Fra27 ha scritto:...per il campo esterno faccio il calcolo che ho fatto io con un solo cilindro passante per tutti e due i piani e poi ,una volta sommato tutto , uscirà 0.
No. Facendo così ogni sistema a carica complessiva nulla (come ad esempio un dipolo) dovrebbe produrre intorno a sé un campo nullo, il che non è vero.
Se consideri uno solo dei due strati preso separatamente, con il cilindro passante da parte a parte dimostri che il campo all'esterno di uno strato è uniforme, quindi i due strati presi congiuntamente producono all'esterno campi uniformi esattamente opposti che si elidono.
Fra27 ha scritto:... $$ q= \int_{-d/2}^{x}\rho*dx*S=-\rho*(d/2+x)*S $$
Dato che la densità è costante, l'integrale è superfluo, la carica si può trovare semplicemente moltiplicando la densità $-rho$ per il volume $S*(d/2+x)$.
Fra27 ha scritto:Allo stesso modo per $ 0<x<d/2 $ dove $$ q= \int_{x}^{d/2}\rho*dx*S=\rho*(d/2-x)*S $$
Qua non ho capito: se $0<x<d/2$, la carica totale interna alla superficie cilindrica è quella contenuta nel cilindro di base $S$ ed altezza $d/2$ che attraversa lo strato con densità $-rho$ (che quindi vale: $-rho*S*d/2$) più quella nel cilindro di base $S$ ed altezza $x$ nello strato avente densità $+rho$, cioè: $+rho*S*x$. Sommando le due cariche trovi $Q_("int")=rho*S*(x-d/2)$.
Fra27 ha scritto:Quindi sommando i due campi trovati .... $ E(x)=rho/epsilon*(-d) $
E perché mai dovresti sommare due campi quando uno è quello nello strato a densità negativa e l'altro nello strato a densità positiva? Il campo ha la prima espressione per $-d/2<x<0$ e la seconda per $0<x<d/2$. Ed è nullo all'esterno.
Per il potenziale integri la funzione $-E(x)$ da $0$ ad $x$. E quindi è chiaro che devi distinguere secondo i diversi intervalli di appartenenza di $x$. Comunque il fatto che il campo sia una funzione pari, e che il potenziale sia fissato a zero in $x=0$ può velocizzare parecchio il calcolo, in quanto il potenziale deve risultare funzione dispari di $x$.
