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scientifico ma a analisi 2 che tipo di integrali hai affrontato?
Io sinceramente non riesco a comprendere i conti che fai (anche perché non è che tu giustifichi molto le espressioni che utilizzi) e mi trovo abbastanza in difficoltà a comprendere i tuoi ragionamenti.
Comunque facciamo giusto 2 richiami (veloci?) prima di affrontare tutti problemi che stanno sorgendo, dato che, a quanto mi sembra di capire, sono di natura teorica.

RICHIAMI DI ANALISI

Proprietà (dell'integrale) - Siano f, g continue in [a,b]

1. Linearità. Se α, β sono costanti

$\int_{a}^{b} \alpha f(x)+\beta g(x) \text{ d}x=\alpha\int_{a}^{b} f(x)\text{ d}x+\beta\int_{a}^{b} g(x)\text{ d}x$

2. Additività rispetto all'intervallo di integrazione. Se a≤r≤b

$\int_{a}^{b} f(x) \text{ d}x=\int_{a}^{r} f(x) \text{ d}x+\int_{r}^{b} f(x) \text{ d}x$

3. Convenzione. Se a<b, si pone

$\int_{a}^{b} f(x) \text{ d}x=-\int_{b}^{a} f(x) \text{ d}x$

Teorema fondamentale del calcolo integrale - Se f:[a,b]→R è continua, e F è una sua primitiva su [a,b], allora

$\int_{a}^{b} f(x) \text{ d}x=F(b)-F(a)$

RICHIAMI DI MECCANICA

Definizione 1 (Lavoro di una forza) - Dato un punto materiale che si muove lungo una traiettoria curvilinea sotto l'azione di una forza F, si definisce lavoro della forza F , compiuto durante lo spostamento del punto dalla posizione A alla posizione B, la quantità scalare

$W:=\int_{A}^{B} \boldsymbol{F} \cdot \text{d}\boldsymbol{s} \qquad (1)$

$[W]=[\boldsymbol{F}][\boldsymbol{s}]=\text{N}\text{m}=\text{J} \qquad (\text{newton} \times \text{metri}=\text{joule})$

Bisogna fare molta attenzione riguardo questa definizione. Questo è un integrale di linea, cioè un integrale che coinvolge grandezze vettoriali come la forza F e lo spostamento s tramite il loro prodotto scalare (indicato con " $\cdot$ ").

nota: A e B sono due punti dello spazio, quindi, in genere, sono descritti da 3 coordinate spaziali x y z

In genere il suo calcolo è molto rognoso in quanto, fissato un opportuno sistema di riferimento, si dovrebbe dare un'espressione analitica del campo F in funzione di una parametrizzazione della curva che descrive lo spostamento del punto dalla posizione A alla posizione B, per poi integrare il tutto,
Direi (quando è possibile) di evitare sempre la definizione per calcolare il lavoro di una forza, proprio per la sua difficoltà computazionale.
Di questa difficoltà se ne erano accorti anche i fisici dell'epoca e per questo è stato elaborato il cosiddetto metodo del potenziale.

Definizione 2 (Forza conservativa) - Una forza per la quale il calcolo del lavoro non dipende dal particolare percorso scelto si dice conservativa.

Il metodo del potenziale asserisce che, in presenza di un campo conservativo, è possibile esprimere un qualsiasi lavoro come differenza dei valori che un'opportuna funzione ϕ (scalare dello spazio, detta potenziale) assume nel punto finale B e nel punto iniziale A

$W=\phi(B)-\phi(A) \qquad (2)$

$[\phi]=[W]=\text{J}$

La (1) e la (2) dicono la stessa cosa tramite due calcoli completamente differenti: la (1) chiama in causa un integrale vettoriale mentre la (2) una differenza. Risulta evidente il vantaggio di usare la (2) al posto della (1).

Al'opposto del potenziale si da il significato fisico di energia potenziale, dunque si arriva alla

Definizione 3 (Energia potenziale) - Dato un campo conservativo F, di potenziale ϕ , si definisce energia potenziale (riferita al campo F) la funzione U tale che

$U(x,y,z):=-\phi(x,y,z) \qquad (3)$

$[U]=[\phi]=\text{J}$

nota: il segno meno è dovuto al fatto che, per convenzione, un lavoro positivo deve provocare una diminuzione di energia potenziale mentre uno negativo un aumento.

Combinando la (2) e la (3) si deduce che

W=U(A)-U(B)

che possiamo indicare sinteticamente come

$W=-\Delta U \qquad (4)$

avendo posto ΔU=U(B)-U(A).

RICHIAMI DI ELETTROSTATICA

Il campo elettrico, in condizioni statiche (cioè tutte le sorgenti del campo non cambiano posizione allo scorrere del tempo) si dice, appunto, elettrostatico.
Si verifica che il campo elettrostatico è conservativo, dunque si può definire e associargli la funzione energia potenziale Ue che verrà detta (con grande sforzo di fantasia) energia potenziale elettrica.
Concentriamoci sulla variazione di energia potenziale elettrica ΔUe, in quanto essa ha una precisa interpretazione fisica. Sfruttando la (4) e la (1) ,e indicando con We il lavoro svolto dal campo elettrostatico, si trova che la variazione di energia potenziale elettrica che subisce un corpo di carica q muovendosi da un punto A a un punto B di una regione in cui è presente un campo elettrostatico E vale

$\begin{align} \Delta U_e &= -W_e \\ & = -\int_{A}^{B} \boldsymbol{F} \cdot \text{d} \boldsymbol{s} \\ &=- \int_{A}^{B} q\boldsymbol{E} \cdot \text{d} \boldsymbol{s} \\ \end{align}$

possiamo alleggerire la precedente espressione se diamo la seguente

Definizione 4 (Differenza di potenziale) - Si dice differenza di potenziale (d.d.p) tra il punto A e il punto B la quantità ΔV=V(B)-V(A) tale che

$\Delta V:=-\int_{A}^{B} \boldsymbol{E} \cdot \text{d} \boldsymbol{s} \qquad (5)$

$[V]=[\boldsymbol{E}][\boldsymbol{s}]=\frac{\text{V}}{\text{m}}\text{m}=\text{V} \qquad \left(\frac{\text{volt}}{\text{metri}} \times \text{metri}=\text{volt} \right)$

infatti, in base a tale definizione, si trova

$\Delta U_e &= q \Delta V$

$[U]=[q][V] \Rightarrow [V]=[U]/[q]=\frac{\text{J}}{\text{C}} \qquad \left(\text{volt}=\frac{\text{joule}}{\text{coulomb}}\right)$

Perché tutti questi richiami di fisica? Per giungere alla seguente conclusione che ci servirà in seguito:

Dalla (5) si vede che la d.d.p tra due punti A e B rappresenta il lavoro che un agente esterno dovrebbe compiere per spostare una carica unitaria dal primo punto al secondo.

RIASSUMIAMO

Data la conservatività del campo elettrostatico, il suo lavoro We si può calcolare in due modi distinti:

1. Tramite la definizione. Se il corpo ha una carica q, si deve calcolare il seguente integrale di linea

$\boxed{W_e=\int_{A}^{B} q\boldsymbol{E} \cdot \text{d}\boldsymbol{s}}$

2. Tramite il metodo dei potenziali. Si deve calcolare la differenza tra energia potenziale elettrica dello stato iniziale del sistema (carica in posizione A) e energia potenziale elettrica dello stato finale del sistema (carica in posizione B). Lo possiamo fare calcolando la ddp tra A e B per poi moltiplicare per il valore della carica q in moto

$\boxed{W_e=-q\Delta V}$

Dove sta la praticità della seconda espressione se per calcolare la ddp bisogna svolgere sempre un integrale di linea (vedi la (5)) ?

La praticità sta tutta nel fatto che ci sono una serie di problemi notevoli (legati a distribuzioni spaziali di carica facili da trattare) già risolti, cioè dove sono noti campo elettrico e potenziale elettrico.
Un po' come con le derivate, si usano risultati notevoli per risolvere casi più complessi.
Due esempi di distribuzioni notevoli sono quelli, appunto, del piano indefinito e della carica puntiforme (anche se quest'ultima non è una distribuzione...).

Conoscendo il potenziale si riesce a riportare problemi di natura vettoriale (nello spazio tridimensionale ogni grandezza vettoriale è descritto da 3 equazioni) in problemi di natura scalare (ogni grandezza fisica è descritta da una sola equazione), riducendo così notevolmente i calcoli da fare, come si vedrà nell'esempio fornito dalla risoluzione del prossimo

ESERCIZIO (IN [8])

"Tre cariche puntiformi Q1, Q2, Q3 sono poste ai vertici del rettangolo in figura. Il piano xz coincide con un piano indefinito uniformemente carico con densità superficiale σ. Calcolare la differenza di potenziale tra i punti B(L,L) e A(3L,L)."

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Risolverò 3 volte l'esercizio, dal metodo più rognoso fino a quello meno rognoso, in modo da mettere in luce i notevoli vantaggi che offre il potenziale elettrico.

nota:

RenzoDF ha già risolto l'esercizio, nel metodo più diretto (che corrisponde al 3°in questo post), sfruttando le notevoli simmetrie geometriche in gioco. Sta cercando di farti arrivare alla soluzione tramite un ragionamento logico. Non riesci ad arrivarci perché utilizzi integrali che calcoli erroneamente. E' proprio per scoraggiarti ad utilizzare gli integrali che sto scrivendo ora.

1. Viva gli integrali di linea!

Supponiamo di non sapere niente riguardo il potenziale elettrico e della conservatività del campo in questione.
Inoltre supponiamo che l'esercizio ci chieda di calcolare la differenza di potenziale interpretandola come il lavoro che si dovrebbe compiere per spostare una carica unitaria dal punto A al punto B.

Per il principio di sovrapposizioni degli effetti, il campo elettrico totale corrisponderà alla somma dei campi elettrici generati dalle cariche puntiformi e quello generato dal piano.

$\boldsymbol{E}_\text{tot}=\boldsymbol{E}_{\text{piano}}+\boldsymbol{E}_{Q_1}+\boldsymbol{E}_{Q_2}+\boldsymbol{E}_{Q_3}$

Dobbiamo valutare il lavoro per spostare una carica unitarià, quindi la forza in gioco coinciderà l'espressione del campo elettrico totale

$\boldsymbol{F}=q\boldsymbol{E}_\text{tot}\bigg|_{q=1}=\boldsymbol{E}_\text{tot}$

Lavorando in coordinate cartesiane, avremo che il lavoro compiuto dal campo elettrico totale corrisponderà a

$\begin{align} W_{\boldsymbol{E}_\text{tot}} &=\int_{A}^{B} \boldsymbol{E}_\text{tot} \cdot \text{d}\boldsymbol{s} \\ &=\int_{A}^{B} \boldsymbol{E}_\text{tot} \cdot \frac{\text{d}\boldsymbol{s}}{\text{d}t} \text{ d}t \\ &=\int_{A}^{B} E_{\text{tot}}_x \frac{\text{d}s_x}{\text{d}t} +E_{\text{tot}}_y \frac{\text{d}s_y}{\text{d}t} \text{ d}t \end{align}$

Dobbiamo determinare le componenti del campo totale e, conseguentemente a una parametrizzazione per lo spostamento s, le componenti del vettore tangente allo spostamento ds/dt.
Sottosuddividiamo dunque l'esercizio in 3 parti distinte:

1.1 Scelta parametrizzazione e calcolo vettore tangente
1.2 Calcolo campo elettrico totale
1.3 Esplicitazione e calcolo dell'integrale di linea

1.1 Una semplice scelta può essere la seguente

$\boldsymbol{s} (t)=\begin{cases} s_x=3L-t \\ s_y=L\end{cases}$

con $t \in [0, 2L]$

il vettore tangente allo spostamento risulterà essere

$\frac{\text{d}\boldsymbol{s}}{\text{d}t} =\begin{cases} \text{d}s_x / \text{d}t =-1 \\ \text{d}s_y/\text{d}t=0\end{cases}$

1.2 Descriviamo dapprima ogni singolo campo in coordinate cartesiane

$\boldsymbol{E}_{\text{piano}}(x,y)=\begin{cases} +\frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \boldsymbol{u}_y & \text{se } y>0 \\ -\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\boldsymbol{u}_y & \text{se } y<0\end{cases}$

$\boldsymbol{E}_{Q_1}(x,y)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left \{\frac{Q_1 x}{ [x^2+(y-L)^2]^{3/2}} \boldsymbol{u}_x+ \frac{Q_1 (y-L)}{ [x^2+(y-L)^2]^{3/2}} \boldsymbol{u}_y \right \}$

[unparseable or potentially dangerous latex formula]

$\boldsymbol{E}_{Q_3}(x,y)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left \{ \frac{Q_3 (x-2L)}{ [(x-2L)^2+y^2]^{3/2}} \boldsymbol{u}_x+\frac{Q_3 y}{ [(x-2L)^2+y^2]^{3/2}} \boldsymbol{u}_y \right \}$

Applichiamo ora la parametrizzazione scelta

$\boldsymbol{E}_{\text{piano}}[\boldsymbol{s}](t)=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \boldsymbol{u}_y$

[unparseable or potentially dangerous latex formula]

[unparseable or potentially dangerous latex formula]

[unparseable or potentially dangerous latex formula]

nota: $x/(\sqrt{x^2})^3=x/|x|^3=\text{sgn}(x)/x^2$ .
La funzione sgn(x) (segno di x) serve a tener di conto del segno della precedente divisione.
Tale informazione si perderebbe se si scrivesse semplicemente $x/(\sqrt{x^2})^3=1/x^2$ .

Il campo totale risulterà essere

[unparseable or potentially dangerous latex formula]

1.3 In base ai risultati trovati, possiamo ora esplicitare l'integrale di linea

[unparseable or potentially dangerous latex formula]

cioè

[unparseable or potentially dangerous latex formula]

come già detto, tale lavoro è quello compiuto dal campo elettrico, quindi invertiamone il segno per trovare il lavoro compiuto dall'agente esterno Fext

$W_{\boldsymbo{F}_\text{ext}}=\frac{1}{4 \pi\varepsilon_0}\frac{2Q_1}{3L}$

In base a tutte le considerazioni fin ora fatte, si ha che

$\Delta V_{\text{tot}} = V_{\text{tot}}(B)-V_{\text{tot}}(A)=W_{\boldsymbo{F}_\text{ext}}$

quindi si conclude che

$\boxed{\Delta V_{\text{tot}}=\frac{1}{4 \pi\varepsilon_0}\frac{2Q_1}{3L}}$

nota: n° integrali calcolati = 3 (se diceva male erano 8!!)

2. Ma con il potenziale?

Vediamo adesso di risolvere l'esercizio utilizzando i potenziali elettrici.
Come sempre, il principio di sovrapposizione degli effetti è valido per cui possiamo affermare che il potenziale totale è dato dalla somma dei potenziali.
Sarebbe più corretto dire che il campo totale è dato dalla somma dei campi (sono le forze a sommarsi vettorialmente), comunque la relazione tra campo e potenziale è lineare dunque risulta corretta anche la precedente affermazione.

Dunque avremo

[unparseable or potentially dangerous latex formula]

dividiamo dunque l'esercizio in 3 sottosuddivisioni distinte

2.1 Ddp dovuta al piano
2.2 Ddp dovute alle cariche puntiformi
2.3 Ddp totale

2.1 Il fatto che un piano indefinito carico generi un campo elettrico costante nello spazio e parallelo alla sua normale implica che tutti i punti alla medesima distanza da esso costituiscono una superfice equipotenziale.
I punti A e B sono alla medesima distanza dal piano (che è L), quindi sono punti equipotenziali e di conseguenza

$V_{\text{piano}}(A)=V_{\text{piano}}(B) \Rightarrow \Delta V_{\text{piano}}=0$

2.2 Avvaliamoci (ecco qui che utiliziamo un risultato notevole! si evita così l'integrale in (5)) della precedente espressione usata in [5]:

$V(r)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q}{r}$

si ha dunque

$V_{Q_1} (A)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q_1}{3L}$

$V_{Q_1} (B)=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q_1}{L}$

quindi

$\Delta V_{Q_1} =\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{2Q_1}{3L}$

analogamente

$\Delta V_{Q_2} =\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q_2}{L}(1-1)=0$

$\Delta V_{Q_3} =\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Q_3}{L}\left( \frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{2}} \right)=0$

2.3 Concludiamo che

$\Delta V_{\text{tot}} =0+\Delta V_{Q_1}+0+0 \Rightarrow$

$\boxed{\Delta V_{\text{tot}}=\frac{1}{4 \pi\varepsilon_0}\frac{2Q_1}{3L}}$

nota: n° integrali calcolati = 0

3. Si può fare ancora meglio

Se proviamo un attimo a ragionare sulla geometria e del problema, ricordando l'espressione del potenziale per una carica puntiforme, ci si rende conto che l'esercizio è relativamente banale, bastano solo 3 conti. (contro i 75236 del metodo 1 e i 10 del metodo 2).

Spostamento e campo elettrico dovuto al piano sono ortogonali, la sua presenza è dunque ininfluente.
Durante lo spostamento ci si avvicina tanto quanto ci si allontana rispetto Q2, quindi il suo contributo, in termini di ddp, è nullo.
Lo stesso vale per Q3, dunque resta solo il contributo di Q1.
Si conclude immediatamente che

$\Delta V_{\text{tot}} =\Delta V_{Q_1} \Rightarrow$

$\boxed{\Delta V_{\text{tot}}=\frac{1}{4 \pi\varepsilon_0}\frac{2Q_1}{3L}}$

nota: n° integrali calcolati = 0

NOTE CONCLUSIVE

Nel metodo 1 sarebbe stato molto più opportuno trattare ogni campo singolarmente, cioè calcolare il lavoro totale come somma dei lavori compiuti da ogni singola forza.

$W_{\text{tot}}=\int \sum_{i} \boldsymbol{F}_i \cdot \text{d}\boldsymbol{s}=\sum_{i} \int \boldsymbol{F}_i \cdot \text{d}\boldsymbol{s}=\sum_{i} W_i$

in questo modo i lavori dovuti alle cariche puntiformi potevano essere calcolati separatamente, senza ricorrere così al riferimento cartesiano (non troppo comodo per le forze centrali).
Comunque il motivo per cui ho risolto l'esercizio in tale modo sta nel fatto che volevo mostrare come si calcolano, in generale, gli integrali di linea (e anche per enfatizzare le difficoltà che possono sorgere nel calcolo vettoriale e per fare un bel ripassone personale sull'argomento).