# Potenziale elettrico (superiori)
## Potenziale elettrico

Estendendo il concetto di conservatività definito per le forze ai campi è facile mostrare come il campo elettrico generato da una carica puntiforme sia conservativo, cioè con riferimento alla figura a fianco, l'integrale di linea per andare da un punto a ad un punto b:
    $\int _{a}^{b}{\vec {E}}\cdot d{\vec {l}}\$
non dipende dal percorso seguito, ma solo dagli estremi di integrazione. Questa è una conseguenza del fatto che la forza elettrica è centrale e a simmetria sferica. Quindi, analogamente all'energia potenziale, possiamo definire la differenza di potenziale elettrico (d.d.p) $V_{b}-V_{a}\$ presente tra i punti a e b:
    $V_{b}-V_{a}=-\int _{a}^{b}{\vec {E}}\cdot d{\vec {l}}\$

## Unità di misura ed ordini di grandezza

Le dimensioni fisiche del potenziale elettrico sono quelle del rapporto tra una energia e una carica elettrica. L'unita di misura nel Sistema Internazionale è detta Volt ed equivale a Joule diviso Coulomb, indicato con il simbolo
$[V]={\frac {[Energia]}{[Carica]}}={\frac {[J]}{[C]}}\$
Di conseguenza l'unità di misura del campo elettrico, che ha le dimensioni di una forza divisa una carica, non è normalmente scritta come $N/C\$, ma si preferisce indicarla in $V/m\$.
    $[E]={\frac {[Forza]}{[Carica]}}={\frac {[V]}{[m]}}\$
I campi elettrici sono estremamente difficili da misurare in quanto la presenza di materia li modifica sostanzialmente, anche se finora la trattazione fatta escludeva la presenza di materia. Campi elettrici dell'ordine di qualche $10^{6}\ V/m\$ nell'aria sono considerati campi molto intensi. Infatti con campi di questo ordine di grandezza l'aria cessa di essere un mezzo simile al vuoto e si comporta come un plasma. I fulmini, l'effetto più appariscente dell'elettromagnetismo fin dagli albori della civiltà umana, sono una tipica manifestazione di tali campi intensi. Durante una giornata serena vi è naturalmente un campo elettrico la cui intensità al livello del mare è di circa un centinaio di V/m. Quindi un campo di questo ordine di grandezza presente naturalmente è considerato un campo elettrico di piccola intensità.
Il potenziale elettrico è invece una grandezza che è entrata nell'uso comune, differenze di potenziale tra oggetti carichi isolati sono facilmente misurabili, tra frazioni di Volt a centinaia di Volt. Differenze di potenziali statiche di qualche nV sono estremamente difficili da misurare, mentre differenze di potenziale di molte centinaia di Volt possono essere estremamente pericolose per la salute umana se applicate tra due differenti parti del corpo umano: in realtà la pericolosità è legata alla corrente, di cui parleremo nel seguito.
La carica dell'elettrone di circa $1.6\times 10^{-19}\ C$, la minima carica possibile, indica chiaramente cosa sia una carica piccola. Il Coulomb rappresenta una grossa carica se distribuita su volumi di qualche $m^{3}\$, ma se invece consideriamo la carica contenuta in una media nuvola di pioggia, che ha dimensioni di qualche km, facilmente la carica accumulata è di qualche decina di C. Ma dato il volume in gioco la densità volumetrica di carica è di solito inferiore a $10^{-9}\ C/m^{3}\$, la densità di carica presente nell'aria in una giornata serena è di appena un ordine di grandezza inferiore a tale grandezza.

### Carica puntiforme

Consideriamo, un caso particolare, il campo elettrico ${\vec {E}}\$ generato da una carica puntiforme $Q\$ posta nell'origine delle coordinate, come abbiamo visto vale:
    ${\vec {E}}={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {Q}{r^{2}}}{\hat {r}}\$
Sostituendo, questa espressione, nella equazione precedente:
    $V_{b}-V_{a}=-\int _{a}^{b}{\vec {E}}\cdot d{\vec {l}}=-\int _{a}^{b}|{\vec {E}}|\cdot |d{\vec {l}}|\cos \theta \$
dove $\theta \$ è l'angolo compreso tra i vettori ${\vec {E}}\$ e $d{\vec {l}}\$. Il prodotto $dl\cos \theta \$, rappresenta la proiezione lungo $r\$ di $dl\$, quindi $dl\cos \theta =dr\$:
    $V_{b}-V_{a}=-\int _{a}^{b}|E|dr={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}Q\int _{r_{b}}^{r_{a}}{\frac {1}{r^{2}}}dr={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}Q\left[{\frac {1}{r_{b}}}-{\frac {1}{r_{a}}}\right]\$
Quindi:
    $V_{b}=V_{a}+{\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}Q\left[{\frac {1}{r_{b}}}-{\frac {1}{r_{a}}}\right]\$
Se $r_{a}=\infty \$ e poniamo che $V(r_{a})=0\$:
    $V_{b}={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {Q}{r_{b}}}\$
Quindi assunto che all'infinito il potenziale sia nullo (una scelta arbitraria) e cambiando il nome di $r_{b}\$ in $r\$:
    $V(r)={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {Q}{r}}\$

### Varie cariche puntiformi

Se la distribuzione delle cariche è limitata nello spazio è sempre possibile assumere che il potenziale all'infinito sia nullo. Immaginando di avere $n\$ cariche $Q_{i}\$ disposte ciascuna nella posizione di raggio vettore ${\overrightarrow {r}}_{i}\$ (applicando il principio di sovrapposizione degli effetti) l'espressione del potenziale elettrico, nel punto individuato dal raggio vettore ${\overrightarrow {r}}\$, diventa:
    $V({\overrightarrow {r}})={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}\sum _{i=1}^{n}{\frac {Q_{i}}{|{\vec {r}}-{\vec {r_{i}}}|}}\$
Essendo $V\$ una funzione scalare, il calcolo del potenziale è molto più semplice da effettuare del campo elettrico.

### Caso continuo

I ragionamenti fatti si estendono al caso continuo, in particolare nel caso di distribuzione di cariche su una linea con densità lineare $\lambda \$ l'espressione del potenziale del punto posto nella posizione identificata da ${\vec {r}}\$ (assunto nullo il potenziale all'infinito) vale:
    $V({\overrightarrow {r}})={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}\int _{0}^{L}{\frac {\lambda dl}{|{\vec {r}}-{\vec {r_{l}}}|}}\$
Dove ${\overrightarrow {r_{l}}}\$ è il vettore posizione del generico elementino $dl\$.
Con ragionamento analogo nel caso distribuzione superficiale caratterizzata dalla densità superficiale $\sigma \$:
    $V({\overrightarrow {r}})={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}\int _{S}{\frac {\sigma ds}{|{\vec {r}}-{\vec {r_{s}}}|}}\$
infine per una distribuzione volumetrica:
    $V({\overrightarrow {r}})={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}\int _{T}{\frac {\rho d\tau }{|{\vec {r}}-{\vec {r_{\tau }}}|}}\$
Queste relazioni sono analoghe alle equazioni ricavate per il campo elettrico.

### Dal potenziale elettrico al campo elettrico

Quando abbiamo definito il potenziale elettrico siamo in realtà partiti dalla relazione infinitesima:
    $dV=-{\vec {E}}\cdot d{\vec {l}}\$
Cioè la d.d.p. elettrico tra 2 punti, in coordinate cartesiane (x,y,z) e (x+dx,y+dy,z+dz), è pari all'opposto del prodotto scalare tra il campo elettrico e lo spostamento infinitesimo sulla traiettoria:
    $dV=-E_{x}dx-E_{y}dy-E_{z}dz\$
Ma d'altro canto, secondo la definizione di differenziale, vale la relazione:
    $dV={\frac {\partial V}{\partial x}}dx+{\frac {\partial V}{\partial y}}dy+{\frac {\partial V}{\partial z}}dz\$
Quindi:
    $E_{x}=-{\frac {\partial V}{\partial x}}\$;
    $E_{y}=-{\frac {\partial V}{\partial y}}\$;
    $E_{z}=-{\frac {\partial V}{\partial z}}\$;
In maniera sintetica viene anche scritto che il campo elettrico è il gradiente del potenziale cambiato di segno:
    ${\vec {E}}=-{\vec {grad}}V\$;
Anche ricordando che abbiamo definito ${\vec {\nabla }}$ (detto Nabla) come:
    ${\vec {\nabla }}=({\frac {\partial }{\partial x}},{\frac {\partial }{\partial y}},{\frac {\partial }{\partial z}})\$
Si ha che le equazioni precedenti si possono scrivere anche come:
    ${\vec {E}}=-{\vec {\nabla }}V\$

### Gradiente in coordinate polari

Una linea in coordinate polari cioè la congiungente i due punti in figura ha componenti ${\vec {dl}}=(dr,rd\theta ,r\sin \theta d\phi )\$ come si ricava dalla figura. Cioè nelle tre direzioni $r,\theta ,\ \phi \$. In questo sistema di coordinate essendo $V(r,\theta ,\phi )\$ il suo differenziale è:
    $dV={\frac {\partial V}{\partial r}}dr+{\frac {\partial V}{\partial \theta }}d\theta +{\frac {\partial V}{\partial \phi }}d\phi \$
Ma anche
    $dV=-{\vec {E}}\cdot {\vec {dl}}=-E_{r}dr-E_{\theta }rd\theta -E_{\phi }r\sin \theta d\phi \$
Quindi in coordinate polari:
    $E_{r}=-{\frac {\partial V}{\partial r}}\$
    $E_{\theta }=-{\frac {1}{r}}{\frac {\partial V}{\partial \theta }}\$
    $E_{\phi }=-{\frac {1}{r\sin \theta }}{\frac {\partial V}{\partial \phi }}\$
Quindi le componenti del gradiente, non solo per il potenziale elettrico ma per qualsiasi campo scalare, in coordinate polari sono:
    $grad_{r}={\frac {\partial }{\partial r}},\qquad grad_{\theta }={\frac {1}{r}}{\frac {\partial }{\partial \theta }},\qquad grad_{\phi }={\frac {1}{r\sin \theta }}{\frac {\partial }{\partial \phi }}\$

### Azione dei campi elettrici sulle cariche

Una carica puntiforme di massa $m\$ e carica $q\$ posta in un campo elettrico segue la seconda legge della dinamica cioè:
    $q{\vec {E}}={\vec {F}}=m{\vec {a}}\$
In alcuni casi come nel caso di distribuzione discreta di cariche o in una continua con simmetria sferica tale equazione è utile per studiare la dinamica del sistema, ma più spesso si è interessati non tanto alla dinamica istantanea ma alla velocità iniziale e finale ed essendo le forze elettriche centrali è più facile utilizzare la conservazione dell'energia come ad esempio nel moto in una nuvola cilindrica.

## Il dipolo elettrico

Si chiama dipolo elettrico un insieme di due cariche eguali ed opposte:$+q\$ e $-q\$, poste come nella figura a fianco a distanza $2a\$. Un sistema di questo genere viene chiamato dipolo elettrico ed è caratterizzato dal suo momento di dipolo elettrico ${\vec {p}}\$:
    ${\vec {p}}=2q{\vec {a}}\$
Orientato dalla carica negativa a quella positiva. Il dipolo elettrico è tra le più semplici distribuzioni di cariche, solo la carica puntiforme è più semplice. Mentre in natura le cariche elementari non sono quasi mai isolate, in quanto la materia è neutra, esistono a livello elementare dipoli molecolari.
Il calcolo del potenziale elettrico di un dipolo a distanza molto maggiore della separazione tra le cariche è una espressione molto utile. Il potenziale elettrico (supposta nulla la d.d.p. rispetto all'infinito ) in un punto $P\$ distante $r\$ dall'asse del dipolo posto nell'origini delle coordinate lungo un asse cartesiano (vedi figura a fianco) vale:
    $V({\vec {r}})={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}\left({\frac {q}{r_{1}}}-{\frac {q}{r_{2}}}\right)={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}q{\frac {r_{2}-r_{1}}{r_{1}r_{2}}}\$
Se $r_{1}\$ ed $r_{2}\$ (moduli delle distanze) sono molto maggiori della distanza tra le cariche $2a\$, e se indichiamo con $\theta \$ l'angolo formato tra l'asse del dipolo con la direzione ${\vec {r}}\$, si può scrivere:
    $r_{2}-r_{1}\approx 2a\cos \theta \$
ed anche:
    $r_{1}r_{2}\approx r^{2}\$
Quindi possiamo riscrivere l'equazione precedente come:
    $V({\vec {r}})={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {2aq}{r^{2}}}\cos \theta \$
Dalla definizione del momento di dipolo elettrico come vettore potremo scrivere in maniera compatta:
    $V({\vec {r}})={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {{\vec {p}}\cdot {\vec {r}}}{r^{3}}}\$
Tale espressione è valida solo per punti a distanza grande rispetto alla separazione delle cariche, nei punti vicini bisogna usare l'espressione esatta.
Nel caso particolare mostrato nella figura assunto come asse delle $z\$ la direzione del dipolo, in coordinate cartesiane, essendo $r={\sqrt {x^{2}+y^{2}+z^{2}}}\$, tale espressione diventa:
$V={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {pz}{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{3/2}}}\$
Da tale espressione esplicita è possibile calcolare le tre componenti del campo elettrico secondo i tre assi cartesiani, sempre nell'approssimazione di distanza grande rispetto alle dimensioni del dipolo stesso:
    $E_{x}=-{\frac {\partial V}{\partial x}}={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {3pzx}{r^{5}}}\$
    $E_{y}=-{\frac {\partial V}{\partial y}}={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {3pzy}{r^{5}}}\$
    $E_{z}=-{\frac {\partial V}{\partial z}}={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {p}{r^{5}}}(3z^{2}-r^{2})\$
Nella figura accanto sono mostrate le linee del campo elettrico di un dipolo. È possibile scrivere una espressione del campo elettrico in forma più generale che non dipende dall'avere orientato il dipolo secondo l'asse delle z:
    ${\vec {E}}={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}r^{5}}}\left[3({\vec {p}}\cdot {\vec {r}}){\vec {r}}-r^{2}{\vec {p}}\right]\$

### Il dipolo elettrico in coordinate polari

Se si sceglie l'asse delle z coincidente con la direzione del dipolo possiamo riscrivere il potenziale a grande distanza dal dipolo come:
    $V(r,\theta ,\phi )={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {p\cos \theta }{r^{2}}}\$
quindi in coordinate polari:
    $E_{r}=-grad_{r}V=-{\frac {\partial V}{\partial r}}={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {2p\cos \theta }{r^{3}}}\$
    $E_{\theta }=-grad_{\theta }V=-{\frac {1}{r}}{\frac {\partial V}{\partial \theta }}={\frac {1}{4\pi \varepsilon _{o}}}{\frac {p\sin \theta }{r^{3}}}\$
    $E_{\phi }=-grad_{\phi }V=-{\frac {1}{r\sin \theta }}{\frac {\partial V}{\partial \phi }}\$
Quindi il campo in coordinate polari non ha componenti nella direzione zenitale ($\phi \$
Due esercizi uno sulla differenza di potenziale di un dipolo e l'altro sul campo elettrico possono servire a chiarire il concetto di dipolo. Infine anche distribuzioni continue come quella di un anello con distribuzione dipolare sono a grande distanza assimilabili a semplici dipoli.

### Azione dei campi elettrici sui dipoli elettrici

Se si ha un dipolo elettrico rigido posto in un campo elettrico esterno e ne si vuole capire la dinamica, allora è necessario calcolare la forza risultante ed il momento risultante. Se il campo elettrico è uniforme la risultante delle forze è chiaramente nulla in quanto la forza agente sulla carica positiva è esattamente eguale e contraria a quella agente sulla negativa. Mentre per quanto riguarda il momento in genere è diverso da 0. Se il dipolo ha un angolo $\theta \$ con la direzione del campo, sul sistema agirà una coppia di forze, data da due volte la forza per il braccio:
    $|\tau |=2|F|(a\sin \theta )=2a|F|\sin \theta \,\!$
Il momento si è indicato con la notazione anglosassone $|\tau |\!$, per non generare confusione con grandezze che si studieranno nel magnetismo. Poiché $|F|=q|E|\,\!$ e $|p|=(2a)(q)\,$, si ha che:
    $|\tau |=2aq|E|\sin \theta =pE\sin \theta \,$
Per questa ragione un dipolo elettrico immerso in un campo esterno uniforme $\scriptstyle {\vec {E}}\$, è soggetto a un momento che tende ad allinearlo alla direzione del campo:
    ${\vec {\tau }}={\vec {p}}\times {\vec {E}}$
Si deve fare un lavoro (positivo o negativo) mediante una azione esterna per cambiare la direzione relativa del dipolo rispetto al campo esterno. Essendo il campo elettrico conservativo, posso associare a tale lavoro una energia potenziale U.
Se $\theta \,\!$ nella figura (a) ha il valore iniziale ${\theta }_{0}\,\!$, il lavoro necessario a ruotare il dipolo fino ad un angolo $\theta \,\!$ è:
    $W=\int dW=-\int _{{\theta }_{0}}^{\theta }\tau d\theta =-\int _{{\theta }_{0}}^{\theta }pE\sin \theta d\theta =-pE\int _{{\theta }_{0}}^{\theta }\sin \theta d\theta =pE[\cos \theta -\cos {\theta }_{0}]$
Possiamo associare a tale lavoro (che dipende solo dall'angolo tra il campo e il dipolo) una energia potenziale $\Delta U\!$ che è pari per definizione:
    $\Delta U=-W=-pE[\cos \theta -\cos {\theta }_{0}]\$
Se si assume che l'energia potenziale è nulla per ${\theta }_{0}\,\!$=90º: la scelta corrisponde ad assumere che il potenziale minimo si ha con il dipolo allineato nel verso e nella direzione del campo ed il massimo quando è allineato nella direzione del campo, ma con verso opposto. Si ha quindi che:
    $U=-pE\cos \theta \,\!$
O in forma vettoriale:
    $U=-{\vec {p}}\cdot {\vec {E}}\$
La cosiddetta carta elettronica utilizza la proprietà dei dipoli elettrici per orientare sullo schermo delle minuscole sferette che sono dei dipoli elettrici colorati di nero nell'elettrodo positivo e di bianco in quello negativo: tale tecnica a partire dal 1996 è utilizzata negli e-book.
Se il campo elettrico non è uniforme la dinamica è chiaramente più complicata in quanto la risultante delle forze non è più nulla a meno che il dipolo sia orientato nella direzione in cui il campo elettrico non varia. Ma chiaramente questa non è una situazione di equilibrio in quanto il momento sarà massimo in tale posizione e farà ruotare il dipolo allineandolo alle linee del campo. Si tratta in genere di un sistema rigido soggetto contemporaneamente ad una forza risultante esterna ed a un momento quindi la dinamica è quella di un moto rototraslatorio. Si semplifica il comportamento dinamico se si assume che l'allineamento del dipolo con le linee del campo (dovuto al momento delle forze) avviene più rapidamente rispetto al moto di trascinamento (dovuto alla variazione spaziale del campo elettrico). In questo caso vi sarà un moto di trascinamento, in quanto se viene assunto come asse delle $x\$ la direzione locale del campo elettrico su cui si è allineato il dipolo e viene scelta l'origine sul centro del dipolo, la posizione della carica negativa sarà $-a\$ e quella della positiva $a\$. La risultante della forza sarà quindi:
    $F_{x}=qE_{x}(a)-qE_{x}(-a)\$
Se la variazione di $E_{x}\$ non è troppo brusca:
    $E_{x}(-a)\approx E_{x}(0)-{\frac {\partial E_{x}}{\partial x}}|_{x=0}a\$
    $E_{x}(a)\approx E_{x}(0)+{\frac {\partial E_{x}}{\partial x}}|_{x=0}a\$
Quindi:
    $F_{x}\approx 2qa{\frac {\partial E_{x}}{\partial x}}|_{x=0}=p{\frac {\partial E_{x}}{\partial x}}\$
Cioè i dipolo sono trascinati nella regione dove più intenso è il campo elettrico. Tale forza di trascinamento viene utilizzata nelle macchine fotocopiatrici dove intensi campi elettrici trascinano il toner (dipoli) sulla carta e poi mediante un trattamento termico sono fissati su di essa.
Un esempio di due dipoli che agiscono uno sull'altro possono chiarire meglio il ragionamento.

## Energia potenziale elettrica

In condizioni statiche, l'intera energia del sistema di cariche esiste solo come energia potenziale. Tale energia è il lavoro richiesto per formare una certa distribuzione di cariche.
Se possiedo semplicemente due cariche $q_{1}\$ e $q_{2}\$ e proviamo ad avvicinarle alla distanza $r_{12}\$ a partire da una distanza infinita, la differenza di energia potenziale posseduta dal sistema, nella condizione finale rispetto alla condizione iniziale è evidentemente:
$U={\frac {1}{4\pi \epsilon _{o}}}{\frac {q_{1}q_{2}}{r_{12}}}\$
Si può estendere il ragionamento ad un sistema di $n\$ cariche $q_{i}\$ poste a distanza reciproca $r_{ij}\$. Per tale sistema l'energia totale é, per semplice estensione del caso precedente eguale a:
$U={\frac {1}{2}}{\frac {1}{4\pi \epsilon _{o}}}\sum _{\overset {\scriptstyle i=1}{\scriptstyle i\neq j}}^{n}\sum _{j=1}^{n}{\frac {q_{i}q_{j}}{r_{ij}}}\$
dove il termine 1/2 è stato introdotto per eliminare le coppie che sarebbero state contate due volte considerate, se vengono scambiati i e j.
Separando le due sommatorie si ha che:
$U={\frac {1}{2}}{\frac {1}{4\pi \epsilon _{o}}}\sum _{\overset {\scriptstyle i=1}{\scriptstyle i\neq j}}^{n}q_{i}\sum _{j=1}^{n}{\frac {q_{j}}{r_{ij}}}={\frac {1}{2}}\sum _{i=1}^{n}q_{i}\cdot V_{i}$
Dove $V_{i}\$ è il potenziale generato dalle n-1 cariche nella posizione dove è posizionata la carica i, cioè:
$V_{i}={\frac {1}{4\pi \epsilon _{o}}}\sum _{\overset {\scriptstyle j=1}{\scriptstyle j\neq i}}^{n}{\frac {q_{j}}{r_{ij}}}\$
Nel caso di distribuzioni continue di carica si ha:
$U=\int _{\tau }{\frac {1}{2}}\rho V\operatorname {d} \tau$
con $\rho (x,y,z)\,\!$ densità di carica e $\operatorname {d} \tau =\operatorname {d} x\operatorname {d} y\operatorname {d} z$ volume infinitesimo.
Nell'esempio seguente non viene usata la formula precedente, ma viene fatto un ragionamento fisico.

### Caso di una sfera uniformemente carica

Immaginiamo di voler costruire una sfera uniformemente carica di raggio $R\$ e carica totale $Q\$. Immaginiamo di assemblarla successivamente aggiungendo via via dei gusci sferici infinitesimi di volume $d\tau =4\pi r^{2}dr\$. Il processo di costruzione inizia con la sfera di raggio $r=0\$ e finisce con la sfera di raggio $R\$.
La densità di carica vale ovviamente:
$\rho ={\frac {3Q}{4\pi R^{3}}}$
Quindi quando la sfera ha un raggio $r\$ con $0\leq r\leq R$ il lavoro necessario ad aggiungere un guscio di spessore infinitesimo $dr\$ vale:
$dU=V_{r}\rho d\tau \$
Dove $V_{r}\$ è la differenza di potenziale tra la superficie della sfera e l'infinito quando il suo raggio vale $r\$:
$V_{r}={\frac {\rho {\frac {4}{3}}\pi r^{3}}{4\pi \varepsilon _{o}r}}={\frac {\rho r^{2}}{3\epsilon _{o}}}\$
Esplicitando l'eq. 2:
$dU={\frac {\rho ^{2}4\pi r^{4}dr}{3\varepsilon _{o}}}$
Quindi integrando l'ultima espressione tra 0 ed R si ha:
$U=\int _{0}^{R}{\frac {\rho ^{2}4\pi r^{4}dr}{3\varepsilon _{o}}}={\frac {\rho ^{2}4\pi R^{5}}{15\varepsilon _{o}}}={\frac {3Q^{2}}{20\pi \varepsilon _{o}R}}\$
Un esempio con una goccia d'olio carica che si spezza può chiarire meglio questi concetti.

### Energia associata al campo elettrostatico

Consideriamo una distribuzione finita di carica, nel volume $T\$ che genera quindi nello spazio un campo elettrico a cui posso associare un potenziale elettrico. L'energia elettrostatica totale del sistema vale (formula precedente):
$U=\int _{T}{\frac {1}{2}}\rho V\operatorname {d} \tau$
Applicando teorema di Gauss in forma differenziale
$U=\int _{T}{\frac {1}{2}}\varepsilon _{o}\left({\vec {\nabla }}\cdot {\vec {E}}\right)V\operatorname {d} \tau \$
Poiché:
${\vec {\nabla }}\cdot \left({\vec {E}}V\right)=\left({\vec {\nabla }}\cdot {\vec {E}}\right)V+{\vec {E}}\cdot {\vec {\nabla }}V\$
da cui:
$\left({\vec {\nabla }}\cdot {\vec {E}}\right)V={\vec {\nabla }}\cdot \left({\vec {E}}V\right)-{\vec {E}}\cdot {\vec {\nabla }}V\$
quindi:
$U=\int _{T}{\frac {1}{2}}\varepsilon _{o}\left[{\vec {\nabla }}\cdot \left({\vec {E}}V\right)-{\vec {E}}\cdot {\vec {\nabla }}V\right]\operatorname {d} \tau \$
Usando la formula inversa dal potenziale elettrico al campo:
$U={\frac {1}{2}}\varepsilon _{o}\int _{T}{\vec {\nabla }}\cdot \left({\vec {E}}V\right)\operatorname {d} \tau +{\frac {1}{2}}\varepsilon _{o}\int _{T}E^{2}\operatorname {d} \tau \$
Estendendo l'integrale a tutto lo spazio, quindi una sfera di raggio infinito, il primo termine per il teorema della divergenza diventa il flusso del prodotto del campo elettrico che va con $1/R^{2}\$ e del potenziale $V\$ come $1/R\$ (Entrambi decrescono più velocemente se la carica netta è nulla). Poiché l'integrale superficiate di una sfera va come $R^{2}\$ si ha che il primo termine si annulla, quindi rimane solo il secondo termine:
$U={\frac {1}{2}}\varepsilon _{o}\int _{Spazio}E^{2}\operatorname {d} \tau \$
Quindi ${\frac {1}{2}}\varepsilon _{o}E^{2}\$ è l'energia per unità di volume del campo elettrostatico.

## Conservatività del campo elettrostatico

A causa della conservatività del campo elettrostatico abbiamo che $\int _{a}^{b}{\vec {E}}\cdot d{\vec {l}}\$ è indipendente dal percorso che seguiamo per andare da $a\$ a $b\$. Se in particolare $a\$ coincide con $b\$, cioè il cammino è una linea chiusa si ha che:
$\oint _{l}{\vec {E}}\cdot d{\vec {l}}=0\$
Cioè la circuitazione del campo elettrostatico lungo una linea chiusa è identicamente nullo. Tale proprietà è una proprietà integrale cioè riguarda una porzione macroscopica in cui tale campo è definito, ma vale qualunque sia la linea chiusa che noi consideriamo.
Il prodotto vettoriale di ${\vec {\nabla }}\$ con il generico vettore ${\vec {A}}\$ viene chiamato rotore:
$rot{\vec {A}}={\vec {\nabla }}\times {\vec {A}}=\left({\begin{matrix}{\vec {i}}&{\vec {j}}&{\vec {k}}\\{\frac {\partial }{\partial x}}&{\frac {\partial }{\partial y}}&{\frac {\partial }{\partial z}}\\A_{x}&A_{y}&A_{z}\end{matrix}}\right)=\left({\frac {\partial A_{z}}{\partial y}}-{\frac {\partial A_{y}}{\partial z}}\right){\vec {i}}+\left({\frac {\partial A_{x}}{\partial z}}-{\frac {\partial A_{z}}{\partial x}}\right){\vec {j}}+\left({\frac {\partial A_{y}}{\partial x}}-{\frac {\partial A_{x}}{\partial y}}\right){\vec {k}}$
Il rotore di un campo vettoriale dà una misura dei vortici presenti nel campo stesso. Se abbiamo un corpo rigido che ruota con velocità angolare costante $\omega \$ attorno ad un asse, il rotore del campo delle velocità istantanee è un vettore diretto lungo l'asse di rotazione con intensità $2\omega \$. Mentre se lo stesso oggetto si muove di moto traslatorio il vettore del campo vettoriale velocità è nullo,
Si dimostra analiticamente, Teorema di Stokes che la circuitazione di un generico vettore ${\vec {A}}\$ attraverso una linea chiusa $L\$ che delimita una superficie aperta $S\$ vale esattamente:
$\oint {\vec {A}}\cdot {\vec {dl}}=\int _{S}rot{\vec {A}}\cdot {\vec {ds}}\$
Questa equazione permette di trasformare un integrale di linea in uno di superficie.
Nel caso specifico della circuitazione del campo Elettrostatico:
$\oint _{l}{\vec {E}}\cdot d{\vec {l}}=\int _{S}{\vec {\nabla }}\times {\vec {E}}=0\$
Dove $S\$ è una qualsiasi superficie aperta che ha come contorno la linea $l\$.
Ma poiché l'ultima identità vale qualsiasi sia la superficie $S\$, per verificare tale condizione occorre che l'integrando sia identicamente nullo:
${\vec {\nabla }}\times {\vec {E}}=0\$
Questa è la relazione locale del campo elettrostatico.

## Le equazioni di Poisson e Laplace

Le due equazioni di Maxwell in forma locale che descrivono il comportamento del campo elettrico sono quindi:
    $\nabla \cdot {\vec {E}}={\rho \over \varepsilon _{0}}$
    $\nabla \times {\vec {E}}=0$
dove la seconda equazione, per il fatto che il rotore del gradiente è nullo, può essere scritta come:
    ${\vec {E}}=-\nabla V({\vec {r}})$
In altre parole, il campo elettrico è definito come il gradiente di una funzione scalare $V({\vec {r}})$. Trovare $V({\vec {r}})$ è il modo usuale per trovare il potenziale elettrico a partire da una data distribuzione di cariche. Essendo il potenziale elettrico una funzione scalare è molto più semplice avere a che fare con una funzione scalare, piuttosto che con una vettoriale come il campo elettrico. Sostituendo l'espressione del campo elettrico nella prima delle due equazioni di Maxwell sopra citate si ottiene l'equazione di Poisson, che ha la forma:
    ${\nabla }^{2}V({\vec {r}})=-{\rho \over \varepsilon _{0}}$
In particolare in coordinate cartesiane assume la forma:
    ${\nabla }^{2}V={\frac {\partial ^{2}V}{\partial x^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}V}{\partial y^{2}}}+{\frac {\partial ^{2}V}{\partial z^{2}}}=-{\rho \over \varepsilon _{0}}$
Se la regione di spazio considerata non ha sorgenti, cioè per $\rho =0$ , l'equazione di Poisson si riduce all'equazione di Laplace:
    ${\nabla }^{2}V({\vec {r}})=0$
In genere in elettrostatica si determina la soluzione dell'equazione di Laplace in una regione in cui non siano presenti cariche e di conseguenza si trova la soluzione dell'equazione di Poisson.

### Unicità della soluzione dell'equazione di Poisson

Il teorema di unicità per l'equazione di Poisson afferma che se si conoscono i valori di $V({\vec {r}})$ sul contorno di una certa regione, la soluzione dell'equazione di Poisson esiste. Di conseguenza anche il campo elettrico è univocamente determinato.
Immaginiamo di avere una regione di spazio in cui la densità di carica è nota e continua ed è delimitata dalla superficie di contorno $S$ al volume $T\$ in cui il potenziale vale $f_{S}$. Il teorema afferma che esiste un'unica soluzione. La dimostrazione si fa per assurdo immaginando che vi siano invece due soluzioni diverse: $f_{1}$ e $f_{2}$ che entrambe assumono il valore $f_{S}$ sulla superficie.
    ${\nabla }^{2}f_{1}=-{\rho \over \varepsilon _{0}}\qquad f_{1}=f_{S}\ su\ S$
    ${\nabla }^{2}f_{2}=-{\rho \over \varepsilon _{0}}\qquad f_{2}=f_{S}\ su\ S$
Se definisco:
    $f=f_{2}-f_{1}$
    ${\nabla }^{2}f={\nabla }^{2}(f_{2}-f_{1})=0\qquad f=0\ su\ S$
Quindi la funzione $f$ soddisfa l'equazione di Laplace, ma dobbiamo dimostrare che è anche identicamente nulla. Per il teorema della divergenza possiamo trasformare l'integrale di volume della quantità nel flusso attraverso la superficie di contorno $S\$, dove la funzione $f\equiv 0\$:
    $\int _{T}{\vec {\nabla }}\cdot (f{\vec {\nabla }}f)d\tau =\int _{S}f{\vec {\nabla }}f\cdot {\vec {dS}}=0\$
Ma il primo termine può anche svilupparsi:
    $\int _{T}{\vec {\nabla }}\cdot (f{\vec {\nabla }}f)d\tau =\int _{T}f{\nabla }^{2}fd\tau +\int _{T}({\vec {\nabla }}f)^{2}d\tau$
il primo termine dello sviluppo è nullo in quanto ${\nabla }^{2}f=0$ (per l'equazione di Laplace). Quindi si ha che in tutto il dominio. Quindi in definitiva si ha che:
    $\int _{T}({\vec {\nabla }}f)^{2}d\tau =0$
La funzione integranda è continua (come la densità di carica), non è mai negativa (essendo un quadrato) e quindi perché l'integrale nella regione $T\$ sia nullo occorre che anche ${\vec {\nabla }}f=0$ in tutto il $T$ che ha come contorno la regione $S$, quindi che la funzione $f$ debba essere una costante nel volume econtemporaneamente nulla sul contorno deve essere nulla da per tutto. Quindi le due funzioni $f_{1}$ e $f_{2}$ sono identiche (a meno di una costante, ma il potenziale è definito a meno di una costante: quindi come si voleva dimostrare la soluzione è unica).