0

4 4( ) ( )1 1

( ) 04 4( ) ( )

q qz

x y z d x y z dq q

zx y z d x y z d

φπε πε

φπε πε

= + >+ + + + + −

= + <+ + − + + −

r

r

P11

q qκκ−

= −+

P

2 2 20

P

2 2 20

1( , , 0) 0

4

1( , , 0) 0

4

q qx y z

x y dq q

x y zx y d

φπε

φπε

+= >

+ ++

= <+ +



• Calcoliamo le derivate normali

• Ovviamente• Iniziamo con z > 0

P

2 2 2 2 2 20 0

P

2 2 2 2 2 20 0

1 1( ) 0

4 4( ) ( )1 1

( ) 04 4( ) ( )

q qz

x y z d x y z dq q

zx y z d x y z d

φπε πε

φπε πε

= + >+ + + + + −

= + <+ + − + + −

r

r

3 32 2

P

2 2 2 2 2 20 0

2 ( )( ) 2 ( )1 1 1 1

4 2 4 2( ) ( )

q z d q z d

z x y z d x y z d

φπε πε

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+∂ −⎟ ⎟⎜ ⎜= − ⎟ + − ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∂ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + + + + −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

r

3 32 2

P

2 2 2 2 2 200

( ) 14z

q d qdz x y d x y d

φπε+=

⎡ ⎤⎢ ⎥∂ −⎢ ⎥= − +⎢ ⎥∂ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥+ + + +⎢ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥⎣ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎦

r32

P

2 2 20

( )14

q q d

x y dπε−

= −⎡ ⎤+ +⎢ ⎥⎣ ⎦

P11

q qκκ−

= −+

P11

q q q qκκ−

− = − −+

21q

κκ−

=+

n z∂ ∂

=∂ ∂

322 2 200

1 24 1z

qdz x y d

φ κπε κ+=

∂=

∂ + ⎡ ⎤+ +⎢ ⎥⎣ ⎦



• Adesso il caso z < 0

• E naturalmente

32

P

2 2 20

2( )( )( ) 1 14 2 ( )

q q z d

z x y z d

φπε

⎛ ⎞ + −∂ ⎟⎜= − ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ⎝ ⎠ ⎡ ⎤+ + −⎢ ⎥⎣ ⎦

r

P

2 2 2 2 2 20 0

P

2 2 2 2 2 20 0

1 1( ) 0

4 4( ) ( )1 1

( ) 04 4( ) ( )

q qz

x y z d x y z dq q

zx y z d x y z d

φπε πε

φπε πε

= + >+ + + + + −

= + <+ + − + + −

r

r

32

P

2 2 200

( )14z

q q d

z x y d

φπε−=

+∂=

∂ ⎡ ⎤+ +⎢ ⎥⎣ ⎦

P11

q qκκ−

= −+

P11

q q q qκκ−

+ = − ++

21q

κ=

+ 322 2 200

1 24 1z

qdz x y d

φπε κ−=

∂=

∂ + ⎡ ⎤+ +⎢ ⎥⎣ ⎦

322 2 200

1 24 1z

qdz x y d

φ κπε κ+=

∂=

∂ + ⎡ ⎤+ +⎢ ⎥⎣ ⎦

0 00 0z zz z

φ φε κε

+ −= =

∂ ∂=

∂ ∂


Carica e dielettrico• Naturalmente le due derivate calcolate sono anche, a meno del segno, la componente z del campo elettrico all'interfaccia• La componente parallela è continua• Calcoliamo ad esempio Ex

• Calcoliamo l'angolo che E fa con l'asse z, ad esempio nel piano y = 0

• Nel vuoto

• Nel dielettrico

322 2 20

1 24 1z

qdE

x y dπε κ= −

+ ⎡ ⎤+ +⎢ ⎥⎣ ⎦

322 2 20

1 24 1z

qdE

x y d

κπε κ

= −+ ⎡ ⎤+ +⎢ ⎥⎣ ⎦

32

P

2 2 20

( )14 ( )

xq q x

Ex x y z d

φπε

+∂= − =

∂ ⎡ ⎤+ + −⎢ ⎥⎣ ⎦

322 2 20

1 24 1 ( )

qx

x y z dπε κ=

+ ⎡ ⎤+ + −⎢ ⎥⎣ ⎦

1

211tg

21

x

z

xE xE d

d

κακ κ

κ

+= = =

+

2

21tg21

x

z

xE xE d

d

κα

κ

+= = =

+

1α

2α


Carica e dielettrico• Per finire calcoliamo la forza che agisce sulla carica• La carica di polarizzazione è negativa• È equivalente ad una carica negativa qP posta a distanza –h• La forza è attrattiva• La forza è

P2

0

1ˆ

4 (2 )z

qq

hπε= −F e

P11

q qκκ−

= −+

2

20

1 1ˆ

4 1 (2 )z

q

h

κπε κ

−= −

+F e


Energia elettrostatica• Riprendiamo il problema del condensatore con dielettrico fra le armature (vedi diapositiva )• Ricordiamo che a parità di differenza di

potenziale V il campo elettrico è sempre E = V/s• Inoltre la carica nella regione delle armature è

Q0 che è la somma algebrica • Della carica Q sulle armature (Q = κ Q0)• Della carica di polarizzazione Qpol = −(κ − 1)Q0

• L'energia del condensatore è

• Rispetto al caso senza dielettrico l'energia è cresciuta • È cresciuta la capacità di un fattore κ

• D'altro canto abbiamo visto che l'energia può essere espressa come energia del campo elettrico

• Quale delle due espressioni è corretta?

sE

− − − − − −

− −− − − − − − − − −+ + + + + +

+ ++ + + + + + + + +0Q=

571289

212

U CV=

20

2 VU E dv

ε= ∫ 20

2E As

ε=

20

22VAs

sε

=

00

AC C

sε

κ κ= =

2012AV

sε

= 20

12C V=

20

12

U C Vκ=


Energia elettrostatica• La soluzione della contraddizione sta nel fatto chele due energie rappresentano cose differenti

• L'energia del campo elettrico rappresenta l'energiaimmagazzinata in un sistema di cariche (vedi )• L'energia necessaria per "costruire" la disposizione delle cariche (sia libere che di polarizzazione)

• L'energia del condensatore rappresenta invece il lavoro che è stato fatto• Per caricare i condensatore con una carica Q• Per polarizzare il dielettrico e fare in modo che fornisca una carica Qpol

• Per polarizzare il dielettrico è necessario fare un lavoro• Il lavoro necessario per deformare gli atomi o le molecole• Il lavoro necessario per allineare i dipoli

• Troviamo adesso un sistema per esprimere il secondo lavoro con una formula analoga a quella dell'energia del campo elettrico

sE

− − − − − −

− −− − − − − − − − −+ + + + + +

+ ++ + + + + + + + +0Q=

826136


Energia elettrostatica• Definiamo esattamente cosa vogliamo fare• Consideriamo lo stato finale che vogliamo ottenere• Un sistema di cariche libere descritto da una densità di carica ρf

• Un dielettrico (lineare) polarizzato• Per costruire questo sistema• Iniziamo da un sistema scarico: ρf = 0• Trasportiamo una carica dρf infinitesima dall'infinito nel nostro sistema• Disponiamo la carica in modo che in ogni parte del sistema la densità di

carica sia una frazione α di quella finale

• Per un dato valore di α la densità di carica libera è una frazione di quella finale• Anche il potenziale elettrico φk(r) = αφ(r) sarà una frazione di quello finale

• Anche le cariche di polarizzazione saranno una frazione α di quelle finali• Anche i campi P e D saranno una frazione α di quelli finali

( ) ( )f 0 1αρ αρ α= ≤ ≤r r ( )f fd dρ ρ α= r

( ) ( )αφ αφ=r r


Energia elettrostatica• Il lavoro dW fatto per trasportare la carica dρf è

• Sottolineiamo che il potenziale φα(r) è generato anche dal dielettrico• Il lavoro dW è diverso da quello che si avrebbe senza il dielettrico• Il lavoro dW contiene anche il lavoro necessario per polarizzare il

dielettrico• Elaborando

• Sottolineiamo ancora una volta la differenza con la trattazione della diapositiva • In quel caso nella formula era presente TUTTA la carica ρ (sia libera che di polarizzazione)• L'energia trovata era quella del sistema di cariche ρf + ρpol

e non includeva il lavoro fatto per polarizzare il materiale• Nel caso del condensatore con dielettrico sarebbe l'energia

dei due strati di carica ± [κσ0 − (κ − 1)σ0] = ± σ0

( ) ( ) 3fdW d dαφ ρ⎡ ⎤= ⎣ ⎦∫ r r r

( ) ( ) 3fdW d dαφ ρ α⎡ ⎤= ⎣ ⎦∫ r r r ( ) ( ) 3

fd dα α φ ρ= ∫ r r r

( ) ( )1

3f

0W d dα α φ ρ= ∫ ∫ r r r ( ) ( ) 3

f

12

W dφ ρ= ∫ r r r

( ) ( ) 312

U dφ ρ= ∫ r r r

− − − − − −

− −− − − − − − − − −+ + + + + +

+ ++ + + + + + + + +0σ

E

826136


Energia elettrostatica• Elaboriamo adesso la formula trovata per metterla in funzione del campo elettrico E e dello spostamento elettrico D

• Ricordiamo innanzitutto la legge di Gauss per il campo D• Introduciamo nell'integrale

• Ricordiamo che

• Otteniamo

• Il primo integrale

• Pertanto

( ) ( ) 3f

12

W dφ ρ= ∫ r r r

fρ⋅ =D∇

( ) 312

W dφ= ⋅∫ r D r∇

( )f f f⋅ = ⋅ + ⋅C C C∇ ∇ ∇ ( )φ φ φ⋅ = ⋅ − ⋅D D D∇ ∇ ∇

( ) 3 31 12 2

W d dφ φ= ⋅ − ⋅∫ ∫D r D r∇ ∇

( ) ( )3d dφ φ⋅ = ⋅∫ ∫D r D a∇ 0→ Per campi che si annullano velocemente all'infinito

312

W dφ= − ⋅∫ D r∇ 312

W d= ⋅∫ D E rφ= −E ∇


Energia elettrostatica

• La formula che abbiamo ricavato vale per dielettrici lineari• Per un dielettrico lineare si ha D = εE = κ ε0 E

• W0 è il lavoro fatto in assenza di dielettrico• Pensiamo all'esempio iniziale del condensatore con dielettrico

• Riepilogando

• Rappresenta l'energia associata ad un campo elettrico E generato da un sistema di cariche ρ = ρf + ρpol

• Non include il lavoro che è stato fatto per polarizzare il dielettrico• Per includere anche il lavoro che è stato necessario per polarizzare il

dielettrico si calcola

• Include l'energia del campo elettrico E generato da ρ = ρf + ρpol

• Include il lavoro fatto per polarizzare il dielettrico

312

W d= ⋅∫ D E r

30

12

W dκε= ⋅∫ E E r 30

2d

εκ= ⋅∫ E E r 0Wκ=

30

2EU dε

= ⋅∫ E E r

312

W d= ⋅∫ D E r

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