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Capítulo 2

Electrostática

2.1. Carga Eléctrica

Se sabe que en la naturaleza unas pocas fuerzas funda-mentales son responsables de todas las interacciones entrela materia Entre ellas se cuenta:

fuerza gravitacional (responsable de la atracción en-tre masas)

fuerza electromagnética (responsable de los fenó-menos químicos)

fuerza nuclear (responsable de la estabilidad del nu-cleo atómico)

El descubrimiento de la fuerza eléctrica nace de la obser-vación que, ciertos materiales, al ser frotados y puestosa cierta distancia, o se atraen o se repelen. Se dice estánelectrizados o cargados eléctricamente (ver NOTA1).

Algunos experimentos simples son suficientes para deter-minar que sólo existen dos tipos de cargas: las llamaremospositivas y negativas.

2.1.1. Unidad de Carga Eléctrica

La carga eléctrica, al igual que cualquier propiedad física,requiere de una unidad para ser cuantificada.

La unidad de carga en el Sistema Internacional deUnidades es el Coulomb (que se abrevia [C]), cantidadque se establece midiendo la cantidad de iones (cantidad

1NOTA: El caso de una barra de caucho que es frotada contra piely luego suspendida es clarificador: si se acerca una segunda barra decaucho tratada de la misma manera se observa que las barras se repelen.Por otro lado al acercar una barra de vidrio frotada contra seda las barras(de caucho y de vidrio) se atraen. Una explicación posible es que por laacción de frotación el caucho y el vidrio an adquirido algo (carga) queen un caso produce atracción y en el otro repulsión.

Una situación interesante ocurre cuando lo que se suspende es unabarra de vidrio frotada contra seda. Al acercar una segunda barra devidrio tratada de la misma manera se produce también repulsion.

En consecuencia barras tratadas de la misma manera adquirieron lamisma carga y se repelen; barras tratadas de manera diferente puedenrepelerse o atraerse, es decir tienen la misma carga o diferente.

de partículas de carga positiva) que se producen en unadeterminada reacción química para un mol de un ciertomaterial.

Carga del electrón. En terminos del Coulomb, es posi-ble establecer la carga electrica qe del electrón

qe 1 6021 10

19 [C] (2.1)

Quanto de carga. La cantidad

e 1 6021 10 19 [C]

se conoce como “quanto de carga” pues en la naturalezano se encuentran partículas libres con carga menor quedicho quanto. Con esta notación la carga qe del electrónse abrevia:

qe e

Definición práctica del Coulomb. Una definición prác-tica del Coulomb está dada en términos de otra unidad, elAmpere (se abrevia [A] y lo estudiaremos más adelante)que cuantifica la cantidad total de carga que pasa por unasuperficie dada en un tiempo dado. Es decir cuantifica unacorriente de carga.

Un Ampere (1 [A]) de corriente significa, por defini-ción, que cruza un Coulomb de carga por segundo (1[C/s]) la superficie en cuestión.

2.1.2. Cuantización de la Carga Eléctrica

En 1909, Robert Millikan mostró experimentalmente quela carga eléctrica q de un objeto es siempre un multiploentero de la unidad fundamental de carga e. Es decir lacarga eletrica viene en multiplos q Ne del cuanto fun-damental de carga e (N entero).

Ya vimos que la carga del electrón es qe e. Un protón

tiene precisamente una unidad de esta carga, pero de sig-no opuesto, es decir su carga es qp

e. Otra partícula deinterés es el neutrón, de carga nula, qn

0.

25

230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 26

La siguiente tabla resume algunas propiedades de estaspartículas:

Partícula Carga [C] Masa [Kg]Electrón (e) 1 6022 10

19 9 1095 10 31

Protón (p) 1 6022 10 19 1 6726 10

27

Neutrón (n) 0 1 6749 10 27

2.1.3. Ejercicios y Ejemplos

1. ¿A qué número de ‘quantos’de carga e equivale 1[C]?.

Rpta. Puesto que e 1 6021 10 19 [C], en-

tonces, despejando 1[C]=[C] queda:

C 1

1 6021 10 19e 6 24 1018e

esto es, 6.24 trillones de partículas.

2. Sobre un cable circula una corriente (de electrones)de 1 [A]. ¿Cuántos electrones pasaron una superficietransversal cualquiera del cable durante 1 [s]?.

Rpta. Una corriente de 1 [A] significa que pasó1[C], en cada segundo, por la superficie. Usando elresultado anterior queda: 6.24 trillones de electrones.

Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.


2.2. Ley de Fuerza de Coulomb

En 1785 Charles Augustín Coulomb (1736-1806) des-cubrió que la fuerza entre dos cargas puntuales q1,q2 es:

(a) inversamente proporcional al cuadrado de la distan-cia que las separa y dirigida a lo largo de la recta queune los centros.

(b) proporcional al producto q1q2 de las cargas

(c) atractiva si las cargas tienen signos opuestos y repul-siva si tienen signos iguales.

q1

q2

r1r2

r12

F12O

Figura 2.1: Fuerza entre cargas

Esto se puede resumir en que la fuerza F12 que ejerceuna carga q2 sobre otra carga q1 colocada a una distanciar12

r1 r2

de ella, está dada por la expresión

F12 Kq1q2

r212

r12

Kq1q2 r1 r2 r1

r2 3 (2.2)

donde r1 y r2 son los vectores de posición de las cargas,y r12 es un vector unitario que apunta desde q2 haciaq1 y K es una constante de proporcionalidad cuyo valordepende del sistema de unidades utilizado. Esta expresiónes conocida como la Ley de Coulomb.

Para calcular la constante K basta medir (experimental-mente) la fuerza con que interactúan dos cargas de mag-nitud conocida y separadas una distancia conocida. En elSistema Internacional de Unidades (SI) (alias MKS) seobtiene

K 8 99 109[N m2 C2]

9 0 109[N m2 C2] (2.3)

Es conveniente reescribir K como

K 14πε0

(2.4)

donde ε0, la llamada permitividad dieléctrica del espaciovacío, es

ε0 8 8542 10 12 [C2/Nm2] (2.5)

Entonces, en el Sistema Internacional de Unidades, la Leyde Coulomb adquiere la forma

F12 1

4πε0

q1q2

r12r12

14πε0

q1q2 r1 r2 r2

r1 2 (2.6)


1.a Una molécula de Hidrógeno esta formada por un pro-tón y un electrón separados a una distancia de a

1 0 10 8 [cm]. ¿Cuántos Newtons vale la fuerza

eléctrica de atracción entre las cargas?.

Rpta.

F F Kqpqe

a2

9 109 1 602 10 19 2

0 01 10 8 2 2 31 10

8[N]

1.b Compare la magnitud de la fuerza eléctrica entre es-tas dos partículas con la magnitud de la fuerza deatracción gravitacional entre ellas.

NOTA: La fuerza gravitacional entre 2 masas pun-tuales m1 y m2, separadas a una distancia r21 entreellas satisface una ley similar a la ley de Coulomb(la Ley de Atracción Universal de Newton):

F grav

12 Gm1m2

r212

r12

en que la constante de gravitación universal G

6 67 10 11 [N m2/kg2]



Rpta. Como antes evaluamos la expresión y obten-emos

F F Gmpme

a2

6 67 10 11 1 67 10

27 9 11 10 31

0 01 10 8 2 1 01 10

47[N]

’!Podemos apreciar que la fuerza de atracción demasas es mucho más pequeña que la fuerza eléctrica!(10 37 veces más pequeña). Tanto que, en muchos de

los ejemplos que veremos, despreciaremos esta inter-acción frente a la eléctrica.

1.c Si debido a esta fuerza eléctrica el electrón gira encírculos. ¿A cuántos g’s (magnitud de la aceleraciónde gravedad en la superficie de la tierra) equiv-ale la aceleración normal generada por ésta fuerza?.¿Cuántas vueltas da por segundo el electrón en tornoal protón?.

Rpta. Puesto que el electrón se mueve en círculosen torno al protón, la aceleración normal satisface.

mean F electr.

an F electr.

me

an 2 31 10

8

9 11 10 31 2 54 1022[m/s2]

y equivale a 2 54 1022 9 8 2 59 1021 veces g.

2.2.2. Principio de Superposición

Como vimos en el curso de Mecánica de la partícu-la (Fisica I) cuando hay muchas fuerzas actúando so-bre una partícula la acción neta sobre la partícula(fuerza neta) se reduce a la suma vectorial de ca-da una de las fuerzas que actúan sobre ella. Deacuerdo a esto, en el caso de un sistema de car-gas q1

q2 qN que interactúan con otra carga q0, la

fuerza eléctrica neta es igual a la suma vectorial de lasfuerzas que cada carga ejerce individualmente sobre q0.

F elec0 F01 F02 F0N (2.7)

r1

r2

q2q1

F0

rn

r0 qn

q0

Figura 2.2: Principio de superposición para la fuerza eléc-trica

Si llamamos r0 al vector de posición de la carga q0 y

r1 r2

rN a los vectores de posición de las demás car-gas, la fuerza sobre q0 se obtiene a partir de las suma vec-torial

F0

N

∑i 1

Kq0qi

r0ir0i (2.8)

O equivalentemente

F0

N

∑i 1

Kq0qi

r0 ri r0

ri 3 (2.9)

donde hemos hecho uso que el vector unitario se puedereescribir

r0i r0i r0i

r0 ri r0 ri



2.3. Campo Eléctrico

2.3.1. Noción de Campo Gravitacional yCampo Eléctrico

En el curso de Física I vimos el campo de aceleración

g r que experimenta una partícula de masa m debido ala atracción de la Tierra. Este era un campo con simetríaesférica (como muestra la figura).

Z

Rt + Z

Z

X

g

Figura 2.3: Campo gravitacional en torno de la superficie del plan-eta Tierra

En dicha ocasión encontramos que se obtenía mediante

g r F peso

m GMT

R2T z2 3 2

r (2.10)

y que cerca de la superficie de la tiera (z 0) asume elvalor aproximado g z 0 GMT

RT 3 r 9 8r.

De la expresión anterior se ve que g es una fuerza porunidad de masa.

De la misma manera es posible definir un campo —que llamaremos campo eléctrico— como una fuerza porunidad de carga.

2.3.2. Definición de Campo Eléctrico

Se define el Campo Eléctrico E creado por una dis-tribución de cargas en un punto arbitrario P (posición

r en que se encuentra una carga de prueba q0) como

E r F0

q0(2.11)

En estricto rigor la carga q0 debe ser tan débil que,al introducirla en un sistema de cargas, ella produzcafuerzas muy pequeñas sobre las otras partículas delsistema y por ese motivo no se altere las configuración deposiciones de ellas. A una carga con estas característicasse la llama carga de prueba. Matemáticamente esto seexpresa indicando que la medición se hace en el límiteq0 0.

Sin embargo hay que considerar que la carga eléctricano puede ser subdividida indefinidamente ya que hay unaunidad mínima de carga e (cuantización de la carga). Demodo que el valor más pequeño de q0 es e.

En la práctica, la magnitud de las cargas que generan elcampo son muchos más grandes que la carga de un elec-trón y cargas de prueba q0 no tan pequeñas como e, per-miten definir correctamente el campo eléctrico en formaexperimental.

Utilizando la Ley de Coulomb, la definición de campoeléctrico que acabamos de dar, y el Principio de Super-posición, es posible escribir una expresión para el cam-po eléctrico creado por un conjunto discreto de cargasq1

qi qN en un punto P con posición r rP

E r lımq0 0

F0

q0

KN

∑i 1

qi

r2pi

rpi

Una expresión alternativa, útil al momento de calcular elcampo de una configuración complicada de carga, es:

E r KN

∑i 1

qi r ri r ri 3 (2.12)

donde se ha usado que rpi r ri y rpi

r ri . Note

que, dado que estamos sumando sólo sobre las posicionesde las partículas del sistema y no sobre la posición de lacarga de prueba, el valor del campo depende sólo de lavariable de posición r de la carga de prueba. Note tambiénque esta expresión pone de manifiesto que el principio desuperposición se cumple para el (vector) campo eléctrico.

2.3.3. Fuerza Eléctrica en término del Cam-po Eléctrico

Es claro que si conocemos el campo eléctrico E r en todopunto r la fuerza que actúa sobre una partícula puntual decarga q debida al campo es simplemente

F r q E r (2.13)

Una observación importante es que si q 0 tanto F comoE apuntan en la misma dirección, mientras que si q 0entonces F apunta en dirección contraria a E. Pero esto notiene ninguna incidencia en la forma de calcular el campoeléctrico.

Por último las unidades de campo eléctrico son New-tons/Coulomb: [N/C].




1. En el experimento de Millikan, se equilibra un ‘quan-to’de carga e (ión) bajo la acción de: la fuerzade peso mgˆ y la acción de un campo uniformeE E0 . Si la partícula corresponde a un protón,¿cuál es el valor de E0 necesario para este equilib-rio?.

Rpta.

F neta m aqe E mp g 0

eE0 mpg ˆ 0

E0 mpg e 1 02 10

7[N/C]

2. Tres cargas q, Q y Q están dispuestas en los vér-tices de un triangulo equilatero de lado a como mues-tra la figura. ¿Cuál es el valor del campo que obra so-bre q?. ¿Cuál es el valor del campo sobre Q?. ¿Cuáles valor del campo sobre Q?. ¿Cuál es el valor delcampo sobre el origen del sistema de coordenadas?.Por último determine la fuerza eléctrica que sientecada una de las cargas.

Q

-Q q a

a/2a/2

Solución . Consideramos las posiciones de las car-gas:

rq a

2x (2.14)

rQ

3

2ay (2.15)

r Q a

2y (2.16)

(2.17)

y usamos

E KN

∑i 1

qi r ri r ri 3

para evaluar el campo.

En el caso del campo sobre la carga q se considerala contribución de las cargas Q y Q al campo en elpunto en que se ubica la carga q. Así r rq y r1

rQ,

r2 r Q. Queda:

E KQ r rQ r rQ 3 KQ r r Q r r Q

3 KQ a 2x

3 2ay a 2x

3 2ay 3

KQ a 2x a 2 x a 2x a 2 x 3

Q a 2x

3 2ay a3

Qaxa3

KQa

2 1 2x

3 2y

En el caso del campo sobre la carga Q se considerala contribución de las cargas q y Q al campo en elpunto en que se ubica la carga Q. Así r rQ y r1

rq,

r2 r Q. Queda:

E Kq r rq r rq 3 KQ r r Q r r Q

3 Kq

3 2ay a 2x

3 2ax a 2x 3 KQ

3 2ay a 2 x

3 2ay a 2 x 3 KQ a 2x

3 2ay

a3 KQax

a3

K2a2

q Q x

3 q Q y

En el caso del campo sobre el origen r 0 se consid-era la contribución de las cargas q, Q y Q al campoen el origen. Así r 0 y r1

rq, r2 r Q y r3

rQ.



Queda:

E Kq r rq r rq 3 K Q r r Q r r Q

3

K Q r rQ r rQ 3

Kq 0 rq 0 rq 3 KQ 0 r Q 0 r Q

3

KQ 0 rQ 0 rQ 3

Kq a 2x a 2x 3 KQ a 2x a 2x 3 KQ

3 2a

3 2a 3

Kq a 2x a3 8 KQ a 2x

a3 8 KQ

3 2ay

33 2 8a3

4Kqa2 x

4KQa2 x

4KQ3a2 y

3. La figura 2.4 muestra dos cargas puntuales positivasiguales y de magnitud q, que están separadas a unadistancia 2d. Sobre el eje de las X se intenta ponerun protón a distancia x.

q = +q1

d

x

d

q = +q2

a +x2 2

r02

r01

Figura 2.4: Campo eléctrico sobre un protón debido a dos cargaspositivas. La figura grafíca los vectores unitarios r01 y r02.

¿Cuál es el campo eléctrico que siente el protón de-bido a las dos cargas?. ¿Cuánto vale este campo si las

cargas valen 1 [µC] cada una, cuando el protón estáa una distancia x 3d del origen y d 1 0 10

8

[cm]?. Grafique la magnitud del campo versus lacoordenada de posición x. ¿Dónde es máximo estecampo?.

Desarrollaremos este ejemplo con 2 métodos difer-entes:

Solución A. Claramente los campos, provocadas por cadacarga q, por ser de igual magnitud, al ser suma-dos proyectan una componente neta exclusiva-mente en la dirección del eje X . El ángulo θ deproyección satisface: cosθ x

d2 x2. Demodo que el campo neto provocado por las doscargas resulta (usando que q1

q2 q):

E0 K

q1

d2 x2 cosθ x sinθ y K

q2

d2 x2 cosθ x sinθ y 2K

qd2 x2 cosθ x

2Kq

d2 x2

xd2 x2

x

2Kqx

d2 x2 3 2x

La fuerza sobre el protón se obtiene simple-mente vía F qp E.

Graficando la componente Ex se obtiene:

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

−10 −5 0 5 10

Ex/

(Kqe

/d^2

)

x/d

Figura 2.5: Magnitud ExKe d2 versus x

d del campo sobre el eje x de-

bido a dos cargas positivas

El campo se anula si el protón está en el origeny su intensidad es máxima a una distancia de 2

2 d del origen.

NOTA: Dibuje el vector E para distintos val-ores de la posición x de la carga de prueba.



Solución B Ahora resolveremos el problema de maneradiferente. Las posiciones de cada carga son

r1 dy

r2 dy

y el protón está en r xx. El campo se obtienedirectamente evaluando:

r r1 xx dy x2 d2

r r2 xx dy x2 d2

y reemplazando en

E r 2

∑i 1

Kqi r ri r ri 3

Resulta

E K q xx dy x2 d2 3 2

K q xx dy x2 d2 3 2

2Kqx

x2 d2 3 2x

de modo que se recupera el resultado obtenidoanteriormente.

4. Demostrar que los máximos de intensidad para el

ejercicio anterior están ubicados en x 22 d

5. Considere ahora que la carga que está sobre la partepositiva del eje y es reemplazada por una carga demagnitud q. Sobre el eje de las X se intenta ponerun protón a distancia x. ¿Cuál es el campo que sienteel protón debido a las dos cargas?.

Grafique la magnitud del campo versus la posición x.¿Dónde es máximo este campo.?

Rpta. El desarrollo no varía respecto al ejercicio 3excepto que ahra q1

q. Las posiciones de cadacarga son

r1 dy

r2 dy

y el protón está en r xx. El campo se obtiene direc-tamente evaluando:

r r1 xx dy x2 d2

r r2 xx dy x2 d2

y reemplazando en

E 2

∑i 1

Kqi r ri r ri 3

Resulta (aquí es donde se usa que q1 q)

E K q xx dy x2 d2 3 2

K q xx dy x2 d2 3 2

2Kqd

x2 d2 3 2y

de modo que la resultante neta es en la dirección ver-tical.

Graficando la magnitud de E se obtiene:

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

−10 −5 0 5 10

Ey/

(Kqe

/d^2

)

x/d

Figura 2.6: Componente Ey

Ke d2 del campo sobre el eje x versus xd

debido a un par de cargas (positiva y negativa).

La intensidad tiene un máximo en magnitud para x

0 (sobre el origen).

6. Dos partículas de cargas q y 2q se ubican respec-tivamente en posiciones x a y x a en el eje delas X . Determine la fuerza elétrica que experimentauna partícula de prueba de carga q0

q 2 ubicadaen:

(a) el origen.

(b) el punto (x a,y a).

Solución:

(a) Para evaluar el campo eléctrico E que siente q0debido a las 2 cargas q1

q y q2 2q usamos

la Ley de Coulomb y el Principio de Superposi-ción:

E Kq1

r201

r01 Kq2

r202

r02



en que r01 es la distancia entre la carga q0 yq1, y r01 es un vector unitario que apunta desdela posición de q1 a q0. Aquí r02 es la distan-cia entre q0 y q2, en cuyo caso r02 es un vectorunitario que apunta de la posición de q2 a laposición de q0.

De acuerdo a la figura en este caso tenemosr01 ı, r02

ı, y las distancias son r01

r02 a. Sustituyendo estos valores en (2.18)

queda:

E Kqa2 x K 2q

a2 x 3Kq

a2 x

F q0 E 32

Kq2

a2 x

(b) Dado que en este caso la partícula de pruebaestá fuera del eje X (es decir hay una geometríamás complicada) conviene usar una estrategiamás poderosa. Considerando que

r01 r0

r1 r0 r1

r02 r0

r2 r0 r2

r01

r0 r1

r02

r0 r2

la expresión (2.18) se puede reescribir:

E Kq1

r0 r1 r0

r1 3 Kq2

r0 r2 r0

r2 3

Esta expresión se puede evaluar determinandolos vectores posición r0, r1 y r2 por separado ylas normas indicadas. De acuerdo con la figurase tiene:

r0 ax ay

r1 ax

r2 ax

y en consecuencia resulta

r0 r1

ax ay ax 2ax ay

r0 r2

ax ay ax ay r0 r1

51 2a r0 r2

a

Reemplazando los valores anteriores en la ex-

presión (2.18) queda:

E Kq

53 2a3 2ax ay

K 2q a3

ay Kq

a2

2x y

53 2 y

1

53 2x 1

53 2 1 y Kq

a2

de donde la fuerza F q0 E resulta

F 12

1

53 2x 1

53 2 1 y Kq2

a2

7. Se carga dos esferas muy pequeñas con cargasiguales Q desconocida. Cada esfera tiene masa m

0 03 [kg]. Al suspenderlas, de un hilo de un largoL 0 15 [m], ambas —bajo la acción del peso y larepulsión electrostática—forman un ángulo de θ 5o con la vertical. ¿Cuál es la carga Q de las esféras?.¿Cuánto vale la tensión T ?.

Rpta. Como el problema es simétrico basta estudi-ar lo que pasa con una esfera. En este problema hayque considerar la acción de la gravedad.

La partícula de la derecha experimenta un campoeléctrico debido a la carga de la izquierda de valor

E KQ

2Lsinθ 2 x

La fuerza eléctrica que ella siente es:

Felec Q E KQ2

4L2 sin 2θx

fuerza de repulsión dirigida a lo largo del eje X y demagnitud KQ2 a2, en que a 2Lsinθ es la distanciade separación entre las cargas. Las otras fuerzas queexperimenta la partícula son la de peso: mgy y latensión T T cosθ y T sinθ x.

Como el sistema está en equilibrio mecánico la sumade fuerzas horizontales y verticales deben ser nulapor separados, lo que entrega dos ecuaciones:

KQ2

4L2 sin2 θ T sinθ 0

T cosθ mg 0



De la segunda ecuación se tiene T mgcosθ , que reem-

plazada en la primera ecuación entrega

KQ2

4L2 sin2 θ mg

cosθsinθ

Q2 4L2 sin2 θmgK cosθ

sinθ

4L2mgK

sin3 θcosθ

4 4 10 8[C]

0 044[µC]



2.4. Distribuciones Contínuas deCarga

En esta sección veremos como se tratan sistemas con dis-tribuciones de cargas mas complicadas que las de las sec-ciones anteriores.

Cuando hay muchas cargas en un determinado volumen(tambien puede ser muchas cargas en una cierta superfi-cie y/o segmento lineal) resulta conveniente definir unadensidad de carga por unidad de volumen ρ r (tal comovimos en la sección 1.3.1):

ρ r lım∆ 0

∆Q∆ [C/m3] (2.18)

aquí la suma considera todas las cargas dentro del elemen-to de volumen ∆

. La posición del elemento de volumenes su centro y está especificada por un vector de posición

r .De acuerdo con lo anterior la carga neta dq de un elemen-to de volumen d

lım∆ 0 queda dada por:

dq ρ r d (2.19)

en torno al punto definido por la posición r .

r

X

Y

Z

dq

dv

r ( r ) =dvdq

2.4.1. Campo eléctrico creado por una distribución contínuade carga

El campo eléctrico creado por esta carga dq sobre unacarga de prueba ubicada en r es

d E Kdq r r r r 3 (2.20)

El campo eléctrico total, se obtiene sumando las contribu-ciones de los diferentes elementos de carga dq que puedahaber en un volumen dado

donde existe carga eléctrica.

E r Kdq r r r r 3 (2.21)

X

Y

Z

r’

r

r − r’

dq

dv

= −dqdv(r)ρ

Figura 2.7: Campo eléctrico creado por una distribución continuade carga en el volumen

Campo eléctrico creado por una distribuciónvolumétrica de carga En muchas situaciones, lacarga eléctrica está distribuída sobre una volumen.Entonces, conviene definir una densidad de cargavolumétrica ρq de carga por unidad de volumen.

ρQ r lım∆ 0

∑i qi

∆ [C/m3] (2.22)

∆ es el elemento de volumen donde reside la densidad

de carga ρq.

El campo eléctrico queda dado por:

E r K ρd r r r r 3 (2.23)

Campo eléctrico creado por una distribución superfi-cial y/o lineal de carga En muchas situaciones, la cargaeléctrica está distribuída sobre una superficie e incluso so-bre una línea. Entonces, conviene definir una densidad decarga superficial σ y una densidad de carga lineal λ , enforma análoga a como se definió densidad de carga porunidad de volumen.

σ r lım∆S 0

∆Q∆S [C/m2] (2.24)

λ r lım∆ 0

∆Q∆ [C/m] (2.25)

∆S es el elemento de la superficie donde reside la densi-dad de carga σ y ∆ es el elemento de longitud de la líneacargada con densidad de carga λ .



ds

s ( r ) =ds

dq

dq

X

Y

Z

r

Figura 2.8: Campo eléctrico creado por una distribución superfi-cial continua de carga

X

Y

Z

r

dldql ( r ) =

dldq

Figura 2.9: Campo eléctrico creado por una distribución linealcontinua de carga

Es evidente que el campo eléctrico producido por estasdistribuciones se obtiene de 2.21 reemplazando dq σdS cuando se trata de una distribución superficial ydq λd , en el caso de una distribución lineal.

2.4.2. Ejercicios y ejemplos

1. Se deposita 3 [µC] uniformemente en el interior deuna esfera de radio ρ 1 [m]. Calcular la densidadvolumétrica de carga ρq.

Rpta. Puesto que la densidad es uniforme basta di-vidir la carga q 3 [µC] por el volumen total de unaesfera

43 πρ3. La densidad de carga resulta:

ρq q

43 πρ3

0 7[µC/m3]

2. Suponga ahora que, por la repulsión coulombiana,las cargas del problema anterior se mueven a la su-perficie de la esfera, donde quedan uniformemente

distribuidas. Determine la densidad superficial decarga σ .

Rpta. Ahora la misma carga Q esta distribuida uni-formemente en una superficie total S 4πρ2 (¡la su-perficie de una esfera!). Igual que antes hacemos elcuociente

σ q

4πρ2 0 24[µC/m2]

3. Si depositamos la carga q anterior sobre un anillo deradio ρ , de manera que esta se distribuye uniforme-mente sobre la longitud del anillo. ¿Cuál es la densi-dad lineal λ de carga?.

Rpta. Ahora la misma carga Q esta distribuida uni-formemente en una longitud total 2πρ .

λ q

2πρ 0 48[µC/m]

4. Calcular el campo eléctrico creado sobre su eje axialpor un anillo delgado de radio ρ , con una distribu-ción uniforme de carga λ λ0.

Rpta. Nos aprovecharemos de un resultado anteri-or. Un elemento de carga dq sobre el anillo produciraun campo como el que muestra la figura.

r

dE1dE2

dq

df

dl = 2 dr f

dq

Figura 2.10: Anillo con densidad lineal uniforme de carga.

Si en el extremo opuesto del anillo escogemos otroelemento infinitesimal de carga dq de la misma mag-nitud, como vimos en los ejemplos de la sección ??,los campos generados por cada uno de estos dos el-ementos infinitesimales se superponen (suman) para



dar una componente neta a lo largo del eje axial, ycon magnitud

dEz 2K z dq

ρ2 z2 3 2

en que z es la distancia de donde se ubica la carga deprueba al plano que contiene al anillo. Podemos ree-scribir la carga dq λ d en que d ρ dφ , siendodφ un ángulo infinitesimal de integración. Hasta aquíse tiene:

E π

0

2K z λρdφ

ρ2 z2 3 2z

2πKλzρ

ρ2 z2 3 2z (2.26)

La integral se hace entre φ 0 a φ π (la mitad dela circunferencia) puesto que ya se ha incluido tantodq como la carga opuesta a dq en el otro extremodel anillo (esto se hace para no contar 2 veces estacarga).

5. Calcular el campo producido por un disco de radio aque tiene densidad uniforme de carga σ σ0 sobresu eje axial.

Rpta. Nos aprovecharemos del resultado anteriorpara un anillo de radio ρ . Supondremos que dichoanillo no es un cable delgado sino que es un cableque ha sido aplanado y tiene un cierto ancho radialdρ .

dE

rdr

dq ds= s0

ds d= 2 p r r

Figura 2.11: Disco con densidad superficial uniforme de carga. Elelemento de superficie es ahora la superficie dS de un anillo plano.

La carga total Qanillo λ2πρ de dicho anillo se con-

sidera ahora distribuida uniformemente con densidadσ0, en la superficie dS 2πρdρ del anillo. luego setiene: dq σ dS σ02πρdρ .

Reemplazando Qanillo 2πλρ dqanilloa a partir de

la respuesta del problema anterior (ver Ec. 2.26), sepuede obtener el campo debido a un anillo infinitesi-mal con carga total dqanillo es:

d Eanillo K

2πλρz

ρ2 z2 3 2z K

dqanilloz

ρ2 z2 3 2z

Como por otro lado para nuestro disco dqanillo

2πσ0ρdρ se obtiene, que la contribución del anilloal campo del disco es:

d E Kdqanilloz

ρ2 z2 3 2z

2πKσ0zρdρ

ρ2 z2 3 2z

Para obtener el campo total provocado por la super-ficie del disco de radio a integramos en la variable ρ(radio del anillo) desde ρ 0 hasta ρ a. Es decir elcampo neto es la superposición del campo provoca-do por un conjunto de anillos que cubre la superficiedel disco.

E a

02πKσ0

zρdρ

ρ2 z2 3 2z

2πzKσ0z a

0

ρdρ

ρ2 z2 3 2

2πzKσ0z

1

ρ2 z2 1 2

a0

2πzKσ0z

1

a2 z2 1 z

2πKσ0z

z

a2 z2 z z

6. Evalúe el comportamiento del campo, para el proble-ma anterior, si z a. Es decir cuando la superficie esprácticamente infinita, o cuando una carga de pruebaestá muuuuy cerca de la superficie.

Tomando límite a ∞ se obtiene:

E 2πKσ0z

0

z z σ0

2ε0z

0

z z σ0

2ε0z

Si estamos en la parte positiva del eje z (y cercadel origen) se tiene Ez

σ02ε0

, si se está en la parte

negativa del eje z resulta Ez σ0

2ε0. En resumen:

E σ0

2ε0z Si z 0

σ02ε0

z Si z 0(2.27)



Notar que este campo resulta independiente de laaltura z. Si la placa es infinita se puede tambíenargumentar que por simetría este comportamiento nocambia cuando el observador se traslada a lo largode la superficie de la placa.

Figura 2.12: Simetría traslacional del campo de una placa planacon densidad uniforme de carga

La conclusión es que el campo de una distribuciónuniforme de carga sobre una superficie plana, esuniforme o homogéneo, y apuntando perpendicular-mente en dirección exterior a la superficie de la placasi la densidad de carga es positiva y hacia la placa sila densidad de carga es negativa.

σ>00

Figura 2.13: El campo de una placa plana muy extensa con densi-dad uniforme de carga y positiva es constante y saliendo de la placa

σ0<0

Figura 2.14: El campo de una placa plana muy extensa con den-sidad uniforme de carga y negativa es constante y entrando de laplaca

De modo que es posible generar campos eléctricosrelativamente uniformes, a partir de distribuciones decarga uniforme, siempre que se considere una super-ficie muuuuy grande, o equivalenmente que las car-gas de prueba que sienten el campo esten muy cercade la superficie cargada.

7. Distribución de carga lineal λ0 sobre un cable infini-to. Campo fuera del eje.

Rpta. Primero, puesto que el cable es infinito, porsimetría de traslación, el campo vale lo mismo si seevalúa en un puntp P o en un punto P que este de-splazado una misma distancia ρ paralelamente al ejedel cable.

dq

dq

-z

’

z

’

dl=dz

r

dE2

dE1

Figura 2.15: Simetría traslacional y rotacional del campo genera-do por un cable recto con densidad uniforme de carga



Segundo, también podemos argumentar que el cam-po neto se puede obtener como la superposición depares de cargas dq que están equidistantes a la cargade prueba, como muestra la figura.

r

E

Figura 2.16: Campo generado por dos elementos de carga simet-ricos en torno al origen en un cable recto.

Claramente el campo resultante de dos de esas car-gas tiene su componentes contenidas en el planodefinido por el cable y el punto P (donde está la car-ga de prueba). Más aun, el campo que producen las2 cargas dq es perpendicular al eje del cable, porlo que evaluaremos para el punto P de coordenadas

x y z ρ 0 0 .De acuerdo al resultado que habiamos obtenido pre-viamente, la contribución de las 2 cargas dq , sepa-radas a distancia 2z , a la intensidad del campo en elpunto P recién mencionado es:

dEρ 2K ρ dq

z 2 ρ 3 2

Pero la carga dq que provoca el cable viene de unadistribución uniforme dq λ0 dz , de modo que in-tegrando entre z 0 y z ∞ se obtiene:

Eρ ∞

0

2Kλ0ρ dz z 2 ρ 3 2

2Kλ0ρ ∞

0

dz z 2 ρ 3 2

2Kλ0

ρ ∞

0

du

u2 1 3 2

2Kλ0

ρ

u

u2 1 1 2

∞0

2Kλ0

ρ

y donde, para integrar, hicimos el cambio de variablez uρ .

Se concluye que el campo que provoca un alam-bre infinito con densidad lineal uniforme decarga λ0 apunta radialmente y es perpendicu-lar al cable. Este campo vale lo mismo parapuntos que están a igual distancia ρ del cable.Es decir la componente radial del campo E esconstante en magnitud sobre la superficie cur-va de un cilíndro de radio ρ , su valor dado por:

E 2Kλ0

ρρ

λ0

2πε0ρρ (2.28)

r

E

Figura 2.17: Simetría rotacional y tralacional del campo eléctricoen torno a un cable recto con densidad uniforme de carga.



2.5. Movimiento bajo un campoeléctrico uniforme

En esta sección nos preocuparemos del como se mueveuna carga de prueba que esta sometida a la acción de uncampo eléctrico. Esencialmente aplicar la II Ley de New-ton cuando la fuerza neta que actúa sobre la masa es deorigen eléctrico. Por simplicidad consideraremos el casode un campo electrico uniforme E E0.


1. Se quiere estudiar el movimiento unidimensionalpara los casos de un electrón, un protón y un neutrónque se mueven horizontalmente hacia la derecha yentran perpendicularmnte, con rapidez v0, por un ori-ficio pequeño de dos placas cargadas con densidad decarga superficial uniforme σ0 (placa de la izquier-da) y σ0 (placa de la derecha) que están separadasuna distancia .Lo primero es determinar el campo que se generapor las dos placas. Puesto que tienen carga de dis-tinto signo y sabemos que el campo provocado poruna densidad de carga uniforme σ0 positiva es demagnitud

σ02ε0

y dirigido desde la placa cargada hacia

afuera, entonces concluimos que si la carga es σ0la dirección del campo se invierte. En la región inte-rior entre las placas las contribuciones al campo to-tal de ambas placas se suman en magnitud, mientrasque fuera de las placas son opuestas en dirección yen consecuencia se cancelan. En resumen en el inte-rior entre las placas hay un campo neto de magnitudσ0 ε mientras que afuera es nulo.

+

=

−σε0

0

−

−

−εε

εσ

σ σ

2

22

σ−ε2xx

xx

x

0

0

0

0

0

0

0

0

−

−

−

Figura 2.18: Campo eléctrico generado por dos placas planas par-alelas y distantes una distancia entre sí.

Para efecto del análisis consideraremos por separadoel movimiento del neutrón, protón y electrón.

Neutrón Este caso es el más sencillo. Puesto que lacarga del neutron es nula el neutrón no experimentafuerza alguna debido al campo eléctrico. Mantienesu velocidad y por lo tanto atraviesa limpiamente deun lado a otro lado entre las placas. Se demora:

∆t v0

Protón Este es el caso más complicado. Puesto quela carga del proton es positiva, la fuerza electrica queél experimenta tiene el mismo signo del campo: con-tra la dirección de la velocidad v0

v0x inicial. Esdecir, si el protón no va demasiado rápido, es posibleque se detenga a una distancia d antes que llegea la placa con carga positiva. Si la rapidez v0 excedeun cierto valor —que debemos determinar— el pro-tón no se alcanza a detener y llega a la segunda pla-ca con alguna rapidez v f a determinar (por supuestomenor que la inicial).



La ecuación de movimiento entrega una aceleraciónde frenado constante dada por:

a t Felect

mp

qp Emp

eσ0

mpε0x

con solución:

vx t v0 a0t (2.29)

x t v0t 12

a0t2 (2.30)

en que la aceleración a es:

a a0x eσ0

mpε0x

y luego a0 eσ0

mpε0.

La condición para que se detenga en d al cabo de untiempo tmax es: vx tmax 0. De donde usando

v0 a0tmax

0

sigue que tmax v0

a0. Reemplazando este valor enla función itinerario x t resulta

d v0tmax 1

2a0t2

max v0

v0

a0

12

a0 v0

a0 2

12

v20

a0

v20mpε0

2eσ0

Debemos chequear acaso la partícula se detiene o noantes de llegar a la otra placa (d ). Usando lo an-terior la condición d queda:

v20mpε0

2eσ0

y entrega12

mpv20 eσ0

ε0

Es decir la energía cinética del proton debe ser menorque una cierta energía umbral de valor eσ0

ε0.

Si la energía cinética del protón es mayor que la en-ergía umbral recien calculada el proton llega a la pla-ca con una rapidez no nula y de valor:

v f v0

a0 t f

en que t f se obtiene resolviendo la ecuación x t f , es decir resolviendo:

v0 t f 1

2a0 t2

f

Una forma más simple de calcular v f es usar larelación

v2f v2

0 a r f

Resulta: v f

v2

0 a0 .

Electrón En el caso del electrón por ser este de car-ga negativa, la fuerza apunta en contra del campo, esdecir a la derecha y en la misma dirección que la ve-locidad. El electron no se frena y llega a la placa conuna rapidez que esta dada nuevamente por

v2f v2

0 a r f

pero ahora a t a0x, con a0 eσ0

meε0(note que aho-

ra figura la masa del electrón en la expresión para lamagnitud de la aceleración).

Luego v f

v2

0 a0 . El tiempo t f que emplea en

recorrer la distancia se obtiene exiguiendo v f

v0 a0t f :

t f v f v0 a0

v20 a0 v0 a0

2. Evalue los resultados anteriores suponiendo σ0

0 3µ [C/m2], =3[cm], y determine cúanto es la en-ergía cinética mínima para que el protón llege a laplaca.

3. Se quiere estudiar el movimiento de un electrón queentra con rapidez v0 paralelamente a 2 placas concargas σ0 y σ0 y a mitad de distancia entre ellas.Si la separación entre las placas es 2a, y el largo delas placas , ¿con qué rapidez (mejor si determina laenergía cinética) debe lanzarse el electrón) para quepase justo rasante por el extremo de una de las pla-cas?. ¿con qué ángulo de deflexión sale el electrón?.NOTA: esto es parte del principio de funcionamientode una pantalla de televisor. Si ud controla la canti-dad de carga entre las placas, entonces ud. controla aque punto de la pantalla del televisor va a chocar unelectrón del tubo de rayos catodicos (CRT) del tele-visor.

σ

σ

σε−

0

0

0

0

y=E

−

θ

Figura 2.19: Deflexión de una carga al moverse en el deflector deun tubo de rayos catódicos.

Rpta. Se tiene un campo eléctrico uniforme

E σ0

ε0z



y despreciamos el campo gravitacional.

La aceleración queda dada por

a qq Eme

F0

me

e Eme

eσ0

meε0z

El movimiento es tipo parabólico con aceleraciónuniforme de magnitud a0

eσ0meε0

. El itinerario es:

x v0t

y d 12

a0t2

El electrón llega a x para t v0, y en ese inter-valo de tiempo cae una distancia d, llegando a y 0

0 d 12

a0 v0 2

d 12

a0 2

v20

de donde sigue que la energía cinética necesaria es:

12

mev20 1

4

eσ0 2

ε0d

El ángulo de deflexión se obtiene a partir de las com-ponentes de velocidad vy y vx para cuando llega alborde ya que

tanθ vy

vx

Para t v0 se tiene vy a0t

eσ0 meε0v0

, y vx v0,

resulta

tanθ eσ0

εmev20

y nuevamente en esta expresión figura en el cuo-ciente la energía cinética inicial del eletrón.



2.6. Ley de Gauss

En esta sección estudiaremos un resultado matemáti-co importante basado en la dependencia con el inversodel cuadrado de la distancia para la Ley de fuerzas deCoulomb. Este resultado, conocido como Ley de Gausspara el campo eléctrico, nos permitirá, para el caso de dis-tribuciones geometrías de carga que exhiben fuerte ciertasimetría espacial, calcular la intensidad del campo E co-mo función de la posición.

La Ley de Gauss se apoya en una noción importante, la deflujo de un campo vectorial.

2.6.1. Flujo de un campo vectorial

Entendemos por flujo la cantidad de “algo” que cruza unasuperficie por unidad de tiempo. Tomemos el caso de unasuperficie A, como muestra la figura, sobre la cual inci-den, atravesándola, partículas de un gas que se muevencon rapidez v perpendicular ala superficie. Si consider-amos un cilindro imaginario de largo L, es claro que todaslas partículas que están en su interior cruzan la superficieA en un intervalo de tiempo ∆t, tal que L v∆t.

!!!"""

Area A

L=vt

Si el número n de partículas por unidad de volumen(densidad de número) es conocido, se puede calcular elnúmero ∆N total de partículas que cruzan la superficie enel intervalo ∆t. Este es:

∆N nLA nvA∆t

Si adicionalmente la masa m de cada partícula es conoci-da, entonces la masa ∆M total que cruza resulta

∆M nmvA∆t ρmvA∆t

de modo que el flujo de masa φm, i.e. la masa por unidadde tiempo que cruza la superficie es:

φm ∆M

∆t ρmvA

donde hemos introducido la densidad de masa ρm nm

(masa por unidad de volumen).

Del mismo modo, si cada partícula lleva una carga q, elflujo de carga, i.e. la carga por unidad de tiempo o corri-ente que cruza la superficie estará dada por:

φq ∆Q

∆t nqvA ρqvA

donde hemos introducido la densidad de carga ρ nq(carga por unidad de volumen).

Cuando la superficie está oblicua en un ángulo θ enrelación a la dirección de v debemos considerar, no uncilindro recto, sino un cilindro oblicuo,

##$$

%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%%&%&%&%&%&%

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(&(&()&)&) *&*&*+&+

Area A

Area A´

θ

de modo que el volumen del cilindro quda expresado porLA , donde A es la proyección de la superficie respectode la dirección de v. Puesto que tal proyección vale A Acos θ , el flujo (de masa por ejemplo), se escribe ahora

φm ρmvAcos θ ρm v An

en que hemos introducido la dirección n, perpendicular ala superficie A (ver figura)

,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,,-,-,-,-,

.-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-..-.-.-.-.

/-/0-0

θθ

v

n

Del mismo modo, el flujo de carga queda φm ρq v An.



Flujo saliente y entrante

Dirección asociada a n Es claro que un vector unitarion, perpendicular a una superficie tiene 2 direcciones posi-bles. Cuando consideramos el flujo en una superficie cer-rada, definimos que la dirección del vector n será siem-pre la que corresponda a la normal exterior a la superficie(apunta hacia afuera).

De acuerdo a esto existe la posibilidad de tener flujossalientes o entrantes, tal como lo indican las superficiesde la izquierda y derecha de la figura donde se tiene,a la derecha, An v 0 (flujo saliente) y a la izquierdaAn v 0 (flujo entrante).

n

- n

v

n

2.6.2. Flujo del Campo Eléctrico

Para el campo eléctrico es posible tambien definir un “flu-jo” imitando los resultados de las secciones anteriores. Sedefine el flujo de E por una superficie plana An como elproducto:

φE E An

Si la superficie tiene una forma cualquiera, se generalizala definición anterior, discretizando la superficie en ele-mentos de superficie ∆ Si

∆Sini, y sumando las contribu-ciones de flujo de cada elemento de superficie:

D DS = n S1 1 1

D DS = n Si i i

D DS = n Sn n n

^

^

^

φE ∑

i

Ei ∆ Si

En el límite ∆Si 0 y número de elementos de superficietiende a infinito, el flujo total del campo se expresa como

la integral de superficie

φE E d S E ndS

Las unidades del flujo de campo electrico son: [Nm2 C].

Ejercicios previos

1. Considere un campo que varía según E E0xd x.

Obtenga el flujo por: (a) una superficie paralela alplano YZ, ubicada en x d y orientada segun n x;(b) Repita su cálculo para la misma superficie peroorientada según n x.

2. Considere el flujo del campo anterior sobre una su-perficie paralela al plano XY.

3. Considere ahora un campo que varía según E E0

xyd2 x. Obtenga el flujo por: (a) una superficie par-

alela al plano YZ, ubicada en x d y orientada segunn x.

2.6.3. Ley o Teorema de Gauss

Esta ley, establece que el flujo del campo eléctrico sobreuna cierta superficie cerrada, es proporcional a la cargaencerrada por dicha superficie. La constante de propor-cionalidad es 1 ε0 (o equivalentemente 4πK). La Ley deGauss se escribe:

E d S Qencerradaε0

Demostracisn. La demostración se apoya en el teoremade la divergencia, aplicado al campo de una carga puntual.

Primero observemos que una carga puntual ubicada en elorigen de un sistema de coordenadas genera un campoeléctrico con divergencia nula (excepto en r 0 dondela divergencia queda indeterminada)

∇ E 1r2

∂∂ r r2Er 1

r sinθsinθEθ

∂θ 1

r sinθ∂Eφ

∂φ

1r2

∂∂ r r2

Kqr2 0 si r 0

Esto mismo ocurre en el caso de que la partícula se en-cuentre ubicada en un punto r cualquiera. Aquí se tiene

E r Kq r r r r 3 Kq x x x y y y z z z r r 3



La divergencia resulta:

∇ E Kq

∂∂x x x r r 3 ∂

∂y y y r r 3

∂∂ z z z r r 3

Kq

3 x x 2 r r 5 1 r r 3 3 y y 2 r r 5 1 r r 3

3 y y 2 r r 5 1 r r 3

3 r r 2 r r 5 3 r r 3

0

Así, al integrar el flujo del campo eléctrico (generado poruna partícula de carga q ubicada en r ) sobre una superfi-cie S con forma cualquiera que encierra una carga q, perotal que su volumen tiene un hueco esférico de radio δ (consuperficie asociada S ) que excluye a la carga q, se obtiene(por el teorema de la divergencia y ya que el volumen noincluye a r ):

∇ E S S

E d S0

SE d S

S E d S

SE d S

S E d S

X

Y

Z

r

q

‘

S

S’

2d

Para evaluar S E d S usamos que el campo en torno a lacarga q es

E Kqδ 2 δ

y que la superficie S tiene normal exterior n δ . Re-

sulta

SE d S

S Kq

δ2δ ndS

S Kq

δ2δ δdS

S Kq

δ2dS

Kqδ2

dS

Kqδ2

4πδ 2

4πKq q

ε0

Lo que demuestra el teorema para el caso de una partm-cula.

Si se tiene varias partículas, se usa el principio de super-posicisn

E E1 E2 EN

y se calcula el flujo total como (al lado derecho las super-ficies Si corresponden a circulos de radio δ 0)

SE d S

S1

E1 d S S2

E2 d S SN

EN d S q1

ε0 q2

ε0 qN

ε0

q1 q2 qN

ε0

Qencerradaε0

lo que completa la demostración del teorema.

Aplicación práctica de la Ley de Gauss

La Ley de Gauss resulta útil para determinar el campoeléctrico en todo el espacio, en situaciones en que la den-sidad de carga presenta simetría sencilla.

1. Carga puntual q. Usar la Ley de Gauss para deter-minar la intensidad del campo electrico en todo elespacio.

Solucion: El campo eléctrico presenta simétria es-férica. Es decir la magnitud E E del campotoma el mismo valor sobre puntos de una superfi-cie que está a una misma distancia r en cualquierdirección respecto a la carga. Esto quiere decir queel campo eléctrico tiene la forma E E r n. La in-tegral de flujo sobre una superficie esférica de radio



r (superficie gaussiana) queda:

E d S E r n dSn

E r dS

E r 4πr2

en que hemos usado que la superficie de la esfera(integral total sobre la superficie de una esfera) es4πr2. El flujo recién calculado debe ser igual a q ε0(ya que la carga encerrada por la superficie gaussianaes q) de donde igualando y despejando E r sigue:

E r q4πε0r2

Kqr2

expresión que ya conociamos a partir de la Ley deCoulomb.

2. Línea infinita con densidad de carga uniforme λ . Us-ar la Ley de Gauss para determinar el campo en todoel espacio.

r

E

Solución: El campo eléctrico presenta simetríacilíndrica. Es decir la magnitud E toma el mismo val-or sobre los diferentes puntos de la superficie de uncilindro concéntrico al cable. Para aplicar el teorémaescogemos una superficie gaussiana que es un cilin-dro finito (con tapas) de largo L y radio ρ concéntricoal cable con carga. Claramente no hay contribuciónal flujo en las tapas, pues allí el campo es perpendic-ular a la direccion n de la superficie de las tapas. Laúnica contribución al flujo viene del manto del cilin-

dro. Se tiene

E d S E ρ n dSn

E ρ dS

E ρ 2πρL

Sin embargo de acuerdo a la Ley de Gauss, este flujodebe ser igual a la carga neta encerrada (λL) divididapor ε0. De esta igualdad resulta

E ρ λL2πρε0L

λ2πε0ρ

que es la expresión que ya conociamos para esteproblema.

3. Plano infinito delgado con densidad superficial uni-forme σ0. Calcular el campo eléctrico en todo el es-pacio usando la Ley de Gauss.

Q=A s0

E(z)

E(-z)

n

n

z

- z

Solucion: Debido a la simetría de la configuraciónde carga, el campo eléctrico presenta la simétria delplano. De acuerdo a esta simetria el campo en laregión superior tiene orientación perpendicular alplano mientras que el campo en la región inferiortiene dirección también perpendicular al plano car-gado, pero opuesta a la dirección del campo en laregión superior.

Para calcular el campo eléctrico escogemos una su-perficie gaussiana de integración constituida por uncilindro plano cuyas tapas superior e inferior estan aigual distancia del plano con carga. El manto de estecilindro tiene la normal n de su superficie perpendic-ular al vector campo electrico luego no hay contribu-ción al flujo de esta superficie y la única contribu-ción viene de las tapas superior e inferior (cada unade área A). El flujo resulta:

E d S AE z AE z 2E z A



y donde hemos usado que las magnitudes de E arribay abajo, a la misma distancia z, son iguales.

Por otro lado la carga encerrada por este volumen estoda la carga contenida en el área A de la superficieque intersecta el cilindro: Qencerrada

σ0A. Apli-cando la Ley de Gauss queda:

2E z A σ0A ε0

de donde se obtiene que el campo tiene intensidadE

σ02ε0

constante (independiente de la altura z re-

specto del plano), resultado que ya conociamos.

4. Volumen esférico de radio a con densidad volumétri-ca uniforme de carga ρ0. Determinar el campo en elinterior y exterior de la esfera.

rr

(i) (ii)

a a

Solucion: Separaremos el análisis en 2 partes: (i)distancias r desde el centro de la esfera que seanmenores que el radio a de la esfera y (ii) distan-cias r mayores que a. El cuidado que se tendrá alaplicar la Ley de Gauss es que para r a la carganeta encerrada por la superficie gaussiana de radio res una fracción de la carga total en la esfera de radioa, i.e., Qencerrada Qtotal

4 3πa3ρ0, mientras que alaplicar la Ley de Gauss a la superficie con r a sedebe tener en cuenta que toda la carga de la esferade radio a esta encerrada por la superficie gaussianaesferica de radio r.

Por otro lado ya vimos que para una superficie gaus-siana esferica, cuando el campo eléctrico exhibesimetría esferica, la integral de flujo de E vale:

E d S E r 4πr2

por lo que solo debemos preocuparnos de calcular lacarga neta encerrada en cada caso e igualar con elflujo dividiendo por ε0. Se tiene:

(i) distancias r a. La carga neta encerrada porla superficie de radio r vale:

q ρ043

πr3

de modo que la Ley de Gauss queda:E r 4πr2 ρ0

43 πr3 1

ε0, de donde sigue

E r 13

ρ0r

ε0

intensidad del campo que aumenta linealmentecon la distancia r.

(ii) distancias r a. La carga neta encerrada porla superficie de radio r vale:

q ρ043

πa3

de modo que al aplicar la Ley de Gauss queda:E r 4πr2 ρ0

43 πa3 1

ε0, de donde sigue

E r 13

ρ0a3

r2ε0

intensidad del campo que disminuye inversa-mente con el cuadrado de la distancia r. NOTA:observar que si no se reemplaza q ρ0

43 πa3 se

obtiene:E r q

4πε0r2

que es la misma expresión del campo que en-trega una carga puntual ubicada

Propuesto. (desarrollado en clases) Considereun cascarón esférico hueco de radio interior ay radio exterior b con densidad volumétrica decarga ρ0. Determinar el campo en el interior yexterior del cascarón.

ρ=0

ρ=ρρ=0

0

a

b



Indicación: Considerar superficies gausianasesféricas separando el análisis en 3 partes: (i)distancias al origen r menores que a, (ii) r entrea y b y (iii) distancias r mayores que b. en r 0.

Propuesto. Considere para el problema anteri-or el límite b a, pero tal que la carga en elcascarón permanece constante y de valor totalQ σ04πa2. Determine E r en el interior yexterior de la superficie cargada.

ρ=0

ρ=0

Q=4 π a σ20

a



2.7. Potencial Eléctrostático

Hemos estudiado hasta aquí el cómo se generan los cam-pos eléctricos y las fuerzas que estos realizan sobre laspartículas. Una pregunta que naturalmente viene a contin-uación es la del trabajo asociado a esa fuerza, es decir eltrabajo eléctrico.

2.7.1. Campo eléctrico es conservativo

La observación importante aquí es que el campo eléctri-co es conservativo. Es decir el valor del trabajo no variaindependiente de que camino describa la partícula para irde un punto A a un punto B, o en otras palabras el trabajosobre un camino cerrado de la fuerza eléctrica es nulo.

Veremos que efectivamente esto es así. Si consideramosque

F d r q

E d r q

∇ E d Sdonde hemos usado el teorema de Stokes, y evaluamos elrotor del campo eléctrico para

E N

∑i 1

Kqir ri r ri

3encontramos

∇ E N

∑i 1

Kqi∇ r ri r ri 3

N

∑i 1

Kqi ∇ r ri 1 r ri 3

r ri ∇1 r ri

3 Expresión que se puede evaluar usando los resultados:

∇ r ri ∇ r 0

y

∇ 1 r ri 3 3 r ri r ri

5como vimos en una de las Tareas. De aquí sigue el resul-tado importante que

∇ E N

∑i 1

Kqi r ri r ri r ri

9

(ver nota:2). Es decir el campo electrostático es conser-vativo.

Esta propiedad es muy importante de modo que destacare-mos este resultado en recuadro:

∇ E 0 (2.31)

2NOTA: en el último paso hemos usado que A A 0

2.7.2. Existencia de la función potencialeléctrico V

Como vimos en el capítulo de analisis vectorial, el hechoque el rotor del campo E sea nulo quiere decir que existeun campo escalar V tal que E ∇V . Dicho campo Vse denomina potencial eléctrico. Nos dedicaremos en loque sigue a la obtención de una expresión explicita paraevaluar dicho campo.

2.7.3. Potencial eléctrico y energía potencialeléctrica

Evaluemos el trabajo sobre una carga puntual q0:

WBA q0

E d r q0

N

∑i 1

Kqi r ri r ri

3 d r

haciendo el cambio de variable u r ri resulta

WBA q0

N

∑i 1

Kqi u u 3 d u

q0

N

∑i 1

Kqi 1

u2 u d u

expresión que podemos evaluar en coordenadas esféricas(d u duu udθ θ usinθdφφ ) para obtener:

WBA q0

N

∑i 1

Kqi 1

u2 du

q0

N

∑i 1

Kqi 1u uB

uA

q0

N

∑i 1

Kqi 1 r ri B

A

∆BA q0

N

∑i 1

Kqi r ri

La expresión (campo escalar)

U r q0

N

∑i 1

Kqi r ri (2.32)

se conoce como energía potencial eléctrica.

Si se introduce la cantidad V tal que U q0V se obtieneel campo escalar

V r N

∑i 1

Kqi r ri (2.33)

que se conoce como el potencial eléctrico.



Las unidades del potencial eléctrico serán las de energíadividida por carga:

V

U q Joule

Coulomb

unidad que abreviamos JouleCoulomb

1Volt 1

V .

El trabajo eléctrico se puede escribir entonces:

WBA ∆BAU q0∆BAV q0 V rB V rA q0 VB

VA es decir de acuerdo a esto el trabajo sobre una carga q0 esla diferencia de potencial eléctrico, con signo cambiadoy multiplicada por el valor de la carga que sufre dichotrabajo.

2.7.4. Ejercicios

1. Si un electrón (que inicialmente estaba ligado a unprotón a distancia rA

10 8 [cm], se separa de éste

alejándose hasta que la separación final es rB ∞.

Evalúe:

a) El potencial eléctrico que provoca el protón so-bre el electrón en la situación inicial A

b) El potencial eléctrico que provoca el protón so-bre el electrón en la situación final B.

c) La diferencia de potencial ∆BAV y el trabajo,que hace la fuerza eléctrica sobre el electrónpara mover este desde la situación A hasta lasituación B.

d) Evalúe la energía potencial eléctrica en lasituación A y en la situación B, y determine conello la diferencia de energía potencial eléctrica∆BAU .

Solución: Escogemos un sistema de coordenadasen que el protón esta en el origen del sistema de co-ordenadas.

En la situación inicial A se tiene r re y r1 0 de

modo que r r1 rA

10 10 [m]. El potencial

resulta:

VA Kqp

rA

KerA

14 4[Volts]

En la situación final B se tiene r ∞ y r1 0 de

modo que r r1 ∞. El potencial resulta:

VB Kqp

rA

0

La diferencia de potencial es: ∆BAV VB VA

Ke

rA, luego el trabajo que hace el campo eléctrico

sobre el electrón es:

WBA qe∆BAV e Ke

rA Ke2

rA

La energia potencial eléctrica es U qV luego:

UB eVB

0

UA eVA

Ke2

rA

2. Un electrón se mueve entre los extremos A y B de unenchufe. La diferencia de potencial entre los dos ex-tremos del enchufe es 220 [Volts]. ¿Cuál es la difer-encia de energía eléctrica que experimenta el elec-trón?.

Solución: Nuevamente usamos que U qV dedonde sigue ∆U q∆V , resulta

∆U e∆V 3 52 10 17[Joule]

3. Considere el potencial eléctrico que un disco planode radio a y carga total Q 2q distribuida uniforme-mente sobre su superficie, genera sobre una partículade carga q0

q ubicada en el eje axial del disco.Este está dado por:

V z 2πKσ0 z2 a2 z Si la partícula, inicialmente a distancia 2a, se en-cuentra en reposo, ¿Con qué energía cinética lle-garía a tocar el plano del disco?. Evalúe para el casoq 0 001 [µC] y a 0 1 [m].

Solución Usamos que el trabajo y la energía cinéti-ca se relacionan mediante W neto

BA ∆BAEc. Por otro la-

do WBA ∆BAU en que U es la energía potencial

eléctrica. Luego sigue que ∆BAEc WBA

∆BAU q0∆BAV de donde

Efinalc

E inicialc q0∆BAV

0 q0 VB VA

q 2πKσ0 a2

2a 2 a2 2a 2qπKσ0 3a

5a

2qπK 2q πa2 3a

5a 4Kq2

a 3 5 2 75 10

7[Joules]



4. Considere el sistema de 2 cargas q ubicadas sobreel plano XY en coordenadas x 0 y d y x 0 y d , que estudiamos en la sección de campoeléctrico. La fuerza sobre una carga de prueba q0

qubicada sobre el eje de las x y a distancia x del origenestá dada por:

F q0 E 2Kq2x

d2 x2 3 2x

El trabajo que hace esta fuerza sobre la partícula deprueba si ella se mueve desde la posición inicial xA

d hasta la posición final xB 4d está dado por:

WBA B

AF d r

4d

d2Kq2x d2 x2 3 2 dx

2Kq2

1d2 x2

4d

d

2Kq2

12d 1

17d

2Kq2

d

12 1

17

a) Determine el potencial V x que generan lasdos partículas sobre el eje x, calcule la diferen-cia de potencial ∆BAV y con esto verifique queel trabajo WBA

q∆BAV efectivamente recu-pera el resultado recién obtenido.

b) Si la carga de las partículas corresponde a lade un electrón, ¿Cuál sería la ganancia de en-ergía cinética que experimenta el eléctrón parair desde x 0 hasta x ∞?. Evalúe consideran-do d 10

10 [m].

Solución El potencial sobre el eje está dado por

V x Kqd2 x2

Kqd2 x2

2Kqd2 x2

La diferencia de potencial ∆BAV se obtiene evaluan-do:

V xB 2Kq d2 4d 2

2Kq17d

V xA 2Kqd2 d2

2Kq2d

dando:

∆BAV 2Kq

d 1

17 1

2

de donde:

WBA q∆BAV

2Kq2

d 1

2 1

17

verificándose el resultado obtenido por integración.

El trabajo entre x 0 y x ∞ da: W∞ 0 2Kq2

d

4 6 10 8 [Joules].

5. Tres cargas iguales, de valor q, se ubican en losvértices de un triángulo equilatero de lado a.

a) Calcular el potencial que sentiría una carga deprueba ubicada en el centro del triángulo.

b) Calcular el potencial que siente una de laspartículas ubicadas en uno de los vértices, de-bido a las otras dos partículas (NOTA: es decirla contribución al potencial sobre la posición enque se encuentra una de las partículas debido alas otras dos partículas).

c) Calcular el potencial que generan cada una delas partículas en un punto ubicado en infinito.

d) Si una partícula de prueba q0 ubicada inicial-mente en el centro del triangulo se desplazahasta infinito. ¿Cuánto sería la variación de po-tencial que ella experimenta?. ¿Cuánto seria lavariación de energía potencial que ella experi-menta?. ¿Cuánto sería el trabajo que hacen en-tonces las tres partículas de la configuración tri-angular sobre la carga q0?.

Solución: La distancia entre los vértices y el centro

es: 33 a. Las tres cargas están a la misma distancia y

tienen el mismo signo, por lo que contribuyen conel mismo valor del potencial. El potencial generadosobre la carga de prueba sería:

V 3K q 3

3 a 9

3

Kqa

El potencial que siente una carga ubicada en un vér-tice se debe a las dos restantes partículas. Esto es:

V 2K q

a 2

Kqa

En el infinito cualquiera de las partículas genera unpotencial nulo ya que V∞

K q ∞ 0.



Si la partícula se desplaza del centro hasta el infinitose tiene:

∆V V∞ 9

3

Kqa

93

Kqa

∆U q0∆V 93

Kqq0

a

W ∆U q0∆V 93

Kqq0

a

2.7.5. Potencial asociado a una distribucióncontínua de carga

Tal como vimos en la sección de campo eléctrico genera-do por una distribución continua de carga aquí tambien sepuede generalizar la expresión

V r N

∑i 1

Kqi r ri

para considerar sumas sobre infinitesimales dq. Se tiene:

V r Kdq r r (2.34)

Potencial generado por un anillo circular de radio acon distribución uniforme de carga λ0 sobre su eje ax-ial: Aqui se considera dq λ0 dl λ0adφ , y se tiene

r zz, r aρ, de donde r r a2 z2. La inte-

gración es trivial

V z Kdq r r 2π

0

Kλ0adφa2 z2

2πaKa2 z2

Si usamos que E ∇V podemos reobtener el campoeléctrico a lo largo del eje axial. Se tiene

E ∂V∂ z

z

2πaKz

a2 z2 3 2

Potencial asociado al disco plano con densidad uni-forme sobre su eje axial: Se considera la carga dq so-bre un elemento de superficie del disco: dq σ0 dS

σ0ρ dρ dφ , y se tiene r zz, r ρρ, de donde r r ρ2 z2.

V z Kdq r r a

0

2π

0

Kσ0ρ dρ dθ ρ2 z2

2πKσ0 a

0

ρ ρ2 z2

2πKσ0 ρ2 z2

a0

2πKσ0

a2 z2 z Si usamos que E ∇V podemos reobtener el campoeléctrico a lo largo del eje axial. Se tiene

E ∂V∂ z

z

2πKσ0

z

a2 z2 z z

donde hemos usado que z z 1 si z 0 y z z 1 siz 0.



Potencial generado por un segmento de cable curvosemicircular de radio a con densidad uniforme λ0 so-bre el centro del semicírculo:

a dq

q

ds

q =

2

p

q = -

2

p

X

Y

De acuerdo a la figura r 0 y r acosθ x asinθ y.Se tiene r r a. dq λ0 dl λ0adθ . El potencialresulta:

V z Kdq r r π 2

π 2

Kλ0adθa

πλ0K

Aquí sólo se conoce el potencial en un punto de modoque no es posible aplicar E ∇V para obtener el campoeléctrico en dicho punto.

Potencial en todo el espacio generado por un cascarónesférico con densidad superficial uniforme Usamoscoordenadas esféricas. Nos aprovechamos que el poten-cial tiene simetría esférica luego sólo depende de la vari-able r y no de la variable θ ni de la variable φ por lo quepodemos escoger una posición conveniente de la posición:

r rz. La posición sobre la cual integramos es: r ar.Como sigue de la figura la distancia entre estos puntossatisface:

r r r2 r 2 2 r r r2 a2 2racosθ

|| r − r´ ||

a

r θ

Z

La carga infinitesimal está dada por dq σ0dS

σ0a2 sinθ dθ dφ . Se tiene

V r Kdq r r Kσ0dS

r2 a2 2racosθ

Kσ0a2 sinθ dθ dφr2 a2 2racosθ

Kσ0a2 2π

0

π

0

sinθ dθ dφr2 a2 2racosθ

Hacemos el cambio u r2 a2 2racosθ . Se tiene du

2rasinθ dθ de donde sigue:

V r 2πKσ0a2

2ra du

u

2πKσ0a

r du

2

u

2πKσ0a

r u

2πKσ0a

r r2 a2 2racosθ π0

2πKσ0a

r r2 a2 2ra

r2 a2 2ra 2πKσ0a

r

r a 2 r a 2 2πKσ0a

r r a r a

2πKσ0a

r 2a r a2πKσ0a

r 2r r a



y finalmente

V r

4πKσ0a2

r KQ r r a

4πKσ0a KQ a r a

Observemos que este resultado muestra que afuera delcascarón el potencial se comporta igual que el potencialde una ésfera puntual cuya carga total Q σ04πa2 estu-viera concentrada en el origen del sistema de coordenadas.Por otro lado en el interir del cascarón se tiene que el po-tencial resulta constante.

Campo eléctrico dentro y fuera del cascarón esféri-co: Una consecuencia importante del resultado anteriores que el campo eléctrico en el interior del cascarón esnulo ya que E ∇V 0, mientras que afuera se tieneE ∇V ∂V

r

∂ r KQ

r2 r. En resumen:

E r

KQr2 r r a

0 r a

2.7.6. Relación entre el campo eléctrico y elcampo potencial eléctrico

Hemos visto ya que E ∇V . Otra relación importantees la que sigue de W ∆U . Esto es:

WBA ∆BAU

F d r q∆BAV

q E d r q∆BAV

de donde se obtiene:

∆BAV q B

AE d r (2.35)

rescribiendo esta expresión para despejar VB se puedeobtener otro importante resultado:

VB VA

q B

AE d r

VB VA

q B

AE d r

Si el punto inicial A corresponde a una posición r0 y elpunto final B a una posición cualquiera r se obtiene:

V r V0 q

r

r0

E d r (2.36)

que nos permite calcular el potencial en el punto r delespacio si conocemos el campo eléctrico en un caminoque nos lleve de r0 a r.

El valor V0 V r0 es, en general, un potencial de refer-

encia respecto del cual se mide el potencial en otros pun-tos del espacio. Se acostumbra escoger V0

0 en r0 ∞.

Pero en ciertos casos (simetría cilindrica) se escoge masbien r0 ∞.

2.7.7. Aplicación a la obtención del poten-cial en todo el espacio

Potencial generado por un cable recto infinito con den-sidad de carga uniforme λ0. Habiamos obtenido, víaintegración que

E 2Kλ0

ρρ

Por simetría podemos argumentar que el potencial en co-ordenadas cilíndricas no depende ni de z ni de φ . El poten-cial en todo el espacio está dado, entonces, por la integral

V ρ V0 ρ

ρ0

2Kλ0

ρρ d r

V0 ρ

ρ0

2Kλ0

ρdρ

V0 2Kλ0 ln ρ

ρ0

Las superficies de igual potencial corresponden entoncesa cilindros concéntricos al eje axial y de largo infinito.

Potencial generado por un disco plano con densidaduniforme sobre su eje axial Aquí hacemos uso de queconocemos el campo eléctrico para cualquier punto deleje axial perpendicular al disco. Se tiene:

V z V0 z

0

2πKσ0 z

a2 z2 z z z d r

V0 z

0

2πKσ0 z

a2 z2 z z dz

V0 2πKσ0 z

0 z

a2 z2 z z dz

V0 2πKσ0

a2 z2 z z0

V0 2πKσ0

a2 z2 z z0

V0 2πKσ0

a2 z2 z a 2πKσ0

a2 z2 z donde se ha escogido el nivel de referencia V0

2πKσ0a.

Potencial generado por una placa plana infinita ubica-da en el plano z 0 y con densidad uniforme de carga



σ0. Aquí habiamos visto

E σ0

ε0z z 0

σ0ε0

z z 0

La integración es trivial y entrega:

V

V0 σ0

ε0z z 0

V0 σ0ε0

z z 0

que se puede resumir (previo escoger V0 0) en:

V z σ0

ε0

z

2.7.8. El dipolo eléctrico

En la naturaleza es frecuente encontrar moléculas neu-tras que cuando son sometidas a un campo externo se de-forman debido a las fuerzas eléctricas en distinta direc-ción que actúan sobre las cargas del nucleo de la molécu-la y de los eléctrones que envuelven la molécula. Si elmaterial es un liquido formado por muchas moléculaspolarizadas, por ejemplo, esto significará que el líquidotendra propiedades eléctricas especiales conocidas comopropiedades dieléctricas.

Para una molécula aislada esto significa esencialmenteque la moléecula está polarizada de modo que vista desdeuna cierta distancia ella se puede caracterizar aproximán-dola como dos cargas de distinto signo separadas una cier-ta distancia a. Siendo las moléculas muy pequeñas lo queinteresará sera su campo lejano, es decir el campo evalu-ado en el caso que la distancia r al punto en que se evalúael campo es mucho más pequeña que la separación a.

La figura muestra esquemáticamente esta situación parauna molécula polarizada a lo largo del eje z.

−q

+q

θ

r

r

1

a/2

a/2r 2

El potencial en r está dado por

V Kqr1

K q r2

donde podemos usar el teorema del coseno para obtenerque:

r21

a2

2 r2 2 a

2 r cosθ

r22

a2

2 r2 2 a

2 r cosθ

Como el potencial es lejano podemos aproximar 1ri

usandoexpansión en serie de potencias. Se usará el resultado

1 x n 1 nx 1 2n n 1 x2 1 nx

(donde hemos usado x 1 para despreciar potencias su-periores a 2).

Podemos escribir:

r1 r

1

ar

cosθ 14

ar

2

r

1

ar

cosθ

r2 r

1 a

rcosθ 1

4

ar

2

r

1 a

rcosθ

de donde sigue que:

1r1

1r

1

ar

cosθ 1 2

1r 1 1

2ar

cosθ 1r2

1r

1 a

rcosθ 1 2

1r 1 1

2ar

cosθ Hasta aquí el potencial lejano (aproximado):

V Kq 1r1

1r2

Kqr

1 12

ar

cosθ 1 12

ar

cosθ El resultado final para el potencial lejano del dipolo es:

V r θ Kqacosθr2 (2.37)

Momento dipolar

Las cargas de un dipolo tienen orientación en el espacio,de modo que conviene definir un vector momento dipolar:

p q a (2.38)



−q

+q

a

El potencial se puede reescribir aprovechando que encoordenadas esféricas p r pcosθ aqcosθ , queda:

V K p r

r2 K p r r 3 (2.39)

expresión que tiene la ventaja de ser válida en cualquiersistema de coordenadas, y con cualquier orientación deldipolo p. Si el dipolo no esta ubicado en el origen (porejemplo está ubicado en r ) entonces basta considerar

V K p r r r r 3 (2.40)

Campo eléctrico de un dipolo ubicado en el origen yorientado segun z

Como ya conocemos el potencial basta usar E ∇V encoordenadas esféricas para calcular el campo eléctrico. Seobtiene:

∂V∂ r

2Kqacosθr3

1r

∂V∂θ

Kqasinθr3

1r sinθ

∂V∂φ

0

de donde el campo resulta:

E Kqar3

2cosθ r sinθ θ

expresión que se puede reescribir (para el caso de undipolo en el origen con orientación cualquiera)

E K3 p r r p

r3 (2.41)

El caso general queda entonces descrito por:

E K

3 p r r r r r r 3 p r r 3 (2.42)

2.7.9. Líneas de campo o fuerza y superfi-cies equipotenciales del dipolo

Líneas de campo. Las líneas de campo eléctrico satis-facen la ecuación

d rd Cte E

es decir en cada punto del espacio son tangentes al campoeléctrico en ese lugar.

Las líneas de campo o líneas de fuerza representan elcamino que un observador describiría si sigue la direc-ción del campo en cada punto, trasladándose de un puntoa otro según lo indica la dirección local del campo.

Estas líneas de campo o fuerza tienen la característica deque:

1. Las líneas de campo son perpendiculares a las super-ficies equipotenciales.

EE

Esto no ocurre !!

2. Las líneas de campo no se cortan entre sí (pues delo contrario el campo E tendría dos valores en unmismo punto)

E

V1

V2

V3

V0

E E E

Superficies equipotenciales. Estas se obtienen de re-solver la ecuación

V r Cte

en que la Cte va tomando distintos valores (fijos) de po-tencial. A cada valor que se escoja corresponde una únicasuperficie equipotencial.



Ejemplo: Consideremos el potencial de una carga puntualy busquemos la superficie que toma por valor V Cte. Setiene:

Cte Kqr

de donde sigue que la superficie equipotencial está carac-terizada por esféras de radio r Kq Cte. Si V0 aumenta,las superficies esféricas equipotenciales son mas pequeñasy concéntricas a la anterior. Si V0 disminuye las superfi-cies equipotenciales son de radio más grande. Se tiene:

V V0 r Kq V0 r0

V 2V0 r Kq 2V0 r0 2

V 3V0 r Kq 3V0 r0 3

r 0

0

2V0 3V0

r /2

r /3o

0V

Superficies equipotenciales y líneas de fuerza del dipo-lo. Un ejemplo mas interesante lo entrega el caso deldipolo. Aqui las superficies equipotenciales están dadaspor la ecuación

V r θ K pcosθr2

Cte

con solución r2 K pcosθCte .

Esta solución corresponde a curvas tales que para porejemplo si tomamos V V0

se tiene valores:

V θ rV0 0 K p V0

r0V0 π

4 0 707 K p V0 0 707r0 V0

π2 0

V0 3π

4 0 707

K p V0 V0

π K p V0 r0

Situación que graficamos a continuación:

-100 -50 0 50 100-100

-50

0

50

100

Figura 2.20: Lineas equipotenciales para un dipolo orientado ver-ticalmente. Las zonas más claras corresponden a zonas de potencialmás alto (carga positiva), las zonas más oscuras a regiones de poten-cial más bajo (carga negativa).

El campo de fuerzas asociado al dipolo se presenta en lafigura siguiente:

-10 -5 0 5 10-10

-5

0

5

10

Figura 2.21: Campo de fuerzas para un dipolo orientado verti-calmente. Observe que de la región en que está la carga positiva laslíneas de fuerza salen, mientras que en la región que está la carganegativa las líneas de fuerza llegan.

Fuerza y torque que experimenta un dipolo sumergidoen un campo externo

Puesto que el dipolo es un par de cargas ubicadas muycercanamente un campo eléctrico externo actuándo sobreambas cargas se puede considerar prácticamente uniformey luego la fuerza neta sobre el dipolo resulta nula:

F q E rq q E r q q E q E 0



En cambio el torque que experimenta un dipolo debido aun campo externo no es nulo pues:

τ r q E rq r q q E r q q rq

r q E q a E

Si usamos la definición de momento dipolar el resultadose puede escribir:

τ dipolo p E (2.43)

Ejercicios y ejemplos

1. Un sistema está formado por dos dipolos. Uno de el-los ubicado en el origen y orientado a lo largo del ejeZ. El otro ubicado a distancia d del origen (con d

a

donde a la separacion entre cargas en cada dipolo) yobservando un ángulo de 30 grados respecto del ejevertical z. . El segundo dipolo tiene una inclinacionde α respecto de la vertical. Determine el torque queexperimenta el segundo dipolo.

2. Repita su cálculo anterior pero para el torque que ex-perimenta el dipolo ubicado en el origen (NOTA: Ha-ga uso de la expresión 2.42) para evaluar el campoque genera un dipolo ubicado en un punto r .)

3. En el caso de que la carga de un dipolo no este con-centrada sino que distribuida el momento dipolar sedefine mediante:

p r dq

Considere la situación de una antena dipolar queconsiste de un tubo metálico de largo total queen cierto instante tiene carga distribuida linealmente(dq λ d ) a lo largo del eje z, partíendo con carganegativa en uno de los extremos hasta carga positivaen el otro. La densidad de carga está dada por:

λ z λ0z 2

a) Calcule la carga total del segmento positivo decarga del dipolo.

b) Calcule el momento dipolar del dipolo.

2.7.10. Energía potencial electrostática gas-tada en crear (o almacenada) en unaconfiguración de cargas

Consideremos N partículas y el trabajo para llevar las car-gas desde el infinito (partiendo del reposo) a una ciertaposición final B quedando ellas finalmente quietas allí.

1. Para traer la primera partícula se hace un trabajo nulo

W1

BA 0

2. Para traer la segunda partícula se hace trabajo puesactúa sobre la segunda el campo de la primera. Setiene:

W2

BA q2V21

en queV21 Kq1

r21es el potencial que siente la segunda

debido a la primera. Notemos que se cumple q2V21

q1V12. Efectivamente pues

q2V21 q1V12

q2Kq1

r21

q1Kq2

r12

luego se tiene:

W2

BA 1

2 q2V21 q1V12 3. Para traer la tercera carga se hace trabajo en presen-

cia de la primera carga y de la segunda, se tiene:

W3

BA q3V31 q3V32 q1V13 q2V23

Luego resulta:

W3

BA 1

2 q1V13 q2V23 q3V31 q3V32 4. . . .

5. Para traer la N-ésima carga se hace un trabajo

WN

BA qN VN1 VN2 VNN 1 q1V1N q2V2N qN 1VN 1 N

de modo que queda:

WN

BA 1

2 q1VN1 q2VN2 q3VN3 qN 1VN N 1 qNVN 1 N

Finalmente sumando todos los trabajos se tiene:

W totalBA

W1

BA W

2

BA W

N

BA

12 q1 V12 V13 V14 V1N

q2 V21 V23 V24 V2N qN VN1 VN2 VN3 VNN 1

12 q1

N

∑j 1

V1 j q2

N

∑j 2

V2 j qN

N

∑j N

VN j 1

2

q1V ri q2V r2 qNV rN



de donde sigue que el trabajo total está dado por:

W total 12

N

∑i 1

qiV ri (2.44)

Por otro lado sabemos que dicho trabajo es conservativo,de modo que la energía potencial electrostática asociadasatisface: W total ∆U total. Puesto que cuando laspartículas están en infinito se tiene U 0 resulta la en-ergía potencial electrostática asociada a la configuraciónfinal de cargas está dada por:

U totalfinal ∆U total W total 1

2

N

∑i 1

qiV ri (2.45)

Para el caso de cargas distribuidas continuamente se tienela relación equivalente:

U total 12 dqV r (2.46)

2.7.11. Ejercicios y ejemplos

(i) Determine la energía (trabajo) necesaria para crearuna configuración de 3 cargas en posiciones dadaspor:

i qi xi yi1 q 0 02 q 2 03 q 0 3

NOTA: Primero evalúe el costo (trabajo) W1 paratraer la primera partícula (en ausencia de otras) des-de el infinito. Luego el costo W2 para traer la segundapartícula en presencia de la primera. Finalmente eltrabajo W3 para traer la tercera partícula en presenciade las otras dos:

W W1 W2 W3

(ii) Compare el valor que obtuvo en (i) contra la fórmula

W 12

3

∑i 1

qiVi

en que Vi V ri es el potencial que siente cada

partícula i-esima ubicada en ri, debido al resto de laspartículas.

(iii) La generalización de W para cargas distribuidas con-

tinuamente es:

W 12 dqV

12 ρ r V r d

12 σ r V r dS

Use esta expresión para calcular el trabajo o energíanecesaria para cargar con carga total Q una esféra

conductora de radio R. Verifique que W 18

KQ2

πR ycompare este valor con el que obtiene si usa W

12

Q2

C 1

2CV 2.

Considere ahora un condensador formado por dosplacas planas muy grandes, de área A y separadasa distancia d, que tienen densidades de carga σ0 y σ0. El potencial sobre cada placa es uniforme y devalor V0

2 y V0 2 respectivamente. Calcule:

La fuerza que hace la placa positiva sobre laplaca negativa. NOTA: use que la fuerza sobreun elemento de carga dq σ dS es dq E paraintegrar la fuerza sobre toda el área de la placa apotencial negativo. Recuerde el valor del cam-po que produce una placa plana con densidadσ sobre todo el espacio.

Calcule la energía electrostática almacenada enel condensador vía integrar U 1

2 dqV .



2.8. Materiales Conductores

En esta sección estudiaremos que ocurre con el campoeléctrico en sistemas conductores.

Los materiales conductores son en general metales. Poresta razón las cargas que son depositadas al interior delmaterial conductor se mueven casi libremente en su interi-or. Esto lo hacen en tiempos característicos muy pequeños(10 19 [seg]). Las siguientes situaciones son comunes:

(a) Si se deposita una cierta cantidad de carga neta pos-itiva Q al interior del conductor, las partículas queconstituyen esta carga experimentan entre sí una re-pulsión coulombiana, de manera que, al repelersemutuamente ellas tienden a moverse hasta la super-ficie del material conductor, donde, deslizan sobre lasuperficie buscando su acomodo. Pasado cierto tiem-po alcanzan el equilibrio y ya no se mueven más yaque se ejerce una fuerza nula (aceleración nula) so-bre ellas, de modo que las partículas se quedan esta-cionadas sobre la superficie del metal. En consecuen-cia, en el interior del conductor no hay carga neta, porel Teorema de Gauss se puede inferir que el campose anula en el interior ( E 0).

+ ++

++

++

+ + +

++++

+

+++

+

++

+

+++++++++

Q

Sin embargo como toda la carga Q está en la super-ficie es posible inferir también —por el Teorema deGauss aplicado a una superficie gaussiana que en-vuelve externamente al conductor— que afuera delconductor existe campo eléctrico no nulo E 0.

(b) Si por el contrario se deposita iguales cantidades decarga positiva y negativa Q y Q, ocurrirá que laspartículas de signos opuestos se atraerán formando,probablemente, moléculas neutras o al menos unadensidad de carga nula en el interior. Al no haber car-ga neta al interior y aplicando el teorema de Gaussa una superficie dentro del conductor, se podrá in-ferir que el campo en el interior del conductor es nulo( E 0).

+ +−−tiempo

Ahora tanto la superficie come el volumen del con-ductor son neutros en carga y luego al aplicar el Teo-rema de Gauss a una superficie gaussiana que envuel-va exteriormente al conductor se inferirá que no segenera campo eléctrico en el exterior del conductor.

(c) Por último podría ocurrir también que se depositecarga positiva y negativa pero no en la misma can-tidad. Entonces se tendrá que parte de la carga pos-itiva se sentirá atraída con la carga negativa y for-mará, como antes, moleculas neutras o densidad decarga nula. La diferencia de carga (totalmente posi-tiva o totalmente negativa) experimentará repulsiónCoulombiana entre sí y como en la situación (a) sedepositará en la superficie formando allí una densi-dad superficial.

Igual que en el caso (a) y (b) como en el interiordel conductor no hay carga neta, por el Teorema deGauss, se infiere que el campo en el interior es nulo,mientras que en el exterior del conducotr, por habercarga en la superficie, el mismo teorema indica quese genera un campo eléctrico no nulo.

(d) En el caso de presencia de cargas fuera del conductorla distribución de cargas en la superficie puede tenerregiones con densidad superficial negativa y regionescon densidad superficial positiva. Esquematicamentepodemos graficar todo esto así:

++

++

+

++

+

++++++++

------

--

--

E=0



En conclusión: las fuerzas eléctricas internas hacen repel-erse a las partículas, las que se van a la superficie del con-ductor formando allí densidades superficiales de carga. Enel interior el campo eléctrico es nulo ( E 0).

2.8.1. Ejemplos

1. Conductor esférico macizo on carga neta Q. Deter-minar el campo eléctrico en todo el espacio.

Solución: Por ser la esféra de material conductorel campo eléctrico en el interior es nulo. La cargase deposita en la sperficie. Por simetría de la esféraesta carga se distribuye uniformemente con densidadsuperficial σ σ0

Q4πa2 en que a es el radio del

conductor. Afuera del conductor, en una superficiegaussiana de radio r el flujo neto del campo eléctricoresulta ΦE

E r 4πr2 y debe (por el Teorema deGauss) ser igual a la carga encerrada dividido por ε0.De la igualdad resulta: E r Q

4πε0r2 , de modo que

el campo en todo el espacio es:

E r

0 Si r <aQ

4πε0r2 Si r >a

En la superficie misma del conductor, justo afuera, apartir de la expresión última se concluye que el cam-po vale: Esup

E a σ0ε0

.

2. Condensador de placas planas de área A con cargasQ (placa inferior) y Q (placa superior). Determineel campo en todo el espacio.

−Q

Q

Solución: Las cargas Q y Q (que están en placasdiferentes) tienden a atraerse entre sí, de manera quela carga Q en la placa inferior se termina depositandoen la superficie superior de dicha placa. Por otro ladola carga Q en la placa superior se deposita a su vezen la superficie inferior de esta placa.

+ + + ++ +

−−−− −−σ

σ

Al interior de cada placa conductora el campo es nulo(y por supuesto la carga encerrada por una superficiegaussiana también es nula).

En la región entre las placas, suponiendo que la car-ga en cada placa se distribuye uniformemente en lasuperficie, se genera un campo eléctrico uniforme.Aplicando el teorema de Gauss a la superficie indi-cada en la figura que sigue se puede concluir que elcampo entre las placas es uniforme y de intensidadE σ ε0.

+ + + ++ +

E z A σAε0

E z σε0

Aplicando el Teorema de Gauss a la superficie indi-cada por la figura que sigue es posible mostrar queel campo en la región de afuera (tanto superior comoinferior) de los conductores es nulo.

++ ++ ++

− −−− −



3. Esfera conductora de radio a y carga neta Q envueltapor un cascarón esférico de carga neta nula y radiosinterior b y exterior c.

Q

esfera

Qcascaron

b

a

c

= Q

= 0

Solución: En el interior de cada uno de los conduc-tores el campo debe ser nulo (equilibrio de fuerzas:E F q 0). En la región a r b podemosaplicar el Teorema de Gauss a una superficie gaus-siana esférica de radio r entre a y b, para demostrarque el campo allí resulta de intensidad

E r Q4πε0r2

Si aplicamos el Teorema de Gauss nuevamente peroahora para una superficie de radio r en la región inte-rior del cascarón esférico y que envuelve a la esféra,y usamos que el flujo ΦE

E d S debe ser nulo,concluimos necesariamente que en la superficie in-terior (r b) del cascarón esférico debe haber carganeta nula Qb de valor opuesto a Q (esto pues la car-ga total encerrada debe ser cero). Es decir Qb

Q.Pero por otro lado sabiamos que el cascarón exteriortenía carga neta nula y está aislado, de modo que sucarga total se conserva, luego en la superficie de ra-dio c del cascarón se debe haber inducido una cargaQc opuesta a Qb. Es decir Qc

Qb Q.

Como debido a la simetría del problema la carga Qbse distribuye uniformemente en la superficie de radior c, el campo afuera debe respetar la simetría es-férica. Si aplicamos el Teorema de gauss a una super-ficie imaginaria esférica de radio r c, considerandoque la carga total Qtot

Q Qb Qc Q Q Q

Q, es posible demostrar que en la región exterior alcascarón hay un campo

E r Q4πε0r2

En resumen, en las distintas regiones el campo vale:

E r

0 r aQ

4πε0r2 a r b

0 b r cQ

4πε0r2 r c

2.8.2. Densidad de carga en la superficie deun conductor de forma arbitraria

Si consideramos un punto cualquiera de la superficie de unconductor de forma cualquiera es posible probar, usandoel Teorema de Gauss aplicado a un pequeño cilindro quecontiene dicho punto en la superficie (ver figura), que lacomponente normal En

E n a la superficie del campoeléctrico en dicho lugar se relaciona directamente con ladensidad de carga en dicha parte de la superficie

E n∆S σ∆Sε0

En σ

ε0

E=0

En Q=dS σE

φ ^=E n dS

donde hemos usado que el cilindro es mucho menos altoque ancho de manera que el flujo por el manto resulta nuloen el límite que el alto del cilindro va a cero.

Más adelante veremos que en la superficie de un conduc-tor, no hay componente tangencial del campo eléctrico. Esdecir el campo eléctrico es perfectamente perpendicular(o normal) a la superficie del conductor y luego la inten-sidad de este es Esup

En. Otro punto que es importanteobservar aquí que esto vale localmente en cada punto dela superficie, es decir σ σ r , y luego el campo en cadapunto de la superficie depende del valor de la densidad decarga allí:

Esup r σ r ε0

n (2.47)



Ejemplo

La máxima carga que puede existir en un conductor estálimitada por el hecho de que pasado cierto valor de la in-tensidad del campo eléctrico el aire mismo que toma con-tacto con el conductor se puede transformar en un medioconductor a su vez. Esto se debe a que las moléculas delaire se pueden ionizar en la presencia de un campo eléctri-co muy intenso y las cargas libres que se generan puedendesplazarse formándose corrientes o rayos de carga quemigran hacia el conductor. La intensidad característica delcampo para que ocurra esto es Emax 107 [N/C].

Calculemos la densidad superficial de carga máxima nece-saria para que esto no ocurra:

σ ε0 E n ε0Emax 88 4µC/m2

Para una esféra conductora de radio a esto significaría unacarga neta Q 4πa2σ que en el caso de a 1 [m], a

1 [cm] y a 1 [mm] corresponde a cargas máximas deQmax 1 1 [µC], Qmax

0 11 [µC] y Qmax 0 0011 [µC]

respectivamente.

2.9. Ecuación de la Divergencia delCampo Eléctrico

El Teorema de Gauss que relaciona el flujo del campoeléctrico por una superficie cerrada con la carga encer-rada por dicha superficie puede ser restablecido en formadiferencial usando el Teorema de la Divergencia:

E d S 1ε0

Qencerrada

∇ E d v 1ε0

ρQ d v ∇ E ρQ

ε0 d v 0

Como esta igualdad tiene que cumplirse para cualquiervolumen de integración (el volumen de integración esarbitrario) el integrando debe ser nulo, y se obtiene lasiguiente ecuación (Ecuación de la Divergencia delCampo Eléctrico):

∇ E ρq r ε0

(2.48)

Un resultado inmediato que sigue es que si conocemosel campo eléctrico en una región del espacio, podemosdeducir la densidad de carga en dicha región:

ρq r ε0∇ E r

Por ejemplo sabemos que para una distribución de cargauniforme en el interior de una esféra el campo eléctricoestá dado por:

E r

13

ρ0ε0

r Si r a13

ρ0ε0

a3

r2 Si r a

La ecuación de la divergencia entrega:

ρq r ε0

1r2

∂∂ r

r2

13

ρ0ε0

r ρ0 Si r a

ε01r2

∂∂ r

r2

13

ρ0ε0

a3

r2 0 Si r a

2.10. Ecuación de Poisson yEcuación de Laplace

Usando que E ∇V y aplicando divergencia a laEcuación (2.48) se obtiene

∇ E ρq

ε0

∇ ∇V ρq

ε0

∇2V ρq

ε0

La ecuación:

∇2V ρq ε0 (2.49)

es conocida como Ecuación de Poisson.

En las regiones donde la densidad de carga ρq es nula sesatisface la llamada Ecuación de Laplace:

∇2V 0 (2.50)

que si se especifica las condiciones de borde tienesolución única, como veremos a continuación.

2.10.1. Teorema de Unicidad de la Ecuaciónde Laplace

Veremos aquí que la ecuación de Laplace ∇2V 0, su-jeto a valores en el borde (o superficie) de la región queinteresa resolver esta ecuación, tiene solución única:

La demostración es por contradicción con la hipótesis:suponemos que hubiera dos soluciones diferentes: V1 r yV2 r con V1 V2. Definimos Φ V1

V2. Obviamente Φtambién satisface la Ecuación de Laplace: ∇2Φ ∇2V1 ∇2V2

0, luego:

Vol

Φ∇2Φdv 0



pero tenemos la identidad: ∇ Φ∇Φ ∇Φ 2 Φ

∇2Φ de donde sigue (usando que ∇2Φ 0) que:

Vol ∇Φ 2 dv

Vol

∇ Φ∇Φ dv

Sup

Φ∇Φ d S

en donde en la última línea hemos usado el Teorema de ladivergencia para convertir la integral de volumen del la-do derecho en una integral de superficie. Esta integral desuperficie resulta nula pues el potencial lejano Φ se com-porta como Φ 1 r y el gradiente de dicho potencial secomporta como ∇Φ 1 r2, mientras que por otro lado elelemento de superficie dS se comporta como dS r2dΩen que dΩ sinθ dθ dφ . Considerando una superficie su-ficientemente grande la integral de superficie

Φ∇Φ d S 1

r1r3 r2dΩ

1r dΩ 0

ya que r, el radio de una esféra muy grande, tiende a in-finito. Se concluye que ∇Φ 2 dv 0 si y solo si el inte-grando ∇Φ 2 0, de modo que Φ Cte.

Como Φ Cte se puede evaluar Φ en cualquier parte, porejemplo en la superficie infinitamente lejana donde Φ 0,sigue que V1

V2 lo que contradice la hipótesis. LuegoV1 V2 y en consecuencia el potencial tiene solución úni-

ca en todas partes.

2.10.2. Aplicación de la Ecuación deLaplace a materiales conductores

Recordemos que los materiales conductores son en gen-eral metales. En su interior las cargas se pueden moverlibremente y las fuerzas superficiales impiden que las car-gas escapen.

Las propiedades de estos materiales se pueden resumir en:

En el interior E 0 y por lo tanto la función po-tencial (que satisface E ∇V ) debe ser uniformedentro del conductor. Es decir V Cte o equivalente-mente los conductores son cuerpos equipotenciales.

Puesto que el conductor es equipotencial, su superfi-cie tambien lo es, y sabemos que la dirección del gra-diente de V es perpendicular a la superficie equipo-tencial asociada a dicho punto, luego el campo E ∇V justo en el exterior de la superficie del conduc-tor es perpendicular a dicha superficie. Es decir:

Esup E r n

o equivalentemente las líneas de fuerza son perpen-diculares al conductor.

No puede haber carga neta en el interior del conduc-tor (si en la superficie). Lo que sigue de aplicar elTeorema de Gauss a un volumen en el interior delconductor y considerar que como el campo es nulo elflujo es nulo. Si hubiera carga habría una contradic-ción.

Ya hemos visto (aplicando el teorema de Gauss a unpequeño cilindro en la superficie) que el valor delcampo en la superficie satisface

Esup σ r

ε0n

Por último si acercamos una carga q (externa al con-ductor) los eléctrones y protones en la superficie delconductor se redistribuyen (ver figura 2.22

++

++

+

++

+

++ + +

+ + + +

------

--

--

E=0

Figura 2.22:

2.10.3. Ejemplos

1. Conductor hueco, de forma arbitraria, cargado.

V= V0

E=0

V= V0

E=0

Q



Resolvemos usando unicidad de la Ecuación deLaplace:

En el conductor se satisface ∇2V 0 con solu-ción V r V0

cte. En particular en el bor-de interior del conductor (borde del hueco) setiene V V0.

En el hueco se satisface también ∇2V 0. Parael hueco se postula V V0 como solución.Puesto que esta solución satisface la ecuaciónde Laplace y satisface la condición de borde,esta es la solución. En consecuencia, dentro delhueco, E ∇V 0, y el campo Esup, justo enla superficie interior, es nulo. Luego,

σ ε0 Esup n 0

y no hay densidad de carga en la superficie in-terior. La carga del sistema está sólo distribuidaen la superficie exterior del conductor.

2. Conductor esférico cargado con hueco interior deforma arbitraria.

+

+

++

+

+

+

+

++++

+

+

+

++

++

+

++

++

+++++

++

++V= V0

V= V0

V= V0

V= V(r)

Ñ2V=0

La solución es similar a la anterior, con la carga dis-tribuyéndose en la superficie exterior y campo nuloen el conductor y en el hueco. Lo que interesa ahoraes la solución de la Ecuación de Laplace en la regiónexterior a la esféra.

Afuera de la esféra se satisface la ecuación deLaplace con condiciones de borde V 0 en infinito yV V0 justo en r a (el borde de la esféra). Toman-do como modelo la solución del problema de un cas-carón esférico hueco visto anteriormente se postulacomo solución

V r C1

r C2

que efectivamente satisface la ecuación de Laplace:

∇2V 1r2

∂∂ r r2 ∂V

∂ r

1r2 sinθ

∂∂θ sinθ

∂V∂θ

1

r2 sin2 θ∂ 2V∂φ 2

1r2

∂∂ r r2 C1

r2 0

La condición V ∞ 0 implica C2 0. La condi-

ción V a V0 implica C1 V0a, de modo que la

solución que satisface la Ecuación de Laplace y lasCondiciones de Borde y en consecuencia es la solu-ción es:

V r V0ar

para r

a

De esta solución sigue que el campo afuera de la su-perficie es:

E V0ar2 r

y justo en la superficie resulta Esup V0

a r de modoque la densidad superficial es uniforme sobre la su-perficie y de valor

σ ε0 E r a ε0V0

a

Puesto que la densidad es uniforme, se tiene q

σ4πa2 de donde reemplazando el valor de σ resultauna ecuación para V0 con solución: V0

q4πε0a .

3. Conductor esférico neutro con hueco que tienecarga q en su interior.

q

- q

V= V0

q

Ñ2V=0



Al poner una carga q en el interior del hueco éstaatrae cargas libres del interior del conductor hacia lasuperficie interior del hueco. Como el conductor esglobalmente neutro la diferencia de carga (del otrosigno) se tiene que reubicar en la superficie exterioral conductor. Llamemos Qa la carga en la superficieinterior y Qb la carga en la superficie exterior. De laneutralidad sigue que Qa Qb

0.

Por otro lado si aplicamos el Teorema de Gauss a unasuperficie cerrada de forma arbitraria en el interiordel conductor, por ser este de campo nulo, resultaflujo ΦE

0, y en consecuencia se tiene que la carganeta encerrada debe ser nula (q Qa

0) de modoque:

Qa q

y luego (puesto que Qa Qb 0) se tiene

Qb q

q V= V0

Ñ2V=0+

+

++

+

+

+

+

++++

+

+

+

++

++

+

++

++

+++++

++

++

-

---

-

-

-

--- -

-

-

-

-

Q

Q

V = Vsup 0

Fuera del conductor se puede resolver la Ecuación deLaplace en forma exactamente identica al problemaanterior, encontrando

V r V0ar

E r V0ar2

σ ε0V0

a

Puesto que la densidad es uniforme, se tiene Qb

σ4πa2 de donde reemplazando los valores de Qb y σobtenidos resulta una ecuación para V0 con solución:V0 q

4πε0a igual que en el ejemplo anterior.

El análisis del campo en el hueco es más complica-do pues, si la carga está ubicada excentricamente, elcampo presenta una distribución de líneas irregularcomo la que sugiere la figura por lo que obviaremos,por ahora, dicho analisis (ver más adelante métodode imagenes para la solución del campo en el hue-co).

- - --

-

-

-

-

-

--

-

+

+

+

++

++

+

q

--

2.11. Concepto de Capacidad

Hemos visto que el Potencial en todo el espacio está rela-cionado con la densidad de carga a través de la Ecuaciónde Poisson

∇2V r ρ r ε0

Esto tiene implicancias interesantes: si se aumenta la den-sidad de carga en cada punto de un sistema en un ciertofactor α , digamos por ejemplo α 2, el potencial cam-biará (via la Ecuación de Poisson) en ese factor también.Inversamente, si se aumenta el potencial en todas partes enun cierto factor, la densidad de carga (y en consecuenciala carga total) se incrementa en ese mismo factor también.

Para un conductor esto implica que la carga total almace-nada por él depende en forma directa del voltaje aplicado.El factor de proporcionalidad se conoce como Capacidady éste factor solo depende de la geometría del sistema yde la constante ε0.

Se define formalmente la Capacidad como el valor ab-soluto del cuociente entre la carga Q almacenada por unelemento conductor sobre la diferencia de potencial ∆Vdel conductor respecto de un punto de referencia

C Q∆V

(2.51)

Lo que la Capacidad mide es: cuanta carga almacena unsistema por unidad de voltaje aplicado.

2.11.1. Ejemplos

1. Capacidad de una esféra conductora respecto alinfinito

El voltaje sobre la superficie de una esféra conducto-ra aislada que tiene carga Q está dado (vía resolver laEcuación de Laplace) por:

Vsup KQ

a



La diferencia de voltaje respecto al infinito es ∆V

KQ a 0. La capacidad resulta:

C QKQ a

aK 4πε0a

2. Capacidad de una esféra cargada respecto de uncascarón esférico que la envuelve concéntrica-mente.

Q

- Q

E=0E=0

ab

c

E= r

4 r

Q

e0

2

p

^

Suponemos que la esfera interior tiene carga Q y ra-dio a y los radios del cascarón esférico son b (radiointerior) y c (radio exterior).

El campo eléctrico entre la superficie de la esféra in-terior y el radio interior del cascarón se obtiene us-ando el Teorema de Gauss:

E Q4πε0r2 r

La diferencia de potencial entre estos radios se ob-tiene integrando

∆V a

bE d r a

b

Q4πε0r2 dr

Q4πε0

1a 1

b

La capacidad resulta

C

Q

Q4πε0

1a 1

b

4πε0ab

b a

3. Capacidad de un condensador de placas planas

- Q

Q

d

A

Suponemos que las placas del condensador (de áreaA y separación d, con d muy pequeña) tienen cargasQ y Q (vea el ejemplo 2 de la sección MaterialesConductores). El campo eléctrico entre las placas es:

E σε0

z Q

ε0Az

La diferencia de potencial entre estos radios se ob-tiene integrando

∆V z d

z 0E d r a

0

Qε0A

dz

Qdε0A

La capacidad resulta

C QQd ε0A

ε0A

d

4. Capacidad de un condensador de placas planascon conductor intermedio

- Q

Q

- Q

Q

+ + + + +

- - - - -

E 0¹

E = 0

E 0¹

Suponemos que la carga en las placas de afuera Qy Q y que el conductor intermedio es neutro y detamaño b. Usando el Teorema de Gauss es posibledemostrar que en el conductor intermedio se formancargas Q y Q respectivamente, como muestra lafigura. En la región donde no hay conductor se tienecampo de magnitud σ ε0

Q Aε0 . En la región



conductora el campo es nulo. La diferencia de po-tencial entre las placas resulta

∆V z d

z 0E d r

QAε0

d b La capacidad resulta

C

Q

Qε0A d b

ε0A

d b

La capacidad del condensador de placas planas conconductor intermedio resulta mayor que para el con-densador sin conductor intermedio.

5. Capacidad de un condensador formado por con-ductor interior cilíndrico y cascarón cilíndricoconcéntrico muy largos

Q

- Q

a

b

c

Consideramos radio a para el cilindro interior, y ra-dios b y c para los radios interior y exterior del cas-carón cilíndrico respectivamente. Suponemos que losconductores tiene carga total interior Q y exterior Qen cada segmento de largo .El campo entre los conductores (a ρ b) se ob-tiene por el Teorema de Gauss y resulta

E λ0

2πε0ρρ

Q2π ε0ρ

ρ

La diferencia de potencial se obtiene integrando

∆V ρ b

ρ aE d ρ b

a

Q2π ε0ρ

dz

Q2π ε0

ln b a

La capacidad en un segmento de longitud resulta

C

Q

Q2π ε0

ln ba

2π ε0

ln ba

Capacidad de un sistema de líneas conductoras cilín-dricas en trifásico Un arreglo de conductores cilíndri-cos de radio a y muy separados entre sí (separación b),llevan corrientes en trifásico, de manera que se genera so-bres sus superficies cargas q1

q2 y q3 tales que:

q1 q2 q3 0

y voltajes V1 V2 y V3 tales que:

V1 V2 V3 0

b

b

b

V

V

1

2V3

se quiere calcular la capacidad respecto de V 0.

El que estén en trifásico no altera la descripción usual. Losvoltajes y las cargas ahora dependen del tiempo. Para losvoltajes se tiene:

V1 V0 cos wt

V2 V0 cos wt 2π 3

V3 V0 cos wt 2π 3

mientras que para las cargas en un segmento en cadacable:

q1 q0 cos wt

q2 q0 cos wt 2π 3

q3 q0 cos wt 2π 3

Lo que se quiere es determinar el valor V0 y q0 y luegocon esto la capacidad

C q0

V0



entre las amplitudes q0, V0 del sistema trifásico.

Partimos considerando que por estar muy separados loscables se pueden pensar como si fueran cables infinitesi-malmente delgados para efecto de evualar el voltaje total(debido a la distribución de carga en los 3 cables) sobre lasuperficie de un cable, en este caso el cable 1.

V1 V12 V13

2Kλ2 ln ba 2Kλ3 ln ba

Para calcular la contribución del cable 1 sobre su propiasuperficie hemos considerado que por estar los otros 2 ca-bles muy alejados, ellos no alteran sustancialmente la dis-tribución de carga sobre la superficie del 1, de modo queésta carga se puede considerar distribuida uniformementesobre la superficie del mismo. La distribución de carga deeste cable genera en todo el espacio un potencial dado por

V ρ 2Kλ1 ln ρa En particular V a 2Kλ1 ln a a 0.

Sobre las superficies de los cables 2 y 3 se tiene:

V2 2Kλ3 ln ba

2Kλ1 ln ba V3

2Kλ1 ln ba 2Kλ2 ln ba

Sumando V1 V2 V3 se obtiene

V1 V2 V3 4K λ1 λ2 λ3 ln ba

de modo que las densidades de carga satisfacen la condi-ción de trifásico λ1 λ2 λ3. Hasta aquí esto no es másque un chequeo de la salud de nuestras ecuaciones.

Restando V1 y V3 y restando V1 y V2 se obtiene:

V13 V1

V3 2K λ2 λ3

λ3 λ1 ln ba

2K λ2 λ1 ln ba

V12 V1

V2 2K λ2

λ1 ln ba Sumando V13 V12 resulta:

V13 V12 2K λ3 λ2

2λ1 pero V13 V12

V1 V3 V1

V2 2V1 V3

V2,luego queda:

2V1 V3 V2

2K 2λ1 λ3 λ2 (2.52)

por otro lado V1 V2 V3 0 entrega V2 V3

V1 yλ1 λ2 λ3

0 entrega λ2 λ3 λ1 que reemplazadas

en la expresión (2.52) entregan:

3V1 2K 3λ1 ln ba

de donde, previo usar V1 V0 cos wt

y λ1 q1

q0 cos wt , sigue que:

V0 2Kq0

ell ln ba Para la capacidad en un segmento de longitud se obtiene

C

2K ln ba

Por supuesto si los cables están muy cerca este resultadoya no es cierto pues la distribución superficial de cargasobre cada cable ya no resulta uniforme.

2.12. Capacidad Equivalente desistemas de condensadoresconectados entre sí

Previo al análisis debemos establecer que en la expresión

C Q∆V

de la capacidad de un condensador constituido por una redconductora la cantidad Q se refiere a la carga útil del sis-tema. Es decir aquella que puede fluir por los conductoresdel circuito en forma de corriente y ser aprovechada en lared externa del circuito.

La carga en condensadores intermedios muchas vecesqueda encerrada alli y no es útil en el sentido que no fluyehacia el exterior del sistema y no puede ser aprovechadaen forma de trabajo o energía en la red externa del circuito.

2.12.1. Conexión en Serie

v1

- Q1 Q

1 - Q2

- Qn-1 Q

n-1- Q

n Qn

Vn

Dv1 Dv

2 Dv Dvn

Q2

Aquí la carga util es la Q1 (o QN) que están en los con-densadores del extrémo de la conexión. Como cada con-



densador intermedio es neutro inicialmente, se puede es-tablecer que Q1

Q2 QN

Q. Por otro lado lasdiferencias de potencial de los condensadores satisfacen

V2 V1

∆V1 Q

C1

V3 V2

∆V2 Q

C2

VN 1 VN 2

∆VN 1 Q

CN 1

VN VN 1

∆VN Q

CN

Sumando todas las diferencias de potencial entre sí setiene (observe las cancelaciones en la columna de laizquierda)

VN V1

∆V ∆V1 ∆V2 ∆N

QC1

QC2

QCN

Q 1C1

1C2

1CN

de donde podemos identificar la Capacidad EquivalenteCequiv

Q ∆V que resulta para la conección en serie decapacitores:

C 1C1

1C2

1CN 1

2.12.2. Conexión en Paralelo

- Q1

Q1

- Q2 - Q

n

Qn

Q2

Aca la suma de todas las cargas en una de las placas decada condensador es la carga util, pues toda ella puedefluir fuera del sistema, de modo que

Q Q1 Q2 QN

Por otro lado todos los condensadores están sometidos al

mismo potencial

Q1 C1∆V

Q2 C2∆V

QN CN∆V

Sumando las cargas se obtiene:

Q Q1 Q2 QN (2.53)

C1 C2 CN ∆V (2.54)

y luego la capacidad equivalente de capacitores conecta-dos en paralelo es:

Cequiv C1 C2 CN

2.13. Energía almacenada en unconductor aislado

Si el conductor está inicialmente descargado podemoscolocar una pequeña cantidad de carga sobre él sin realizartrabajo. Al agregar más carga la fuerza de repulsión entrela carga en el conductor y la carga a agregar implica quecada vez se debe hacer más trabajo.

Consideremos una situación intermedia, cuando el con-ductor tiene una cierta carga q y está a potencial V q C respecto del infinito (V V t , es decir el poten-cial del conductor varia con el tiempo).

Al agregar dq el trabajo infinitesimal es

dW dq V Trabajo que debemos integrar desde la situación inicialq 0, hasta la situación final q Q. Se tiene:

W dW Q

0

q C

dq 12C

Q2

La energía almacenada resulta

U W Q2

2C 1

2CV 2

en que V aquí se refiere al potencial de la superficie re-specto del infinito.

2.14. Energía almacenada en uncondensador

El trabajo para mover carga dq entre las placas, cuandoestas tienen carga q y diferencia de potencial ∆V entreellas, es

dW dq ∆V Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.


pero ∆V q

C luego

W dW Q

0

q C

dq 12C

Q2

y la energía almacenada resulta

U W Q2

2C 1

2C∆V 2

en que ∆V se refiere a la diferencia de potencial finalentre los condensadores.

2.15. Energía almacenada en termi-nos del campo

E. Densidad deenergía eléctrica

Hemos visto que la energía almacenada se puede escribircomo:

U 12

dqV 12

ρqV dv

si usamos la ecuación de la divergencia del campo eléctri-co ρq

ε0∇ E esta expresión se puede escribir:

U 12

ε0 ∇ E V dv

12

ε0 V ∂Ex

∂x V

∂Ey

∂y V

∂Ez

∂ z dv

integrando por partes resulta

U 12

ε0 Ex∂V∂x Ey

∂V∂y Ez

∂V∂ z dv

12

ε0 ∂∂x VEx ∂

∂y VEy ∂∂ z V Ez dv

12

ε0

E2

x E2y E2

z dv

12

ε0 ∇ V E dv

12E2 dv 1

2ε0 V E d S

En esta última expresión el término de flujo asociado a V Ese anula al integrar en la superficie pues para un dominiode integración muy grande (superficie en infinito) V E secomporta como 1

r3 mientras que dS r2dΩ de modo que

todo el término de flujo va a cero como 1r .

En definitiva resulta:

U 12

ε0 E2 dv (2.55)

Este resultado permite definir la llamada “densidadde energia” o “energía por unidad de volumen” u

que hay en cada elemento de volumen en el espacio:

u 12

ε0 E2 (2.56)

2.16. Concepto de Tierra

Entendemos por Tierra: un conductor que puede entre-gar y recibir una gran cantidad de carga sin variar esen-cialmente su potencial. Usualmente el valor de su poten-cial se fija arbitrariamente a cero (nivel de referencia).

Un buen ejemplo para entender en la práctica que significauna tierra es considerar dos esféras conductoras de radiosa y b, con a

b. Inicialmente se considera las esféras

muy separadas e inicializadas con cargas Qa y Qb respec-tivamente.

Qa

Qb

Va

Vb

a b

En estas condiciones cada esféra tiene potencial de valor

Va KQa

a y Vb KQb

b .

Si se pone, por algún intervalo de tiempo, en contacto lasesféras entre sí (por ejemplo uniéndolas con un cable con-ductor), ellas igualan su potencial (las esféras y el cableforman durante ese tiempo un sólo cuerpo equipotencial).

+

+

++

+

+

+

+

++++

+

+

+

+

++

++

++

++

++++

+

+

+

+

+

+

++

+

+

+

++++

+

+

+

+

++

++

++

++

++++

+

+

+

+

+

Q’a

Q’b

V’a = V’

V’b = V’

a b

V = V’

Si luego se retira el cable conductor, podemos pregun-tarnos que cargas tienen ahora ambas esféras.



Por un lado sabemos que la carga se conserva, de modoque si llamamos Qtotal

Qa Qb a la carta inicial, despuésdel contacto se tendrá

Q a Q b Qtotal (2.57)

para las nuevas cargas. Por otro lado claramente se satis-face una relación similar a la anterior para los potencialesde cada esféra:

V a KQ aa

V b KQ bb

Sólo que ahora V a V b. Esto entrega una segundaecuación:

Q aa Q b

b 0 (2.58)

Del sistema formado por las Ecs. (2.57) y (2.58) sigueque:

Q a aa b

Qtotal

Q b ba b

Qtotal

Pero como a

b se tiene

Q a Qtotal

Q b 0

Es decir el conductor de radio más grande se lleva (o alma-cena) casi toda la carga, mientras que el pequeño terminaprácticamente descargado.

Por otro el nuevo valor para el potencial resulta:

V a V b KQtotal

a b KQtotal

a

Si a ∞ este valor deviene nulo.

Es en este sentido que un conductor de gran tamaño sepuede considerar una tierra: En el ejemplo presentado elconductor más grande absorve con facilidad la carga. Porotro lado si el radio de este conductor es muy grande elpotencial en su superficie resulta muy pequeño (para losefectos prácticos resulta aproximadamente nulo).

Esto nos permite entregar una definición alternativa detierra. Una tierra es un cuerpo conductor muy grande (conradio de curvatura grande), que tiene gran superficie paraalmacenar o entregar carga. La esféra más grande a la cualtenemos acceso es nuestro planeta Tierra.

2.17. Efecto punta

A partir del ejemplo anterior podemos tambien concluirotro interesante efecto: el campo en un conductor tiende a

ser más intenso en las regiones con radio de curvatura máspequeño. Este se puede apreciar haciendo el cuociente en-tre los radios de los conductores después del contacto

E bE a

σ a ε0

σ b ε0

Q a a2

Q b b2 b

a

1

ab

E’a

E’b

Por ejemplo una situación donde ocurre este es en un arbolpara una condición de tormenta.

+ + + + + + + + + + + + + + + +

+

+ +++

E grande

E chico

La carga en las nubes atrae un poco de carga de la tier-ra que se deposita sobre un árbol asilado. El campo enla superficie del árbol (de radio de curvatura chico: ra-mas, hojas, etc.) resulta mucho más intenso que el debidoa la densidad de carga sobre la superficie plana del sue-lo (tierra) y luego el aire es más proclive a romperse, porionización, cerca del árbol que en la superficie del suelo.

Este es el principio del pararrayos. Un elemento puntu-do (con radio de curvatura pequeño) donde se romperáprimero el aire (permitiendo la caida del rayo en formacontrolada sobre él). También esto muestra el peligro deguarecerse durante un día de tormenta bajo un árbol enuna región plana (tipo pampa).

2.18. Blindaje

Analizaremos el efecto de blindaje mediante el caso de unconductor hueco, de forma arbitraria, conectado a tierra.y que tiene carga q en el interior del hueco.



q

V= cte = 0

Ñ2V=0-

-

---

-

-

--

- --

-

--

-q

Tierra V= 0

V=0

V=0

E=0

V =000

Resolvemos usando unicidad de la Ecuación de Laplace:

En el conductor se satisface ∇2V 0 con soluciónV r V0

cte. En particular en el borde exteriordel conductor se tiene V V0.

Afuera se satisface la Ecuación de Laplace concondiciones de borde V 0 en infinito y V 0 so-bre la superficie del conductor de forma arbitraria yV 0 sobre la superficie de la tierra. Se postula comosolución para todo el espacio de afuera V Cte 0que satisface tanto las condiciones de borde como∇2V 0 y por unicidad es LA solución. Como elgradiente de cero es nulo, el campo afuera resultanulo (blindaje) a pesar de que hay una carga en elinterior.

Por otro lado aplicando teorema de gauss a una su-perficie por dentro del conductor se puede encontrarque en la superficie del huego se genera una distribu-ción de carga superficial cuyto total Qsup es justo op-uesta en valor a la carga dentro del hueco

Qsup q

El campo dentro del hueco resulta complicado yretrasaremos su estudio hasta la sección siguiente:método de imágenes.

La consecuencia importante de este ejemplo es que a pe-sar de haber carga adentro del conductor, y campo dentrodel conductor. Afuera no se siente dicho campo si el con-ductor está conectado a tierra.

2.19. Método de Imágenes (o Méto-do de Cargas Virtuales)

Hemos visto que el potencial de una carga puntual ubicadaen un punto rq está dado por

V r Kq r rq

Este potencial permite calcular el campo eléctrico medi-ante

E ∇V Kq r rq r rq

3Por otro lado hemos visto (en el Capítulo 1) que esta últi-ma expresión tiene divergencia nula excepto en r rq:

∇ E ∇ ∇V ∇2V 0

Es decir el campo generado por una carga puntual satis-face la Ecuación de Laplace en todas partes excepto dondese encuentra ubicada ella misma.

El método de imágenes o de las cargas virtuales se apoyaen esta propiedad del campo generado por cargas pun-tuales. La idea es inventar un conjunto de cargas virtualesque sean capaces de reproducir las condiciones de bordepara el potencial en un cierta región. Las cargas virtualesdeben estár ubicadas fuera de la región en que interesaconocer el potencial, de manera que el campo generadopor ellas tenga divergencia nula sobre la región en que in-teresa resolver la Ec. de Lapace (es decir el potencial gen-erado por ellas satisfaga automaticamente allí ∇2V 0).La condición de borde se satisface escogiendo el valor,ubicación y cantidad de cargas imágenes.

2.19.1. Ejemplos

1. Carga q a distancia d de un conductor plano conec-tado a tierra.

q

d

Aquí interesa conocer el campo en la región que estásobre la placa pues dentro de ella sabemos que triv-ialmente E 0.

Para satisfacer la condición de borde V 0 sobre lasuperficie de la placa se ubica una carga imagen de



valor q a distancia d bajo la superficie (en la regiónconductora, donde no nos interesa resolver la Ec. deLaplace).

q

d

-q

d

Y

X

rq

V ( r )

r-q

El potencial total estaría dado por:

V r Kq r rq

Kq r r q (2.59)

con rq dz y rq

dz.

Las dos cargas satisfacen automáticamente la condi-ción en infinito de potencial nulo, y cerca de la cargapuntual ubicada en z d (en la región esférica entorno a dicha carga) el potencial está dominado porla contribución

Vq r Kq r rq

de la propia carga q, de modo que todas las condi-ciones de borde se satisfacen y también se satisfacela Ecuación de Laplace sobre la región de interés.Por unicidad entonces el potencial propuesto en Ec.(2.59) es la solución al problema.

Calculemos ahora el campo que se genera justo enci-ma de la superficie conductora y la densidad de cargaallí.

Como consideramos el campo sobre el planotomamos z 0. El vector de posición en coordenadascilíndricas queda dado por: r ρρ zz ρρ.

El campo total sobre la superficie está dado por:

Esup Kq ρρ dz ρρ dz 3

Kq ρρ dz r dz 3 2Kqdz

ρ2 d2 3 2

La densidad de carga resulta

σ ρ ε0 Esup z qd

2π ρ2 d2 3 2

En la figura siguiente se grafíca esta densidad de car-ga como función de la distancia ρ .

r

s(r)

- q

2 dp2

Es fácil verificar que la carga total sobre la superficiees q. Esto se puede hacer en forma directa aplican-do el teorema de gauss por una superficie que estájusto debajo de la superficie z 0 y que se cierra eninfinito por arriba.

q

d

E=0

E=0

Qsup

Como el flujo es nulo la carga total encerrada q qsup

debe ser nula también de donde sigue:

qsup q

Pero esto también se puede verificar por integracioñdirecta:

Qsup σ ρ dS

qd2π

ρ dρ dφ

ρ2 d2 3 2

qd ∞

0

ρ dρ

ρ2 d2 3 2 qd

1d

Otra pregunta de interés es qué fuerza hace la pla-ca conductora sobre la carga puntual. Esto se puede



contestar integrando directamente la fuerza provoca-da sobre q por la densidad de carga σ vía:

F q E q Kσ dS dz r 3 2

o simplemente evaluando el campo sobre q produci-do por la carga virtual q:

F q E qKq dz dz d2 d2 3 2

Kq2

4d2 z

2. Carga q cerca de la esquina rectangular de un con-ductor conectado a tierra

q-q

-q+q

a

b

En la figura se muestra el conjunto de imagenes queresuelve la Ec. de Laplace para el potencial.

Ejercicio propuesto: Evalúe la densidad de carga enlos puntos A, B y C. Compare. ¿Efecto punta?.

3. Carga q equidistante entre dos planos conductoresparalelos

q -q q -q q

aa a/2 a/2 a/2

Ejercicio propuesto: Evalúe el potencial que sientela carga central. Escriba expresiones (si realizar lasuma de la serie que resulta) para el campo justo enla superficie de la derecha

4. Carga q cerca de una esquina en ángulo de π 4.

q

-qq

q

q

-q

-q

-q

p/4

Ejercicio propuesto: Ya vió el caso con ángulo π 2,y ahora el caso con π 4. ¿Es posible resolver el casode un ángulo π n. ¿Para que valores de n es posibleesto?.

5. Cable recto con densidad de carga λ0 paralelo a latierra

d

d

l0

-l0

Z=0

La solución corresponde a elegir un cable imagen adistancia d bajo la superficie z 0.

2.20. Línea de transmisión formadapor dos conductores cilíndri-cos paralelos de radio a y sep-aración

entre sí

. Un aspecto interesante del ejemplo correspondiente alproblema anterior es que el potencial en todo el espaciogenerado por los dos cables está constituido por superfi-cies equipotenciales que son cilíndros excéntricos a cadacable. Esta particularidad permite estudiar el potencial en



todo el espacio formado por cilíndros conductores maci-zos a partir del generado por dos cables de densidades decarga λ0 y λ0..

d

dX

V

Y

X

-l0

l0

y - d

y + d

p1

p2

Efectivamente, el potencial total generado por los dos ca-bles en el espacio satisface

V 2Kλ0 ln ρ1

ρ0 2K λ0 ln ρ2

ρ0

2Kλ0 ln ρ1

ρ2

2Kλ0 ln

y d 2 x2

y d 2 x2 Kλ0 ln y d 2 x2

y d 2 x2 de donde sigue que

e V

Kλ0 y d 2 x2

y d 2 x2

Esta expresión se puede llevar a la forma

x x0 2 y y0 2 a2

encontrándose, si definimos α e V

Kλ0 , que el centro

x0 y0 y el radio a, de cada equipotencial, están dados

por:

x0 0

y0 α 1

α 1d

a 2

αα 1 d

2.20.1. Cálculo de la capacidad entre dosconductores cilíndricos de radio a yseparación

.

Supondremos que los conductores están a potencial V0 y V0 La idea aquí es aprovechar el resultado para el ejemp-lo anterior: ponemos cables imágenes (de grosor infinites-imal y densidades de carga λ0 y λ0) en el interior de losconductores. Se tiene que determinar la separación 2d en-tre los cables imágenes de manera que ellos formen unasuperficie equipotencial V V0 a distancia a del centro delos cables.

La relación entre la separación la distancia d entre loscables imágenes y el radio a de los conductores está dadapor:

2 α0 1

α0 1

d

a 2

α0α0 1 d

en que α0 e V0

Kλ0 . Haciendo cuociente entre y a setiene

a α0 1 α0 1

α0 1 α0

α0 1 α0

donde hemos usado que ex 1 si x 0). A partir de estaúltima ecuación sigue que

a α0

α0 1, de donde seobtiene una ecuación de 2do grado para α0:

α20 2 2

2a2 1 α0 1 0

con soluciónα0 β β 2 1 (2.60)

en que β 22a2 1 es una cantidad que es mayor que 1

(ya que 2a).

Se tiene entonces (via lnα0 lne V0

Kλ0 ) que:

V0

Kλ0

ln α0 de donde sigue que la capacidad, en un segmento de longi-tud L del cable (usando que Q λ0L y ∆V 2V0) resulta

C Q∆V

λ0L

2V0

L2K ln α0

L

2K

ln 22a2 1

22a2 1 2 1



Si los cables están muy separados entre sí ( 2a), el ar-gumento del logaritmo se puede aproximar de la siguientemanera

2

2a2 1

2

2a2 1 2 1 2

2

2a2

2

a2

y la capacidad de un segmento de cable de longitud Lresulta aproximadamente

C L

4K ln a πε0L

ln a (2.61)

expresión que se usa usualmente en cálculos de líneas detransmisión. Por otro lado si los cables están muy cerca 2a se tiene

C 2πε0L ln 2 2a 2

a2 2πε0L ln

4l 2a

a

2.20.2. Campo y densidad de carga genera-da en el suelo por una línea de trans-misión formada por un solo cable deradio a y separación b del suelo

Supondremos que el cable conductor tiene voltaje V muyalto (V 20 000 [Volts]), que su distancia al suelo es b 10 [m], y que su grosor es de una pulgada (a 2 5 [cm]).

La situación es similar al problema anterior si consider-amos que hay una imagen del cable a distancia b por deba-jo del suelo. Los cables infinitesimales imagen tiene sep-aración d y densidad de carga λ0 dadas por:

d α0 1

α0 1b

λ0 Q

L CV0

L πε0V0

ln 2ba

en que C es la capacidad del cable recien calculada.

El potencial total generado por los dos cables en todo elespacio fuera de los conductores satisface

V 2Kλ0 ln ρ1

ρ2

Kλ0 ln y d 2 x2

y d 2 x2 con gradiente

∇V Kλ0 8dxyx

y d 2 x2 2 4d d2 x2 y2 y

y d 2 x2 2

que evaluado a la altura del suelo (y 0) entrega:

E ∇V y 0 4Kλ0d

d2 x2 y

la densidad de carga resulta:

σ ε0 E y

4Kε0λ0d

d2 x2

πλ0d

d2 x2

Para los valores de más arriba se tiene

λ0 πε0V0

ln 2ba 0 083[µC]

α0 exp V0

Kε0 4 12 1011

d b 10[m]

Justo debajo del cable se siente un campo de:

E 4Kλ0

bz 299 2z Volts/m

y la densidad superficial de carga resulta allí de:

σ πλ0

b 0 026 [µC]

A distancia x del cable estos valores decrecen como1 1 x b 2 . Para x 10[m], por ejemplo, se tiene E 150 [Volts/m].

2.21. Conductor esférico conectadoa tierra, frente a carga puntualq

q’X

qa

d

d’



Consideramos una esféra de radio a y separación d entresu centro y la carga puntual. Ubicamos una carga imágenen el interior a distancia d del centro.

El tratamiento (en coordenadas cartesianas) es similar alde los dos cables, buscándose llevar la superficie equipo-tencial V 0 a la forma

x x0 2 y y0 2 z z0 2 a2

Se encuentra que la ubicación y magnitud de las cargasimágenes que resuelven este problema valen:

d a2

d

q ad

2.21.1. Ejercicios propuesto

Hueco en conductor.

q’

X

a

d

Considere un hueco de radio a al interior de una es-féra conductora conectada a tierra. Dentro del hueco,a distancia d del centro del hueco se ubica una cargaq. Aproveche el resultado para la esfera del ejemploanterior y determine la carga imágen q y la distanciad a la cual hay que ubicar dicha carga imágen.

Plano conductor con imperfección semiesférica.

q

d

X

a

Un plano conductor conectado a tierra tiene una im-perfección esférica de radio a. Sobre esta, a distan-cia d del plano (con d a), se hubica una carga q.Encuentre el conjunto de imágenes que resuelve elproblema de calcular el potencial en la región sobreel conductor.

Esféra conductora conectada a potencial V0 re-specto de Tierra

q

a

d

Indicación: la diferencia de este problema respectodel problema de la esfera conectada directamente atierra, es que se debe además agregar una carga cen-tral que reproduzca el potencial V0 sobre la superficiedel conductor.

2.22. Método de Relajación para re-solver la Ecuación de Laplace(método numérico)

Por simplicidad presentaremos el método aplicándolo alcalculo del potencial en una región rectangular de tamañoLx Ly constituida por dos conductores en forma de L que

están sometidos a potenciales V0 y V0. La separación(entrehierro) entre las placas cargadas positiva y negati-vamente, por simplicidad la supondremos de Lx 16 parala esquina inferior izquierda y de Ly 16 para la esquinasuperior derecha.

V0

- V0

Ly

Lx

h

h



Considerarems Nx 16, Ny

16 y supondremos dis-cretizada la región de tamaño Lx

Ly en Nx Ny celdas

rectángulares de tamaño

h Lx

Nx

Ly

Ny

N

x

Ny

En la figura los puntos marcados con círculos llenos ( )corresponden a los puntos donde queremos conocer el po-tencial. Los círculos vacíos (o) es donde el potencial estáprescrito por las condiciones de borde.

2.22.1. Como calcular ∇2V numéricamente

Lo primero a discutir es como se evalúa una derivadanuméricamente en forma aproximada. Consideremos eleje x de la figura.

X

hXi -1

Xi

Xi +1

Vi -1

Vi

Vi +1

h

La derivada por la derecha en el punto xi se aproxima por

dV

i

dx dVi

dx

x xi

Vi 1 Vi

h

del mismo modo se puede calcular la derivada por laizquierda:

dV

i

dx dV i

dx

x xi

Vi Vi 1

h

¿Cómo se calcula la segunda derivada?. Se usa lasderivadas por la izquierda y por la derecha en los puntosvecinos al punto central y se estima la segunda derivadamediante

Xi-1 i i+1

h2

dv

dxx - h

dv

dxx + h

dV 2i

dx2

dVdx

x h dV

dx

x h

2h

dV

i 1dx dV i 1

dx

2h

12h

Vi 1 Vi

h Vi

Vi 1

h

de donde finalmente se tiene:

dV 2i

dx2 1

2h2

Vi 1 2Vi Vi 1 (2.62)

2.22.2. La Ecuación de Laplace discreta

De acuerdo con esto y la figura

i-1,j i i+1,j

j-1,i

j+1,i

i,j

h

h



el laplaciano (derivadas segundas tanto respecto a x comorespecto a y) sería

∇2Vxi yi 1

2h2

Vi 1 j

2Vi j

Vi 1 j Vi j 1 2Vi j Vi j 1

La ecuación de Laplace exige ∇2V 0 de modo quea partir de esta última expresión resulta la siguienterelación:

Vi j 1

4

Vi 1 j Vi 1 j Vi j 1 Vi j 1 (2.63)

En otras palabras, el potencial en el punto de indices i j es el promedio aritmético del potencial en los 4 puntosmás cercanos (primeros vecinos).

2.22.3. El algoritmo

1. Se parte con valores iniciales cualquiera para lospuntos i j (excepto para los puntos del borde, quetienen un valor fijo y conocido )

2. Para cada punto i j (que no sea punto de borde) seobtiene un nuevo valor a partir de los valores anteri-ores usando la formula 2.63.

V (nuevo)

i j 1

4

V (viejo)

i 1 j V (viejo)

i 1 j V (viejo)

i j 1 V (viejo)

i j 1 (2.64)

3. Se repite el proceso hasta que la diferencia V (nuevo)

i j V (viejo)

i j

sea menor que un valor muy chico, prefijado, paratodos los puntos i j .

2.22.4. Las partes del código

Primero explicaremos las distintas partes del codigo. Seusará lenguaje AWK (muy parecido a lenguaje C).

Dar valores al potencial en los bordes (condición deborde):

V0

- V0

i=0 i=1 i=2 … i=nx-1i=nx

j=0

j=1

j=ny-1

j=ny

…

# fila inferiorfor(i=0; i<=Nx; i++) V[i,0] = -Vo# columna derechafor(j=1; j<Ny; j++) V[Nx,j]= -Vo# fila superiorfor(i=0; i<=Nx; i++) V[i,Ny]= Vo# columna derechafor(j=1; j<Ny; j++) V[0,j] = Vo

Dar valor inicial al azar entre V0 y V0 a cada puntointerior de la grilla (se hace uso de función rand()que genera números al azar entre 0 y 1)

for(i=1; i<Nx; i++) for(j=1; j<Ny; j++) V[i,j]= Vo*(2*rand()-1);

Ciclo de iteración donde se calcula nuevos valorespara cada V[i,j]

do # metodo de relajacionfor(i=1;i<Nx; i++) for(j=1;j<Ny; j++)

Viejo[i,j]=V[i,j];V[i,j]=0.25*(V[i+1,j]+V[i-1,j]

+V[i,j+1]+V[i,j-1]);# err[i,j] se requiere para# calcular el error posteriormenteerr[i,j]=sqrt((V[i,j]-Viejo[i,j])^2);

# calculo del error. Se termina si la# precision es la adecuadaterminar=VERDADERO;for(i=1;i<Nx; i++) for(j=1;j<Ny; j++)



if (err[i,j]>PRECISION)terminar=FALSE;

while(terminar!=VERDADERO);

Etapa final: Se termina de calcular y hay que imprim-ir los valores del potencial para cada punto i j .for(i=1;i<Nx; i++) for(j=1;j<Ny; j++)

print(i,j,V[i,j]);

Adicionalmente se puede calcular la capacidad. Paraello el campo superficial en cada punto de las pare-des izquierda, derecha, abajo y arriba (ver figura) seobtiene mediante:

i-1 i i+1

V[i,0]

V[i,1]

j-1

i

V[N ,j]x

V[N ,j]x-1

h

j-1

i

V[0,j]

V[1,j]

h

i-1 i

V[i,Ny]

V[i,N ]y-1

h

#pared izquierda:Ex[0,j] = -(V[1,j]-V[0,j])/h;#pared derecha:Ex[Nx,j]= -(V[Nx,j]-V[Nx-1,j])/h;#pared abajo:Ey[i,0] = -(V[i,1]-V[i,0])/h;#pared arriba:Ey[i,Ny]= -(V[i,Ny]-V[i,Ny-1])/h;

La densidad superficial por unidad de largo en cadapunto de la caja se calcula como: σ ε0 E n. Es decir

#pared izquierda:sigma[0,j]= epsilon0*Ex[0,j];

#pared derecha:sigma[Nx,j]= -epsilon0*Ex[0,j];#pared abajo:sigma[i,0]= epsilon0*Ey[i,0];#pared arriba:sigma[i,Ny]= -epsilon0*Ey[i,Ny];

La carga total sobre las placas a potencial V0 y lacapacidad C entre las placas se calcula vía:

Q=0;for(i=0;i<Nx;i++) Q=Q+sigma[i,Ny]*h*Largo; for(j=1;j<Ny; j++) Q=Q+sigma[0,j]*h*Largo; C=Q/(2*Vo);print("Capacidad es: ",C," farad");

2.22.5. El código completo y final

#------------------------------# Codigo de Felipe Pezo# (Curso Electromagnetismo# Primavera 2000).# Calculo de Potencial# y Capacidad de un capacitor# de geometria rectangular en forma de# 2 Ele’s conectadas a sendos# Potencials Vo y -Vo#------------------------------BEGIN

# CONSTANTES

FALSE=0;TRUE=1;EPSILON0=8.84*10^(-12);PRECISION=0.000001;Vo=1.0;Lx=0.1;Ly=0.1Nx=16;Ny=16;h=Lx/Nx;

# CONDICION DE BORDE

for(i=0;i<=Nx;i++) V[i,0]=-Vo;V[i,Ny]=Vo;

for(j=1;j<Ny;j++) V[Nx,j]=-Vo;V[0,j]=Vo;



# INICIALIZACION POTENCIAL# EN INTERIOR

for(i=1;i<Nx;i++)for(j=1;j<Ny;j++)V[i,j]=Vo*(2*rand()-1);

print("Ctrl-D para calcular")

END# CICLO DE RELAJACION

do Terminar=TRUE;

for(i=1;i<Nx;i++)for(j=1;j<Ny;j++)

Vviejo[i,j]=V[i,j];V[i,j]=0.25*(V[i+1,j]\

+V[i-1,j]\+V[i,j+1]\+V[i,j-1]);

err=sqrt((V[i,j]-Vviejo[i,j])^2);

if(err>PRECISION)Terminar=FALSE;

while(Terminar==FALSE);

# SE SALVA POTENCIAL# EN ARCHIVO DE NOMBRE V.datprintf("\n") > "V.dat";for(i=0;i<=Nx;i++)for(j=0;j<=Ny;j++)

print(i,j,V[i,j]) >>"V.dat";printf("\n") >>"V.dat";

# CALCULO DE LA CARGA EN CADA# PLACA, POR UNIDAD DE LONGITUD

# Segmento horizontal:Qh=0;for(i=1;i<Nx;i++)Qh=Qh-(V[i,1]-V[i,0]);

# Segmento vertical:Qv=0;for(j=1;j<Ny;j++)

Qv=Qv+(V[Nx,j]-V[Nx-1,j]);

# CALCULO DE LA CAPACIDAD# POR UNIDAD DE LONGITUD

C=(EPSILON0*(Qv+Qh)/h)/(-2*Vo);print("Capacidad=",C,"[farad]");

La version presentada corresponde al codigo de un ex-alumno de este curso (F.Pezo). En ella se salva los valoresdel potencial en un archivo V.dat., y se imprime a pan-talla el valor de la capacidad calculada.

El codigo, almacenado en archivo relaja.awk, se eje-cuta bajo ambiente Unix (Sun Solaris, Linux, CygWinpara Windows, etc.) mediante el comando

awk -f relaja.awk

y las líneas equipotenciales que resultan del archivo desalida V.dat se muestran en la siguiente figura

0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1

2.22e-16 -0.1 -0.2 -0.3 -0.4 -0.5 -0.6 -0.7 -0.8 -0.9

0 2 4 6 8 10 12 140

2

4

6

8

10

12

14

-1-0.500.51

Si se considera una caja rectangular de lados Lx Ly

0 10 [m]. Con separación entre las placas de h Lx 16 y

sometidas a sendos potenciales V V0 1 [Volt] y V

V0 1 [Volt]. Discretizando la superficie en 16 16

celdas rectangulares, la capacidad, por unidad de largo, deeste ejemplo resulta: 5 10 10

3 [µfarad]. Aunque debecomentarse que en este caso el cálculo tiene un cierto errordebido al tremendo gradiente de potencial que se generaen las puntas, donde la densidad de carga se hace muy



grande y la grilla rectangular que hemos usado no es sufi-cientemente fina para describir bien la densidad de cargasuperficial en dichos puntos.

2.22.6. Ejercicio Propuesto

Considere un condensador de placas planas de tamañofinito L y separación d entre placas como muestra la figu-ra.

L

L

d

L

- V0

V0

V=0

Suponga que el potencial en los bordes de la caja es nulo(que las paredes están muy lejos).

Considere que la distancia de las paredes a las placas con-ductoras es L. Considere sendos potenciales V0 y V0aplicados a cada placa. Modifique el programa anteriorpara estas condiciones de borde y la condición para V so-bre las placas. Encuentre el potencial en todo el espacio.Gráfique las curvas isopotenciales, y calcule la capacidadde este sistema.

Estudie el efecto de considerar distintas relaciones ancho–separación de las placas, en particular visualize el efectode curvatura del campo cerca de los bordes cuando d L.¿Qué tan distinto resulta la capacidad evaluada numéri-camente comparada con la capacidad teórica de un con-densador de placas planas en que se supone la densidadde carga distribuida homogéneamente sobre las placas?.Imprima los valores de la densidad de carga superficial enuna de las placas y grafique para visualizar el efecto punta.

La ventaja de este ejercicio, respecto del ejemplo desarrol-lado anteriormente, es que los gradientes de potencial noserán tan abruptos como en el ejemplo anterior, y luego

el cálculo de la densidad de carga superficial y el corre-spondiente potencial serán bastante precisos tomando unagrilla en que halla, por ejemplo unos 10 puntos en cadaplaca.


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