Campo Electrost tico 1

Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Campo Electrostático
(Primera Parte)
EyM 0-1
Campo Estático
Debido a la complejidad de las ecuaciones de Maxwell no es aconsejable iniciar
su estudio con problemas electromagnéticos generales. Es más razonable
comenzar por los casos más sencillos e ir aumentando la complejidad
gradualmente, así es más fácil asimilar las operaciones del análisis vectorial y
nociones sencillas que luego se complicarán en casos generales.
El caso más sencillo es el estudio de campos cuando no hay variaciones
temporales d/dt = 0 y además no hay corrientes J =Js= 0 (no hay movimiento de
las cargas). Decimos que los campos son estáticos en el tiempo o estáticos.
En este caso las ecuaciones de Maxwell son:
r r
r r
∂B(r , t )
∇ × E (r , t ) = −
∂t
r r
r r
r r
∂D(r , t )
∇ × H (r , t ) = J (r , t ) +
∂t
r
∇⋅ D = ρ
r
∂
∇⋅ B = 0
=0
r
r
∂t
r
r
D = εE
J = JS = 0
r
r
B = µH
07/01/2009
r r
∇ × E (r ) = 0
r r
∇ × H (r ) = 0
r
∇⋅D = ρ
r
∇⋅B = 0
r
r
D = εE
r
r
B = µH
EyM 0-2
EyM 3.1-1
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Campo Electrostático
Como se aprecia los campos eléctrico y magnético se encuentran
desacoplados (no hay ninguna ecuación que los interrelacione).
Pueden pues considerarse dos subconjuntos de ecuaciones:
r r
∇ × E (r ) = 0
r
∇⋅D = ρ
r
r
D = εE
r r
∇ × H (r ) = 0
r
∇⋅B = 0
r
r
B = µH
Las de la columna de la izquierda se llaman ecuaciones de la electrostática
porque sólo hay campo eléctrico.
Las ecuaciones de la derecha son las ecuaciones de
magnetostática (sin corrientes) y pueden dar lugar a soluciones
distintas de la trivial (es decir puede haber campos magnéticos
estáticos en ausencia de corrientes volumétricas, p.e.
producidos por imanes -> dipolos magnéticos).
EyM 0-3
Campo Electrostático
En este capítulo se va a tratar del campo electrostático que viene descrito
r r
r r
por las ecuaciones de la columna y además precisando que H (r ) = B(r ) = 0
r r
∇ × E (r ) = 0
r
∇⋅D = ρ
r
r
D = εE
Rigurosamente hablando, en la naturaleza no existen fenómenos reales de
electrostática, ya que siempre hay corrientes de conducción J ≠ 0 en los
materiales (p. ej. una batería se descarga en el aire debido a la existencia de una
J pequeñísima).
Además cualquier movimiento de las cargas originará un campo magnético.
Sin embargo, cuando las corrientes y las velocidades de las partículas cargadas
son muy pequeñas, el campo puede ser considerado como electrostático.
EyM 0-4
07/01/2009
EyM 3.1-2
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Campo E-E en un conductor
Como se dijo en el capítulo anterior, un conductor posee una gran cantidad de
portadores de carga que pueden moverse libremente.
Bajo la acción de un campo eléctrico los portadores (o cargas) se pondrán en
movimiento y establecerán una corriente eléctrica, que estará relacionada con el
campo mediante la ley de Ohm J = σE.
Ahora bien, en electrostática no hay corrientes, J = 0, y como en un conductor
σ ≠ 0 entonces no queda más solución que E = 0 en rel interior del conductor en
r J
condiciones electrostáticas.
E= =0
σ
En electrostática las cargas libres de un cuerpo
ρ
+
conductor se redistribuyen en su superficie
++ s
r
donde ocupan posiciones que hacen que el
+
E Tot = 0
+
campo que ellas producen, anule exactamente
+
el campo total, en el interior del conductor.
+
σ≠0
r
r
+
ρ = ∇ ⋅ D = ∇ ⋅ εE = 0 = ρ
r
- Además según vimos en el capítulo anterior,
E
las cargas alcanzan rápidamente la superficie
ya que τ, el tiempo de relajación, es muy
EyM 0-5
pequeño en los conductores.
( )
Campo E-E en una superficie conductora
Aplicando las condiciones de salto en la superficie conductora:
(
(
S
r
E1 = 0
σ1 ≠ 0
ε0
n̂
1 2
σ2 = 0
ε
)
)
r
r
nˆ × E2 − E1
r
r
nˆ ⋅ D2 − D1
Como:
r
E1 = 0
Y por tanto:
S
S
=0
= ρs
⎧ E1n = 0 ⎧ D1n = 0
⇒⎨
⎨
⎩ E1t = 0 ⎩ D1t = 0
E2t = 0 , ,
En consecuencia:
D2 n = ρ s ⇒ E2 n =
ρs
ε
r
ρ
E2 = s nˆ
S
ε
El campo solo tiene componente normal a la superficie pues si tuviese
componente tangencial, ésta daría lugar a una corriente superficial, situación
no válida en electrostática.
EyM 0-6
07/01/2009
EyM 3.1-3
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Campo E-E a partir de la ley de Gauss
La ley de Gauss permite obtener la inducción D a partir de la distribución de
cargas en aquellos problemas en que la geometría del mismo permita resolver
la ecuación integral que establece la ley de Gauss.
r r
D
∫∫ ⋅ dS = ∫∫∫ ρdV = q
S
V
Para
Paraello
elloen
engeneral
generaldebe
debeelegirse
elegirseSS(“la
(“lasuperficie
superficiede
deGauss”)
Gauss”)de
demanera
maneraque
que
DDsea
seaconstante
constantesobre
sobreella
ellayyademás
ademástal
talque
quelaladirección
direcciónde
desu
sunormal
normal
coincida
Algunosejemplos
ejemplosilustrarán
ilustraránelelprocedimiento.
procedimiento.
coincidacon
conlalade
deD.
D.Algunos
Carga puntual: Se llama carga puntual a cualquier objeto cargado al que se
observa desde una distancia muy grande en comparación con la mayor de sus
dimensiones.
Según esto cualquier campo electrostático se asemejará al campo
electrostático de una carga puntual siempre que nos alejemos lo suficiente de
la fuente que lo produce.
De modo que es importante conocer el campo de una carga puntual pues es la
forma asintótica del campo lejos de cualquier otra distribución de cargas.
EyM 0-7
Campo E-E de una carga puntual
Para calcular el campo producido por una carga puntual rodearemos a ésta por
una superficie esférica imaginaria centrada en la carga q y aplicaremos el
teorema de Gauss.
Si tenemos en cuenta que las líneas de campo de D deben diverger de la carga
en todas las direcciones por igual, ya que hay simetría esférica, se tendrá (véase
figura con el origen en la carga):
r
D = D (r )rˆ
r
r
∫∫ D ⋅ dS = ∫∫ D(r )rˆ ⋅ rˆdS = D(r )4πr
S
r r
r r
q
q
D(r ) =
rˆ , , E(r ) =
rˆ
2
4πr
4πεr 2
r
r
q
O
r r
E (r ) =
q
ˆ
r r 2R
4πε r − r ′
=q
Se
Sehace
haceinfinito
infinitoen
enel
elpunto
punto
donde
está
la
carga
donde está la carga
Si el origen no está en la carga:
r̂
07/01/2009
2
S
r r
r − r′
Rˆ = r r
r − r′ O
R̂
r
r
r r r
R = r − r′
q
r
r′
EyM 0-8
EyM 3.1-4
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Campo E-E a partir de la ley de Gauss
Distribución esférica de carga. Una densidad volumétrica uniforme de carga ρ
se distribuye en el interior de una esfera de radio R.
Por simetría la inducción solo dependerá de r y su dirección será radial:
r
D = D(r )rˆ
r
Tomando una esfera de radio r >R: dS = rˆdS
r r
2
ρ
dV
=
q
=
D
∫∫∫
∫∫ ⋅ dS = ∫∫ D(r )dS = 4πr D(r )
V
S
S
( )
ρ 4 3 πR 3
D(r ) =
4πr 2
r r
r r
q
ˆ
(r ) = q 2 rˆ
D(r ) =
r
,
,
E
2
4πr
4πεr
3
3
r ρR
r ρR
⇒ D = 2 rˆ ⇒ E =
rˆ
3r
3εr 2
Tomando una esfera de radio r <R:
4
∫∫ D(r )dS = 4πr D(r ) = ∫∫∫ ρdV = 3 πr ρ
2
r
D
S
D(r ) =
3
( )
V
ρ 4 3 πr 3
4πr
2
⇒
r ρ
E=
rrˆ
3ε EyM 0-9
Representación de Er
E (r )
Carga Puntual
∝
∝ r
r = R
Esfera de Carga
1
r 2
r
EyM 0-10
07/01/2009
EyM 3.1-5
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Campo E-E a partir de la ley de Gauss
Distribución superficial de carga: suponemos una densidad superficial de
carga uniforme σ sobre un plano (z=0).
Por simetría la inducción solo depende de z y además solo tiene componente
z. Por tanto tomando cilindros con eje el z, el flujo lateral será cero.
Cualquiera que sea la altura z de las tapas la carga encerrada es la misma. Por
r
tanto D no depende de z.
D = sgn( z ) Dzˆ
r r
q = ∫∫ σdS = σπR 2 = ∫∫ D ⋅ dS = 2(πR 2 D )
Circulo
r
D
z
n̂
r
D
D=
n̂
σ
σ
n̂
r
D
r
D
S
σπR 2 σ
=
2πR 2 2
r
r σ
σ
D = sgn( z ) zˆ ⇒ E =
sgn( z ) zˆ
2
2ε
EyM 0-11
Ejercicio
Obtener la intensidad de campo eléctrico producido por las tres hojas planas
paralelas de carga de la figura en las regiones: 1) 0≤x≤a, 2) a≤x≤b y 3) b≤x≤∞
El campo creado por una hoja es:
σ2
σ1
0
a
σ3
b
r σ
E=
sgn( x) xˆ
2ε
x
Por tanto en 1) 0≤x≤a :
r ⎛σ σ
σ ⎞
E = ⎜ 1 − 2 − 3 ⎟ xˆ
⎝ 2ε 2ε 2ε ⎠
En 2) a≤x≤b :
Y en 3) b≤x≤∞ :
r ⎛σ σ
σ ⎞
E = ⎜ 1 + 2 − 3 ⎟ xˆ
⎝ 2ε 2ε 2ε ⎠
r ⎛σ σ
σ ⎞
E = ⎜ 1 + 2 + 3 ⎟ xˆ
⎝ 2ε 2ε 2ε ⎠
EyM 0-12
07/01/2009
EyM 3.1-6
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
Obtener la intensidad de campo eléctrico producido por una chapa metálica
indefinida cargada con una densidad σ cul/m2
r
σ
E1, 2 =
sgn( x) xˆ
2ε
r
r r
σ
σ
σ
Ea = E1 + E2 = −
xˆ −
xˆ = − xˆ
2ε
2ε
ε
S2
S1
σ
+
+
σ
2
+
+
2
+
+
+
+
a
b
r
r r
σ
σ
Eb = E1 + E2 =
xˆ −
xˆ = 0
2ε
2ε
r
r r
σ
σ
σ
Ec = E1 + E2 =
xˆ +
xˆ = xˆ
2ε
2ε
ε
c
Ex
x
EyM 0-13
Campo E-E a partir de la ley de Gauss
Distribución lineal de carga: con densidad constante λ a lo largo del eje z.
Por simetría la inducción solo tiene componente ρ y es dependiente de ρ (pero
no de z ni de ϕ).
r
D = D(ρ )ρˆ
λ
r
r
q = Lλ = ∫∫ D(ρ ) ⋅ dS ρ = 2πρLD(ρ )
S
L
D (ρ ) =
E (ρ )
∝
r
λ
D=
ρˆ
2πρ
1
ρ
ρ
07/01/2009
Lλ
λ
=
2πρL 2πρ
⇒
r
E=
λ
ρˆ
2περ
EyM 0-15
EyM 3.1-7
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
Una distribución de carga tiene forma de cilindro de radio a, indefinido en la
ρ
⎛ 2πρ ⎞
dirección del eje, siendo su densidad de carga ρ v = 0 sin ⎜
donde ρ
⎟
ρ
⎝ a ⎠
es la distancia al eje de la distribución. Calcular y representar gráficamente el
campo eléctrico que produce interior y exteriormente.
Aplicando el teorema de Gauss a cilindros
coaxiales, se obtiene, para el exterior:
L
a
2π a
⎛ 2πρ ⎞
2πρLεE (ρ ) = ∫ ∫ ∫ ρ v dzρdϕdρ = 2πLρ 0 ∫ sin ⎜
⎟dρ
z =0 ϕ = 0 ρ = 0
0
⎝ a ⎠
a
⎛ a
⎛ 2πρ ⎞ ⎞
cos⎜
= 2πLρ 0 ⎜⎜ −
⎟ ⎟⎟ = 0 ⇒ E (ρ ) = 0
2
π
⎝ a ⎠⎠ 0
⎝
Y para el interior:
2π
ρ
ρ
L
⎛ 2πρ ⎞
2πrLεE (ρ ) = ∫ ∫ ∫ ρ v dzρdϕdρ = 2πLρ 0 ∫ sin ⎜
⎟dρ
aρ 0 ⎛
⎛ 2πρ ⎞ ⎞
0
z =0 ϕ =0 ρ =0
⎝ a ⎠ E (ρ ) =
⎜⎜1 − cos⎜
⎟ ⎟⎟
2
περ
⎝ a ⎠⎠
⎝
ρ
⎛ a
⎛
⎛ 2πρ ⎞ ⎞
⎛ 2πρ ⎞ ⎞
= 2πLρ 0 ⎜⎜ −
cos⎜
⎟ ⎟⎟
⎟ ⎟⎟ = Laρ 0 ⎜⎜1 − cos⎜
⎝ a ⎠⎠ 0
⎝ a ⎠⎠
⎝ 2π
⎝
EyM 0-16
Problema 3-21
La representación del campo normalizado en función de ρ/a será la de la
figura
a⎛
2πε
⎛ 2πρ ⎞ ⎞ 1 − cos(2πx )
E (ρ ) = ⎜⎜1 − cos⎜
⎟ ⎟⎟ =
x
ρ0
ρ⎝
⎝ a ⎠⎠
5
4
2πε
ρ0
E( r))
E( ρ
3
2
1
0
0
0.5
1
1.5
2
ρr
a
07/01/2009
EyM 0-17
EyM 3.1-8
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
Calcular la intensidad de campo eléctrico producido por dos distribuciones
lineales indefinidas de carga paralelas de densidades λ y –λ y separadas una
distancia d.
Para una línea de carga en el eje z obtuvimos
z
r
λ
D=
ρˆ1
2πρ1
-λ
-d/2
r
r′
x
r
E=
λ
ρˆ1
2περ1
Al ser el problema indefinido en z el campo no
depende de z. Haremos el cálculo en z=0.
d/2
λ
⇒
r
r
r ´= (d 2 )xˆ y r = ρρˆ
r r
r
r
λ
λ (ρρˆ − d 2 xˆ )
r − r´
ρ1
Eλ =
r r r r =
2πε r − r ´ r − r ´ 2πε ρρˆ − d 2 xˆ 2
r r
r
−λ
r − r ´ − λ (ρρˆ + d 2 xˆ )
r
=
E
ˆ
Si está en r ´= −(d 2 )x
r r r r =
−λ
πε
− r ´ r − r ´ 2πε ρρˆ + d 2 xˆ 2
2
r
r
r
r
ETotal = Eλ + E−λ
y
r
r
Por tanto si λ está en
EyM 0-19
Ley de Coulomb
De la definición del campo E se obtiene la fuerza sobre una carga puntual
como:
r
r
r
F = qE (rq )
Dadas dos cargas puntuales q1 y q2 la fuerza que actúa sobre q2 será la
producida por el campo creado por la q1. Por tanto será:
r
r r
F = q2 E1 (r2 ) = q2
r r
r2 − r1
q1
r
r1
O
q2
q1
ˆ
r r 2 R12
4πε r2 − r1
r r
r −r
Rˆ12 = r2 r1
r2 − r1
r
r2
Si las dos cargas tienen el mismo signo la fuerza será de repulsión mientras
que si tienen signos contrarios será de atracción.
EyM 0-20
07/01/2009
EyM 3.1-9
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Campo producido por un sistema de
cargas puntuales
Supongamos un conjunto de cargas puntuales en el vacío. El campo producido
por ellas será la suma de los que producen cada una de ellas por separado, es
decir:
r r
r r
E (r ) = ∑ Ei (r ) = ∑
i
i
qi
ˆ
r r ' 2 Ri
4πε r − ri
siendo Ei el campo producido por la carga i-esima qi.
r
q1
Ei
r
E2
q2
r
r1
r
ri
∑
r
Ei
i
r
E1
r
r2
r
r
O
r
E Total =
qi
Ello puede hacerse porque el modelo de Maxwell es lineal para medios
lineales y por tanto puede aplicarse el principio de superposición: el campo
de un conjunto de fuentes es la suma de los campos producidos por cada
una de las fuentes.
EyM 0-21
Campo eléctrico producido por una
distribución volumétrica de carga
Un elemento de volumen dv' poseerá una carga dq = ρ (r') dv' y, situado en r' ,
producirá un campo eléctrico dE en el punto de observación r que viene dado
por:
r r r
r r
dE (r ) =
dq
ˆ ρ (r ′)(r − r ′)dv '
r r 2 R=
r r 3
4πε r − r ′
4πε r − r ′
r
dE
El campo total vendrá dado por la integral:
r r r
rr
ρ (r ′)(r − r ′)dv'
E(r ) = ∫∫∫
r r3
V´
4πε r − r ′
R
r
r
O
dq
dV’ V´
r
r′
De forma análoga, para distribuciones superficiales y lineales, se obtienen
las siguientes expresiones para el campo:
r r r
r r
σ (r ′)(r − r ′)dS '
E (r ) = ∫∫
r r 3
S´
4πε r − r ′
r r r
rr
λ(r ′)(r − r ′)dl'
E(r ) = ∫
r r3
C´
4πε r − r ′
Estas expresiones permiten obtener el campo producido por distribuciones
arbitrarias y por tanto son de aplicación más general que la ley de Gauss.
EyM 0-22
07/01/2009
EyM 3.1-10
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
Calcular el campo eléctrico en cualquier punto creado por un disco de
carga uniforme de radio R.
r
r = rsenθ cos ϕxˆ + rsenθsenϕyˆ + r cos θzˆ
r
r ′ = r´cosϕ´xˆ + r´sin ϕ´ yˆ
r r
En φ=0: r − r ′ = (rsenθ − r´cosϕ´)xˆ +
+ (− r´senϕ´) yˆ + r cos θzˆ
1
r r
r − r ′ = r 2 + r ′2 − 2rr ′senθ cos ϕ ′ 2
r r r
r r
r r
(
r − r ′)dS '
σ (r ′)(r − r ′)dS ' σ
E (r ) = ∫∫
r r 3 = 4πε ∫∫S ´ r r 3
S´
4πε r − r ′
r − r′
(
r r
E (r )
ϕ =0
=
σ
4πε
R
2π
∫ ∫ϕ
r ´= 0
´= 0
)
(rsenθ − r´cosϕ´)xˆ − r´senϕ´ yˆ + r cos θzˆ r´dr´dϕ´
(r
2
)
+ r´2 −2rr´senθ cos ϕ´
No habrá componente y del campo en φ=0:
Tiene componentes x y z en φ=0.
⌠
⎮
⎮
⎮
⎮
⌡
2⋅ π
0
3
2
sin ( φ)
3
( a − b⋅ cos ( φ) ) 2
dφ → 0
EyM 0-23
Ejercicio
Para calcular numéricamente
las componentes x y z en
φ=0 tomamos R=1 y
representamos
4πε r
E
σ
Representamos el vector en
una malla de 13 x 13 puntos
en el intervalo -1,2<x<1,2 y 1,2<z<1,2. El disco estará en
-1<x<1
Por simetría el resultado será
el mismo para cualquier otro
valor de ϕ.
(e x, e z)
07/01/2009
EyM 0-24
EyM 3.1-11
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
Calcular el campo en el eje de un disco de carga uniforme de radio R.
z
r
r
(
R
r
r′
y
x
r r
E (r )
eje z
=
r
r
r = zzˆ r ′ = ρ ′ cos φ ′xˆ + ρ ′ sin φ ′yˆ
r r
r − r ′ = − ρ ′ cos φ ′xˆ − ρ ′ sin φ ′yˆ + zzˆ
1
r r
r − r ′ = ρ ′2 + z 2 2
r r r
r r
r r
(
r − r ′)dS '
σ (r ′)(r − r ′)dS ' σ
E (r ) = ∫∫
r r 3 = 4πε ∫∫S r r 3
S
r − r′
4πε r − r ′
)
⎤
R
2π − ρ ′ sin φ ′
R
2π
σ ⎡ R 2π − ρ ′ cos φ ′
z
ρ ′dρ ′dφ ′ + yˆ ∫ ′ ∫ ′
ρ ′dρ ′dφ ′ + zˆ ∫ ′ ∫ ′
ρ ′dρ ′dφ ′⎥
⎢ xˆ ∫ρ ′=0 ∫φ ′=0 2
2
0
0
2
2
0
0
2
2
ρ
=
φ
=
ρ
=
φ
=
4πε ⎣⎢
(ρ ′ + z )
(ρ ′ + z )
(ρ ′ + z )
⎦⎥
3
3
2
3
2
r
R
−1
ρ ′dρ ′
σ
2πσ
=
E (z ) =
zzˆ ∫
zzˆ
3
′
2
2
ρ
=
0
2
2
4πε
(ρ ′ + z ) 2ε (ρ ′ + z 2 )12
R
=
ρ ′= 0
2
σ ⎛⎜ 1
1
−
⎜
2
2ε ⎝ z
R + z2
⎞
⎟ zzˆ
⎟
⎠
Solo habrá componente z del campo en el eje.
EyM 0-25
Ejercicio
⎞
2εE( z ) ⎛⎜ 1
1
⎟z
La figura presenta la variación con z de la función
=⎜ −
2
2
σ
R + z ⎟⎠
⎝z
para R=1.
Puede verse la discontinuidad del
1
campo producido por la densidad σ.
2εE(z )
También cómo el campo decrece al
aumentar la distancia a la distribución.
σ
Esta variación puede aproximarse de la
0
siguiente forma (para z>>R) :
−1
2 2
2
−1
⎛
⎞
(R 2 + z ) = (z ) ⎜⎜1 + ⎛⎜ Rz ⎞⎟ ⎟⎟ = 1z (1 + x ) 2 , , ⎛⎜ Rz ⎞⎟ = x
z
⎝ ⎠
1
⎝ ⎝ ⎠ ⎠
5
0
5
n
n
n
⎛ ⎞ 1 ⎛ ⎞ 2
⎛ ⎞ n
−1
n
2
Teniendo en cuenta que: (1 + x ) = 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ x + ⎜⎜ ⎟⎟ x + L + ⎜⎜ ⎟⎟ x ⇒(1 + x ) 2 = 1 − 12 x + 83 x + L
⎝1⎠
⎝ 2⎠
⎝ n⎠
2
4
2
⎛
⎞
⎛
⎞
(R 2 + z 2 )− 12 = 1z ⎜⎜1 − 12 ⎛⎜ Rz ⎞⎟ + 83 ⎛⎜ Rz ⎞⎟ + L⎟⎟ ≅ 1z ⎜⎜1 − 12 ⎛⎜ Rz ⎞⎟ ⎟⎟ Por tanto el campo lejano es
⎝ ⎠
⎝ ⎠
⎝ ⎠ ⎠ como el de una carga puntual
⎝
⎠
⎝
2
de valor : Q = σπR que es la
2
σ ⎛⎜ 1 1 ⎛⎜ 1 ⎛ R ⎞ ⎞⎟ ⎞⎟
σ πR 2
carga total del disco.
1 − ⎜ ⎟ zzˆ =
sgn ( z )zˆ
E (z ) =
−
{
⎜ z z ⎜ 2 ⎝ z ⎠ ⎟⎟
4πε z 2
z → ∞ 2ε
EyM 0-26
⎝
⎠⎠
⎝
1
2 − 2
07/01/2009
−1
2 2
EyM 3.1-12
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Resumen
r r
E (r ) =
q
ˆ
r r 2R
4πε r − r ′
r r
r r
E (r ) = ∑ Ei (r ) = ∑
Superposición
i
i
qi
ˆ
r r ' 2 Ri
4πε r − ri
r r r
r r r
r r r
rr
ρ (r ′)(r − r ′)dv' r r
λ(r ′)(r − r ′)dl'
σ (r ′)(r − r ′)dS ' r r
(
)
E
r
=
(
)
=
E
r
E(r ) = ∫∫∫
r r3
∫∫S´ 4πε rr − rr′ 3
∫C´ 4πε rr − rr′ 3
V´
4πε r − r ′
1
r r
r − r ′ = (r 2 + r ′2 − 2rr ′ cosψ ) 2
(z )
2
1
2
→ z → sgn( z ) z
(1 + x )n = 1 + ⎛⎜⎜
n⎞ 1 ⎛ n⎞ 2
1
⎛ n⎞
⎟⎟ x + ⎜⎜ ⎟⎟ x + L + ⎜⎜ ⎟⎟ x n ⇒(1 + x )− 2 = 1 − 12 x + 83 x 2 + L
⎝1⎠
⎝ 2⎠
⎝ n⎠
ρ ′dρ ′
R
∫ρ (ρ ′
′=0
2
+ z2 ) 2
3
=
(ρ ′
R
−1
2
+ z2 ) 2
1
ρ ′= 0
EyM 0-27
Ejercicio
Obtener el campo creado por una distribución lineal de carga de densidad
uniforme λ cul/m y longitud 2L.
r
dl´= dz´
r ′ = z´zˆ
r
r r
2
r
r
r = ρρˆ + zzˆ
r − r ′ = ρ 2 + (z − z´)
r
r´
r r
y
r − r ′ = ρρˆ + ( z − z´)zˆ = ρ cos ϕxˆ + ρsenϕyˆ + (z − z´)zˆ
ρ
r r r
r r
(rr − rr′)dl '
x
λ (r ′)(r − r ′)dl '
λ
-L
E (r ) = ∫
=
r r 3
C
4πε ∫C rr − rr′ 3
4πε r − r ′
r r
Particularizamos en φ=0 (ρ=x): r − r ′ = xxˆ + ( z − z´)zˆ
z
r
dE
L
r r
E (r )
⎡
ϕ =0
⎣⎢
=
07/01/2009
λ
4πε
⎤
⎥
+ zˆ ∫
=
3
3⎥
2
z´= − L ⎛ x 2 + ( z − z´)2 ⎞ ⎥
⎜ x 2 + (z − z´) ⎞⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
⎝
⎠ ⎦⎥
λ ⎢ L
=
⎢ xˆ
4πε ⎢ z´=∫− L ⎛
⎡1 ⎛
(z + L ) −
⎢ ⎜
⎢ x ⎜ x 2 + ( z + L )2
⎣ ⎝
xdz´
L
(z − L ) ⎞⎟ xˆ + ⎛⎜
2 ⎟
⎜
x 2 + (z − L ) ⎠ ⎝
(z − z´)dz´
1
x 2 + (z − L )
2
−
⎞ ⎤
⎟ zˆ ⎥
2 ⎟ ⎥
2
x + (z + L ) ⎠ ⎦
EyM 0-28
1
EyM 3.1-13
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
Para calcular numéricamente
las componentes x y z en
φ=0 tomamos L=1 y
representamos
4πε r
E
λ
Representamos el vector en
una malla de 13 x 13 puntos
en el intervalo -1,2<x<1,2 y 1,2<z<1,2. La línea estará en 1<z<1
E
Por simetría el resultado será
el mismo para cualquier otro
valor de ϕ.
(e x, e z)
EyM 0-29
Potencial electrostático
r
La ecuación ∇ × E = 0
indica que el campo electrostático E(r) es irrotacional.
Recordando la identidad matemática ∇ × (∇φ ) ≡ 0 se observa que el campo
vectorial E puede derivarse de un campo escalar φ , que se denomina potencial,
como:
r
E = −∇φ
Se verá más adelante la razón de adoptar el signo - en la anterior definición.
El uso de la función potencial permite simplificar matemáticamente el
problema de la determinación del campo vectorial E. En lugar de necesitarse la
determinación de las tres componentes del campo basta con encontrar una
sola función escalar que es el potencial φ.
Se aclarará primero el contenido físico del potencial electrostático para,
posteriormente, obtener la ecuación que liga al potencial con las
distribuciones de carga y cuya solución permite encontrar el potencial.
EyM 0-30
07/01/2009
EyM 3.1-14
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Sentido físico del Potencial
Supóngase una carga q que se desplaza en el seno de un campo electrostático E.
Sobre la carga el campo ejerce una fuerza F y por tanto durante su recorrido se
efectúa un trabajo.
Si el desplazamiento se realiza entre dos puntos P1 y P2 a lo largo de un trayecto
C, el trabajo necesario para realizar dicho recorrido será:
r
r
r r
P2 r
P2
P2
WP1 → P2 = ∫ F ⋅ dl = q ∫ E ⋅ dl = −q ∫ ∇φ ⋅ dl = −q ∫ dφ = q(φ1 − φ 2 )
C
P1
P1
P1
siendo φ1 y φ2 los potenciales en los puntos P1 y P2 respectivamente.
r
F
r
E
r
dl
P2
q
P1
Si la carga es unitaria y positiva (q=+1) la diferencia de potencial es el trabajo
necesario para desplazarla.
El trabajo es positivo, o sea la energía del campo se consume al hacer el
desplazamiento, cuando se desplaza la carga desde el punto de potencial
mayor al de potencial menor (φ1 > φ2). Esta interpretación da sentido al signo
EyM 0-31
adoptado en la definición del potencial.
Sentido físico del Potencial
En la expresión final del trabajo no aparece el camino C elegido, sino sólo los
potenciales de los puntos inicial y final.
Parece como si el trabajo no dependiera del camino, y en efecto se va a
comprobar que así ocurre.
El campo electrostático es irrotacional por lo que, aplicando el teorema de
r r
r r
Stokes, resulta:
∫∫ ∇ × E ⋅ dS = ∫ E ⋅ dl = 0
P2
S
C
C
C1
P1
Aplicando el resultado anterior a las trayectorias
cerradas C1 + C y C2 + C se tendrá:
r
C2
C1 + C
r r
r r
r r
r r
∫ E ⋅ dl + ∫ E ⋅ dl = ∫ E ⋅ dl + ∫ E ⋅ dl
C1
C
r
r
r
∫ E ⋅ dl = 0 = ∫ E ⋅ dl
C2
C
C2 + C
r
r
r
r
∫ E ⋅ dl = ∫ E ⋅ dl
C1
C2
Por tanto el campo electrostático es conservativo y su circulación entre
dos puntos es independiente de la trayectoria seguida.
EyM 0-32
07/01/2009
EyM 3.1-15
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Sentido físico del Potencial
Se ha dado por tanto sentido físico a la diferencia de potenciales pero no al
potencial.
De hecho dos potenciales que difieran en una constante, φ y φ+K, producen la
misma diferencia de potencial entre dos puntos
φ1 − φ 2 = (φ1 + K ) − (φ 2 + K )
y dan lugar al mismo campo:
r
− ∇(φ + K ) = −∇φ − ∇K = −∇φ = E
Normalmente se toma un potencial de referencia φ=0 en un punto de referencia
(habitualmente el punto del infinito) y denominamos potencial en un punto φ(P)
a la diferencia de potenciales entre dicho punto y el de referencia.
En estos términos el potencial adquiere sentido físico: es el trabajo necesario
para transportar la unidad de carga hasta el punto de referencia.
EyM 0-33
Ecuaciones de Poisson y Laplace
La ecuación que liga el potencial con las densidades de carga se obtiene a
r
r
partir de:
∇⋅D = ρ
( )
⇒ ∇ ⋅ εE = ∇ ⋅ (− ε∇φ ) = ρ
En el caso de medios isótropos y homogéneos ε será constante por lo que:
∇ ⋅ (∇φ ) = ∆φ = −
ρ
ε
que se conoce con el nombre de ecuación de Poisson.
En aquellos puntos en los que no haya densidad de carga la anterior ecuación
se reduce a:
∆φ = 0
que se denomina ecuación de Laplace.
Las ecuaciones de Poisson y Laplace son ecuaciones diferenciales de
segundo orden.
Esta mayor complejidad es el precio a pagar por usar una función escalar, el
potencial, en lugar del campo vectorial.
Nótese que si el medio no es homogéneo:
∇ ⋅ (ε∇φ ) = − ρ
⇒ ε∆φ + ∇φ ⋅ ∇ε = − ρ
y el aspecto de la ecuación de Poisson es bastante más complejo.
07/01/2009
EyM 0-34
EyM 3.1-16
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Continuidad del Potencial
En el caso frecuente de problemas con discontinuidades de medio y/o
densidades superficiales de carga se ha visto que pueden presentarse
discontinuidades de las componentes normales del campo.
Si se pretende utilizar el potencial, como herramienta intermedia para obtener
el campo, cabe preguntarse acerca de sus posibles discontinuidades en las
mencionadas superficies.
A partir de las condiciones de salto del campo solo podemos establecer:
⎧⎛ ∂φ1
∂φ ⎞
r
r
− ε 2 2 ⎟ = ρs
ε
o sea, las derivadas tangenciales
nˆ ⋅ D2 − D1 = ρ s ⎫⎪ ⎪⎪⎜⎝ 1 ∂n
∂n ⎠ S
r
r S
son continuas pero las normales
⎬⇒ ⎨
⎛ ∂φ ⎞
nˆ × E2 − E1 = 0 ⎪ ⎪ ⎛ ∂φ1 ⎞
pueden no serlo.
S
⎭
⎜
⎟ =⎜ 2 ⎟
⎪⎩ ⎝ ∂t ⎠ S ⎝ ∂t ⎠ S
(
)
)
(
Si calculamos el trabajo necesario para transportar la unidad de carga entre
dos puntos A y B a ambos lados de la discontinuidad:
r r r r r
B r
WA→ B = ∫ E ⋅ dl = E1 ⋅ dl1 + E2 ⋅ dl2 = φ A − φ B
A
A
B
dl1
dl2
1
2
Cuando
se aproximan
los puntos A y B a la superficie:
r
r
dl1 → 0 ← dl2 ⇒ W A→ B → 0 ⇒ φ A = φ B
YYpor
portanto
tantoelelpotencial
potenciales
escontinuo
continuoaatravés
travésde
de
las
EyM 0-35
lassuperficies
superficiesde
dediscontinuidad
discontinuidadde
demedio.
medio.
Condiciones de Contorno
La integración de las ecuaciones de Poisson o Laplace en una cierta región V,
encerrada por una superficie S, requiere, además del conocimiento de las
fuentes ρ, unos ciertos valores en la frontera S, que se denominan valores o
condiciones de contorno.
Es muy importante poder determinar qué condiciones de contorno hacen
posible el que la solución del problema sea única, ya que ello garantiza que
encontrada una solución al problema, cualquiera que haya sido el método
utilizado, aquella es correcta.
Además permiten determinar la información que se requiere para poder
resolver el problema (saber si éste está o no bien condicionado).
Existen dos tipos de condiciones de contorno de uso frecuente para las
ecuaciones de Poisson y de Laplace que son:
a) Condiciones de contorno de Dirichlet: donde se conoce el valor del
potencial en todos los puntos de la superficie S.
b) Condiciones de contorno de Neumann: donde se conoce la derivada
normal del potencial en todos los puntos de S.
EyM 0-36
07/01/2009
EyM 3.1-17
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Unicidad de las C-C de Dirichlet
Para demostrar la unicidad del potencial se necesita hacer uso del siguiente
resultado previo.
φ∇φ
Sea el campo vectorial
∆φ = 0
∆φ = 0
Donde φ en V es tal que
S
V
Aplicando el teorema de Gauss:
∫∫∫ ∇ ⋅ (φ∇φ )dV = ∫∫∫ (∇φ ⋅ ∇φ + φ∆φ )dV = ∫∫∫ (∇φ ) dV =
2
V
V
V
r
∂φ
= ∫∫ φ∇φ ⋅ dS = ∫∫ φ
dS
S
S
∂n
Se verifica por tanto que:
∂φ
∫∫∫ (∇φ ) dV = ∫∫ φ ∂n dS
2
V
S
EyM 0-37
Unicidad de las C-C de Dirichlet
Supóngase una región V rodeada por una superficie S con una densidad de
carga ρ.
ρ
Supóngase que la solución de la ecuación de Poisson
∆φ = −ρ/ε en V, cumpliendo una condición de contorno
de tipo Dirichlet en S, φ|S = F(S), no es única.
Sean por tanto φ1 y φ2 dos soluciones tales que:
∆φ1 = −
ρ
ε
, , φ1 S = F ( S )
y
∆φ2 = −
La función φ = φ1 - φ2 es tal que:
ρ
ε
V
S
, , φ2 S = F ( S )
∆φ = ∆(φ1 − φ2 ) = ∆φ1 − ∆φ2 = 0 , , φ S = (φ1 − φ2 ) S = 0
Por tanto resulta:
∂φ
∫∫ φ ∂n dS = 0 = ∫∫∫ (∇φ ) dV
S
2
V
∇φ = 0 ⇒ φ = cte
Como φ = cte en todos los puntos de V también valdrá lo mismo en S.
Pero en S es φ=0 y por tanto en todo V serán φ = 0 y φ1 - φ2 =0, o sea φ1 = φ2 y
por tanto son iguales.
EyM 0-38
07/01/2009
EyM 3.1-18
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Unicidad de las C-C de Neumann
Supóngase de nuevo una región V rodeada por una superficie S con una
densidad de carga ρ.
Supóngase que la solución de la ecuación de Poisson ∆φ= = −ρ/ε en V,
cumpliendo una condición de contorno de tipo Neumann en S,
⎛ ∂φ ⎞
⎜ ⎟ = G (S ) no es única.
⎝ ∂n ⎠ S
ρ
V
Sean por tanto φ1 y φ2 dos soluciones tales que:
∆φ1 = −
ρ
ε
⎛ ∂φ ⎞
, , ⎜ 1 ⎟ = G(S )
⎝ ∂n ⎠ S
y
La función φ = φ1 - φ2 es tal que:
∆φ2 = −
ρ
ε
S
⎛ ∂φ ⎞
, , ⎜ 2 ⎟ = G(S )
⎝ ∂n ⎠ S
∂φ
∂ (φ1 − φ2 )
=
=0
∂n S
∂n
S
∇φ = 0 ⇒ φ = cte
(∇φ )2 dV
∆φ = ∆ (φ1 − φ2 ) = ∆φ1 − ∆φ2 = 0 , ,
Por tanto resulta:
∂φ
∫∫ φ ∂n dS = 0 = ∫∫∫
S
V
φ1 = φ2 + cte
r
Pero aun así ambos potenciales producen el mismo campo E = −∇φ1 = −∇φ2
Ahora no puede determinarse el valor de la constante por lo que:
EyM 0-39
CC mixtas de Dirichlet y Neumann
Se deja para el alumno demostrar la unicidad cuando sobre una parte S1
de la superficie se tiene una condición de tipo Dirichlet y sobre la
superficie restante S2 una condición de Neumann
S1
ρ
V
S2
EyM 0-40
07/01/2009
EyM 3.1-19
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Condiciones de Regularidad en el Infinito
Si la región bajo estudio V abarca todo el espacio, puede considerarse que
S, la superficie del infinito, es una esfera de radio infinito. En este caso:
∂φ
∂φ
∂φ 2
dS = ∫∫ φ
r sin θdθdφ
∂n
∂n
Esf .r →∞
Esf .r →∞
k
∂φ ∂φ
k
=
= − 12
Puede verse que si φ varia como φ = φ (r ) = 1 entonces:
r
∂n ∂r
r
∂φ
1 1 2
dS ∝
r y la integral se anulará.
Por tanto φ
∂n
r r2
∫∫ φ ∂n dS = ∫∫
S
φ
En consecuencia el potencial será único.
En un problema abierto, extendido a todo el espacio, la solución de la ecuación
de Poisson será única si se satisfacen las siguientes condiciones,
denominadas condiciones de regularidad en el infinito:
lim rφ (r ) = cte
r →∞
lim r 2 E (r ) = cte
r →∞
Es decir que el campo, y también el potencial, de cualquier distribución en
puntos muy alejados de las mismas deben decrecer al menos como los de una
carga puntual, tendiendo a cero en el infinito.
EyM 0-41
Potencial de una carga puntual
Sea una carga puntual q que suponemos en el origen de un sistema de
coordenadas.
Por simetría el potencial creado por la misma no debe ser función ni de θ ni de
ϕ, por lo que será solo función de r.
∆φ =
1 d ⎛ 2 dφ (r ) ⎞
qδ (r )
⎜r
⎟=−
2
ε
r dr ⎝
dr ⎠
Vemos que la ecuación es homogénea salvo en r=0.
La solución de la ecuación homogénea es:
r2
dφ (r )
dr
C
= cte = C ⇒ dφ (r ) = C 2 ⇒ φ (r ) =
r
r
dr
EyM 0-42
07/01/2009
EyM 3.1-20
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Potencial de una carga puntual
Para obtener el valor de la constante C se integra la ecuación de Poisson en un
volumen V que contenga a la carga:
V
∫∫∫ ∆φdV = − ∫∫∫
q
V
V
qδ (r )
ε
dV = −
q
ε
r
∂φ
(
)
∆
φ
dV
=
∇
⋅
∇
φ
dV
=
∇
φ
⋅
d
S
= ∫∫
dS
∫∫∫V
∫∫∫V
∫∫S
S ∂n
Pero:
y tomando una esfera de radio R:
∂φ
∂ ⎛C ⎞
∫∫ ∂n dS = ∫∫ ∂r ⎜⎝ r ⎟⎠r
S
S
φ (r ) =
Y por tanto:
2
π
sin θdθdφ = −C ∫
∫
2π
θ =0 φ =0
sin θdθdφ = −4πC = −
C
q
=
r 4πεr
q
ε
EyM 0-43
Potencial de una carga puntual
El campo producido por dicha carga puntual es:
r
q d ⎛1⎞
q
⎛ q ⎞
E (r ) = −∇φ = −∇⎜
rˆ
⎟=−
⎜ ⎟rˆ =
4πε dr ⎝ r ⎠
4πεr 2
⎝ 4πεr ⎠
que naturalmente coincide con el resultado obtenido aplicando Gauss.
Asimismo tanto el potencial como el campo cumplen las condiciones de
regularidad en el infinito.
⎛1⎞
lim rφ (r ) = lim r ⎜ ⎟ = cte
r →∞
r →∞
⎝r⎠
z
r
r
Si la carga en lugar de estar en el origen esta en
un punto rq serán:
(rr − rr )
q
r
rq
q
y
x
07/01/2009
⎛1⎞
lim r 2 E (r ) = lim r 2 ⎜ 2 ⎟ = cte
r →∞
r →∞
⎝r ⎠
r
φ (r ) =
q
r r
4πε r − rq
r r
r r
q (r − rq )
E (r ) =
r r 3
4πε r − rq
EyM 0-44
EyM 3.1-21
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Principio de Superposición
La ecuación de Poisson es una ecuación diferencial lineal de segundo orden y
por ello cumple el principio de superposición:
Si se consideran dos distribuciones de carga ρa y ρb y sus correspondientes
potenciales son φa y φb serán:
r
r
r
r
ρ (r )
ρ (r )
∆φa (r ) = − a
, , ∆φb (r ) = − b
ε
ε
Sumando ambas ecuaciones:
r
r
r
r
r
r
1
∆φ a (r ) + ∆φb (r ) = ∆[φ a (r ) + φb (r )] = − [ρ a (r ) + ρ b (r )]
ε
donde se ha usado la linealidad del operador laplaciano.
ρ a ⇒ φa ⎫
⎬ entonces
ρ b ⇒ φb ⎭
Matemáticamente:
(ρ a + ρb ) ⇒ (φa + φb )
Por tanto el potencial producido por la superposición de distribuciones de
carga es la suma de los potenciales asociados con las distribuciones
individuales.
EyM 0-45
Sistema de Cargas Puntuales
En base al principio de superposición puede obtenerse el potencial de un
sistema de cargas puntuales, como el de la figura, mediante:
r
r
φ (r ) = ∑ φi (r ) = ∑
i
q1
A partir de esta expresión puede obtenerse
P
el potencial de una distribución arbitraria
de cargas en un espacio no limitado
(indefinido) de un medio de permitividad ε.
q2
r
r1
r
r2
r
r
O
r
ri
P
r
r
O
07/01/2009
r
r′
r r
r − r′
i
qi
r r
4πε r − ri
Si se divide el volumen V en elementos ∆Vi en
cada uno de ellos puede considerarse la carga
como puntual de valor qi = ρi ∆Vi .
qi
dq
dV’
ρ
V
En el límite, cuando se aumente
indefinidamente el numero de elementos ∆Vi
disminuyendo indefinidamente su tamaño:
r
1
φ (r ) = lim
∆Vi →0 4πε
∑
i
r
r r
r − ri
ρ (r ′)∆Vi
=
1
4πε
∫∫∫
V
r
r r dv'
r − r′
ρ (r ′)
EyM 0-46
EyM 3.1-22
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejemplo: Potencial en el eje de un disco de
carga uniforme
Calcular el potencial de una distribución de cargas superficial uniforme de
densidad de carga σ sobre un disco de radio R.
Para un punto genérico, como el mostrado en la figura, se tiene:
r r
z
r − r ′ = (r 2 + r′2 − 2rr′ cosψ )
1
r
r
θ
σ
Pero: cosψ = rˆ ⋅ rˆ′
r r
r − r′
⎧ rˆ = sinθ cosϕxˆ + sinθ sinϕyˆ + cosθzˆ
⎨
⎩rˆ′ = sinθ ′ cosϕ′xˆ + sinθ ′ sinϕ′yˆ + cosθ ′zˆ
R
ψ
r
r′
2
cosψ = sinθ sinθ ′(cosϕ cosϕ ′ + sin ϕ sin ϕ ′) + cosθ cosθ ′
= sinθ sinθ ′ cos(ϕ − ϕ ′) + cosθ cosθ ′
y
x
Sobre el disco θ ′ = π 2
r
1
Por tanto el potencial será: φ (r ) =
4πε ∫∫S
por lo que: cosψ = sin θ cos(ϕ − ϕ ′)
σ R 2π
r′dr′dϕ′
r r =
∫
∫
′
′
2
2
=
0
=
0
r
φ
′
4πε
r −r
r + r′ − 2rr′ sinθ cos(ϕ − ϕ′)
σdS ′
Como el problema tiene simetría de revolución entorno al eje z el resultado
debe ser independiente de φ, por lo que puede adoptarse el valor φ = 0 en la
EyM 0-47
expresión anterior.
Ejemplo: Potencial en el eje de un disco de
carga uniforme
La integración analítica de la expresión anterior del potencial resulta
excesivamente laboriosa. Posteriormente se presentará la integración numérica
Solo resulta sencilla cuando se particulariza en el eje de simetría, recuérdese el
ejercicio en el que se obtuvo el campo.
En este eje θ = 0 y por tanto:
φ ejez =
σ
4πε
R
2π
r ′=0
′=0
∫ ∫φ
r ′dr ′dϕ ′
z + r′
2
2
=
R
σ
σ
r ′dr ′
2π ∫
=
′
2
2
=
0
r
4πε
2ε
z + r′
(z
2
+ R2 − z
)
Para obtener el campo a partir del potencial debemos calcular el gradiente:
r
E = −∇φ = −( xˆ∂φ ∂x + L)
Es necesario en general conocer las variaciones del potencial en todas
direcciones.
EyM 0-48
07/01/2009
EyM 3.1-23
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejemplo: Potencial en el eje de un disco de
carga uniforme
En el eje z se ha obtenido el potencial en función de z y por tanto podremos
calcular únicamente la componente z de E en dichos puntos.
Afortunadamente la simetría del problema permite asegurar que en dicho eje
solo hay componente z del campo, por lo que podemos calcular dicha
componente y con ello el campo total en el eje:
r
E
=
eje z
σ
2ε
= E z zˆ = −
∂φ
σ d
zˆ = −
2ε dz
∂z
⎛
⎜ sgn ( z ) −
⎜
⎝
( (z
2
⎞
⎛
⎟ zˆ = σ ⎜ 1 −
2ε ⎜⎝ z
z 2 + R 2 ⎟⎠
z
(
)
)
+ R 2 − (sgn ( z )z ) zˆ =
)
⎞
⎟ zzˆ
z 2 + R 2 ⎟⎠
(
1
)
EyM 0-49
Ejemplo: Potencial en el eje de un disco de
carga uniforme
⎛ 1 R2 ⎞
⎟
z 2 + R 2 ≈ z ⎜⎜1 +
2 z 2 ⎟⎠
2
⎝
⎛
⎞
σ ⎜ ⎛ 1R ⎞
σ
2 1
⎟− z ⎟ =
z ⎜1 +
lim z →∞ φ ejez ≈
⎟ 4πε πR z
2ε ⎜⎝ ⎜⎝ 2 z 2 ⎟⎠
⎠
que se comporta como el de una carga puntual de valor
σπR 2
Para puntos muy alejados del disco:
Cuando R → ∞ el disco se extiende a un plano de carga.
El potencial en este caso se hace:
φ eje z
R →∞
= lim
R →∞
σ
2ε
(
)
z2 + R2 − z → ∞
La razón es que la integral de superposición utilizada para obtener el potencial
implica que el potencial sea regular en el infinito, o sea que se pueda tomar un
potencial cero en el infinito, pero para ello no deben haber cargas allí, lo que no
se cumple en este caso.
Sin embargo el campo que se obtiene es correcto :
r
E
07/01/2009
R →∞
σ ⎛⎜ 1
−
R → ∞ 2ε ⎜ z
⎝
= lim
⎞
⎟ zzˆ = σ zzˆ = σ sgn ( z )zˆ
2
2 ⎟
2ε z 2ε
z +R ⎠
(
1
)
EyM 0-50
EyM 3.1-24
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Potencial en cualquier punto
La expresión obtenida para el potencial era
r
φ (r ) =
1
σdS ′
σ R 2π
r′dr′dϕ′
r r =
4πε ∫∫S r − r ′ 4πε ∫r′=0 ∫φ′=0 r 2 + r′2 − 2rr′ sinθ cos(ϕ − ϕ′)
En el plano φ=0 será r2=x2+z2 y rsenθ=x.
φ (ϕ = 0) =
σ R 2π
r′dr′dϕ′
4πε ∫r′=0 ∫φ′=0 x2 + z 2 + r′2 − 2xr′ cos(ϕ′)
Tomamos como valor normalizado:
φn =
2ε
σ
φ=
1
2π
R
2π
r′=0
′ =0
∫ ∫φ
r′dr′dϕ′
x + z + r′2 − 2xr′ cos(ϕ′)
2
2
Que se programa en MathCad como:
⎡
⎢
φ( R , x, z) := if⎢ z
⎢
⎢
⎢
⎣
0 ∧ x ≤ R, R,
⌠
⎮
⎮
⎮
⎮
⎮
⌡
2⋅ π
0
⌠
⎮
⎮
⎮
⎮
⎮
⌡
R
( rp)
1
(x2 + z2 + rp2 − 2⋅rp⋅ x⋅cos (φp)) 2
0
drp dφp ⋅
1
⎤
⎥
2⋅ π ⎥
⎥
⎥
⎥
EyM⎦0-51
Potencial en cualquier punto
La variación del potencial normalizado y con R=1 resulta :
Φ(x,z)
-z
x
EyM 0-52
07/01/2009
EyM 3.1-25
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Potencial en cualquier punto
La variación del potencial normalizado y con R=1 se puede representar como
curvas de nivel
z
x
EyM 0-53
Potencial en cualquier punto
La variación con R (para valores 1, 2 y 3) del potencial normalizado en el eje
z se muestra en la figura
3
φz ( 1 , z )
φz ( 2 , z )
φz ( 3 , z )
0.05
− 10
z
10
Al crecer R el potencial aumenta en todos los puntos de manera que cuando
R→∞ también φ→∞
EyM 0-54
07/01/2009
EyM 3.1-26
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Potencial en cualquier punto
La variación con R (para valores 1, 2 y 3) del campo normalizado en el eje z
se muestra en la figura
2ε
Ez (R, z ) =
⎛1
=⎜ −
⎜z
⎝
σ
Ez z =
1
⎞
⎟z
z 2 + R 2 ⎟⎠
1
(
)
Ez ( 1 , z )
Ez ( 2 , z )
Ez ( 3 , z )
−1
− 10
z
10
Al crecer R el campo aumenta en todos los puntos salvo en z=0 de manera
que cuando R→∞ tiende a hacerse constante en cada semiespacio
EyM 0-55
Ejercicio
Calcular el potencial y el campo creados por una distribución superficial
uniforme de densidad σ sobre una esfera de radio R.
z
σ
R
r
r
r
1
φ (r ) =
4πε
r r
r − r′
R
dS ′ = R senθ ′dθ ′dϕ ′
12
r r
r − r ′ = (r 2 + R 2 − 2rR cos θ ′)
2
r
r′
y
r
φ (r ) =
x
=
t = cos θ ′ ⎫
⎪ σR 2
A = r 2 + R2 ⎬ ⇒
2ε
B = −2rR ⎪⎭
07/01/2009
∫∫
r
r r
r − r′
σ (r ′)dS ′
1
∫
−1
σ 2π π
R 2 senθ ′dθ ′dϕ ′
=
4πε ϕ ′∫=0 θ ′∫=0 r 2 + R 2 − 2rR cos θ ′
2πR 2σ
4πε
π
∫
θ
′= 0
dt
σR 2 2
=
2ε B
A + Bt
(
senθ ′dθ ′
r + R 2 − 2rR cos θ ′
2
A + Bt
)
1
−1
=
σR ⎛
⎜
2εr ⎝
(r + R )2 − (r − R )2 ⎞⎟
⎠
EyM 0-56
EyM 3.1-27
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
Por lo tanto para r>R resultará:
φ (r ) =
z
σ
R
r
r
r r
r − r′
σR ⎛
⎜
2εr ⎝
(r + R )2 − (r − R )2 ⎞⎟
⎠ r >R
=
σR
1 4πR 2σ
2R =
r
2εr
4πε
Que es igual a la que crearía una carga puntual en el
centro de igual valor a la carga total.
r
r′
Para r<R resulta:
y
φ (r ) =
x
σR ⎛
⎜
2εr ⎝
(r + R )2 − (r − R )2 ⎞⎟
⎠ r<R
=
σR
σR
1 4πR 2σ
2r =
=
2εr
ε
4πε R
Con lo que el potencial es constante e igual al valor obtenido para r>R
particularizado en la superficie de la esfera (el potencial es continuo).
r r
∂φ
1 4πR 2σ
E (r ) = −∇φ (r ) = −
rˆ , r > R
rˆ =
∂r
4πε r 2
r r
E (r ) = −∇φ (r ) = 0 , r < R
El campo es
El campo es discontinuo en r=R (componentes normales).
EyM 0-57
Ejercicio
Calcular el potencial y el campo creados por una distribución superficial
uniforme de densidad σ sobre una esfera de radio R utilizando Gauss.
Al aplicar Gauss a una esfera en r<R el campo sale cero
porque la carga encerrada es cero.
z
σ
R
Al aplicar Gauss a una esfera en r>R el campo es como
el de una carga puntual de valor q=4πR2σ
y
x
r r
1 4πR 2σ
E (r ) =
rˆ , r > R
4πε r 2
Tomando el origen de potenciales en el ∞
∞
r ∞
r r
r r r
r r
E (r ) ⋅ dl = −∇φ (r ) ⋅ dl ⇒ ∫ − ∇φ (r ) ⋅ dl = ∫ dφ =φ (r ) − 0 = ∫ E (r ) ⋅ dl
∞
r
∞
1 4πR 2σ
1 4πR 2σ
ˆ
ˆ
r
⋅
r
dr
=
, r>R
φ (r ) = ∫
4πε r 2
4πε
r
r
∞
R
r r
1 4πR 2σ
1 4πR 2σ σR
ˆ
ˆ
r
⋅
r
dr
=
=
φ (r ) = ∫ E (r ) ⋅ dl = ∫ 0dr + ∫
4πε r 2
4πε R
ε
r
r
R
07/01/2009
r
, r<R
EyM 0-58
EyM 3.1-28
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
Representar gráficamente la variación del potencial y del campo y explicar
sus continuidades/discontinuidades
E
Φ
r
R
r
R
EyM 0-59
Resumen (1)
r
r
Puntos ordinarios: ∇ × E = 0 ⇒ E = −∇φ ; Puntos no ordinarios:
Ecuación de Poisson:
( )
r
r
∇ ⋅ D = ρ ⇒∇ ⋅ εE = ∇ ⋅ (− ε∇φ ) = ρ
φ1 S = φ2 S
∇ ⋅ (∇φ ) = ∆φ = −
ρ
ε
Condiciones de unicidad o de contorno:
cc Dirichlet ⇒φ S = F ( S )
cc Neuman ⇒
∂φ
∂n
= G(S )
S
cc Regularidad en el infinito : lim rφ (r ) = cte ; lim r 2 E (r ) = cte
r →∞
Carga puntual:
r
φ (r ) =
r →∞
q
r r
4πε r − rq
EyM 0-60
07/01/2009
EyM 3.1-29
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Resumen (2)
r
∫∫∫V rr − rr′ dv'
r
ρ s (r ′)
1
=
r
r dS ′
4πε ∫∫S r − r ′
r
1
ρ l (r ′)
=
r r dl ′
4πε ∫C r − r ′
r
1
φ (r ) =
4πε
Aportaciones infinitesimales:
ρ (r ′)
(•)2
=•
Limitaciones: 1) No puede haber discontinuidades de medio
2)No puede haber cargas en el infinito
Gauss: se obtiene el campo y, a partir de él, el potencial:
r ∞ r r ∞
r r
r r r
E (r ) ⋅ dl = −∇φ (r ) ⋅ dl ⇒ ∫ E (r ) ⋅ dl = ∫ − ∇φ (r ) ⋅ dl = ∫ dφ =φ (r ) − 0
r
r
∞
EyM 0-61
Ejercicio: potencial y campo de una
distribución esférica
Sea una distribución esférica de carga de densidad uniforme ρ y radio a sobre
un dieléctrico de permitividad ε y rodeado del vacío. Determinar el potencial y el
campo producidos a) utilizando la ley de Gauss, b) integrando la ecuación de
Poisson y c) usando aportaciones infinitesimales.
A) Método de Gauss: es el método mas simple y rápido pero también el mas
restringido en posibilidades de aplicación. En la región exterior a la
4 3
distribución:
πa ρ ρa3 1
4
q
De (r )4πr 2 = πa3 ρ ⇒ Ee (r ) = 3
=
=
3
4πε0r 2 3ε 0 r 2 4πε0r 2
(e)
En la región interior:
ρ
4
Di (r )4πr 2 = πr 3 ρ ⇒ Ei (r ) = r
3
3ε
a
(i)
ρ
ε
ε0
El potencial en la región exterior será:
4
ρ πa3
r
ρa3 r 1
q
=
φe (r ) = −∫ Ee (r )rˆ ⋅ rˆdr= −
dr = 3
∞
3ε 0 ∫∞ r 2
4πε0r 4πε0r
Tanto a efectos del potencial como del campo, la esfera de carga, en la región
exterior a la misma, se comporta como una carga puntual en su centro.EyM 0-62
07/01/2009
EyM 3.1-30
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio: potencial y campo de una
distribución esférica
El potencial en la región interior será:
a
∞
r
a
φi (r ) = ∫ Ei (r )dr + ∫ Ee (r )dr=
ρ a
ρa2 ρr 2 ρa2 ρa2 ρr 2
q
+
−
=
+
−
rdr =
∫
r
4πε0a 3ε
4πε0a 6ε 6ε 3ε 0 6ε 6ε
q
+
B) Por integración directa de la ecuación de Poisson. Este método es mas
general que el anterior y al tiempo mas complejo y largo de aplicar. Dada la
simetría esférica el potencial y el campo solo dependen de r por lo que:
∂ ⎛
∂φ ⎞
1 ∂ ⎛ 2 ∂φ ⎞
1
1 ∂ 2φ 1 ∂ ⎛ 2 ∂φ ⎞
=
⎜r
⎟+ 2
⎜ sinθ
⎟+ 2
⎜r
⎟
2
∂θ ⎠ r sinθ ∂ϕ 2 r 2 ∂r ⎝ ∂r ⎠
r ∂r ⎝ ∂r ⎠ r sinθ ∂θ ⎝
El potencial satisfará las siguientes ecuaciones para las regiones interior y
exterior respectivamente:
dφ
1 d ⎛ dφ ⎞
ρ
ρ
ρ
⎛ dφ ⎞
⇒ d ⎜ r 2 i ⎟ = − r 2 dr ⇒ r 2 i = − r 3 + Ai
∆φi = 2 ⎜ r 2 i ⎟ = −
r dr ⎝ dr ⎠
dr
ε
ε
3ε
⎝ dr ⎠
ρr 2 Ai
A⎞
⎛ ρ
dφi =⎜ − r + 2i ⎟dr ⇒ φi = −
− + Bi
6ε r
r ⎠
⎝ 3ε
dφ
A
A
1 d ⎛ dφ ⎞
∆φe = 2 ⎜ r 2 e ⎟ = 0 ⇒ r 2 e = Ae ⇒ dφe = 2e dr ⇒ φe = − e + Be
r dr ⎝ dr ⎠
dr
r
r
EyM 0-63
∆φ =
Ejercicio: potencial y campo de una
distribución esférica
Aplicando ahora condiciones de contorno se encontraran los valores de las
constantes de integración.
⎛ Ae
⎞
= Be = 0
1.- El potencial en el infinito será nulo. Por tanto: φe r →∞ = ⎜ − r + Be ⎟
⎝
⎠ r →∞
2.- Como no hay cargas puntuales en el origen, el potencial en r=0 no debe ser
infinito. Por tanto:
⎞
⎛ ρr 2 Ai
φi r =0 =⎜⎜ −
− + Bi ⎟⎟ ≠ ∞ ⇒ Ai = 0
⎠ r =0
⎝ 6ε r
A
ρa 2
+ Bi =φe r =a = − e
6ε
a
4.- Como en r=a no hay densidades superficiales de carga las componentes
radiales de D han de ser continuas:
ρ
ρa3
dφ
dφ
A
−ε i
= a = −ε 0 e
= −ε 0 2e ⇒ Ae = −
3ε 0
dr r =a 3
dr r =a
a
Ae ρa 2 ρa 2 ρa 2
=
+
Por tanto: Bi =− +
y los potenciales son:
6ε 3ε 0
a 6ε
3.- El potencial en r=a debe ser continuo:
φe = −
Ae ρa3
=
r 3ε 0r
φi =−
φi r =a = −
ρr 2
ρr 2 ρa 2 ρa 2
+ Bi = −
+
+
6ε
6ε
6ε 3ε 0
EyM 0-64
07/01/2009
EyM 3.1-31
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio: potencial y campo de una
distribución esférica
C) Método de aportaciones infinitesimales. El potencial en cualquier punto se
r
obtiene mediante la expresión:
r
ρ (r ′)
1
φ (r ) =
r
r dv'
4πε ∫∫∫V r − r ′
Solo puede aplicarse si todo el espacio es homogéneo. Por tanto no puede
aplicarse al ejercicio bajo estudio. Por hacer un ejercicio de aplicación se va a
suponer que la permitividad dieléctrica fuese constante en todo el espacio.
En virtud de la simetría del problema se toman para el cálculo puntos sobre
r r
el eje z.
dv′ = r ′2 sinθ ′dr ′dθ ′dφ ′
r − r ′ = (r 2 + r′2 − 2rr′ cosθ ′)
z
r
ρ a π 2π r′2 sinθ ′dr′dθ ′dϕ ′
φ (r ) =
1
(e)
4πε ∫r′=0 ∫θ ′=0 ∫ϕ′=0 (r 2 + r′2 − 2rr′ cosθ ′) 2
r r
r − r′
1
r
r
(i)
r
r′
=
y
a
ρ
ρ a π
r′2 sinθ ′dr′dθ ′
∫
∫
2ε r′=0 θ ′=0 (r 2 + r′2 − 2rr′ cosθ ′)
1
2
ρ a 2⎡ 1 2 2
(r + r′ − 2rr′ cosθ ′)
r′
2ε ∫r′=0 ⎢⎣ rr′
ρ a r′ ⎡
(r + r′) − (r − r′)2 ⎤⎥dr′
= ∫
⎦
2ε r′=0 r ⎢⎣
1
=
ε
x
2
εε
π
2
0
⎤
⎥dr′
⎦
EyM 0-65
Ejercicio: potencial y campo de una
distribución esférica
Teniendo en cuenta que la integral agrega expresiones de distancia debe
cuidarse la simplificación de
(r − r′)2 . Así, para puntos exteriores a la esfera
r>r´ y por tanto:
3
ρ
φe (r > a ) =
2ε
4πa
a
r′
ρ 2 r ′3
ρa 3 ρ 3
q
∫r′=0 r [(r + r′) − (r − r ′)]dr′ = 2εr 3 = 3εr = 4πεr = 4πεr
0
a
Para puntos interiores hay que descomponer la integral en dos partes de la
siguiente manera:
r <r′
>r′
6r7
8⎤
67
8⎤ ⎤
a r′ ⎡
ρ ⎡ r r′ ⎡
⎢(r + r ′) − (r − r ′)⎥ dr ′ + ∫
⎢(r + r ′) − (r ′ − r )⎥ dr ′⎥
φi (r < a ) = ⎢ ∫ ′
r ′= r r
2ε ⎢ r =0 r ⎢
⎥
⎢
⎥ ⎥
⎣
⎣
=
ρ
2ε
⎡ 2r ′
⎢
⎢⎣ 3r
3 r
0
+
2r ′
2
⎦
⎣
⎦
⎦
⎤ ρa 2 ρr 2
⎥=
−
2ε
6ε
r⎥
⎦
2 a
EyM 0-66
07/01/2009
EyM 3.1-32
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
Obtener el potencial creado por una distribución lineal de carga de
densidad uniforme λ cul/m y longitud 2L.
L
ρ
x
r
φ (r ) = ∫
r
r
r
r´
-L
r
φ (r ) =
y
r
r ′ = z´zˆ
r
r = ρρˆ + zzˆ
⎤
λ ⎡ L
dz´
⎢ ∫
⎥
4πε ⎢ z´= − L ρ 2 + (z − z´)2 ⎥
⎣
⎦
φ (ρ , z ) =
r
λ (r ′)dl '
λ
r r =
C 4πε r − r ′
4πε
z
∫
C
dl '
r r
r − r′
dl´= dz´
r r
2
r − r ′ = ρ 2 + (z − z´)
∫
dx
a + x2
2
)
(
= ln x + a 2 + x 2 + C
2
λ ⎡ ρ 2 + (z − L ) + L − z ⎤
⎥
ln ⎢
4πε ⎢ ρ 2 + (z + L )2 − L − z ⎥
⎦
⎣
EyM 0-67
Ejercicio
La representación gráfica del potencial normalizado en el plano xz es:
z
x
-z
x
Como puede verse el potencial varía (decrece) muy rápidamente al alejarnos
de la línea de carga.
EyM 0-68
07/01/2009
EyM 3.1-33
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
Para apreciar mejor la variación suele representarse el potencial en dB
φdB (x, z ) ϕ =0 = 20 log φ (x, z )
Se ha aumentado también el número de puntos de cálculo para mejorar la
definición de las gráficas respecto a las anteriores
Ahora se aprecia claramente como al alejarnos la distribución se comporta
como circular (las líneas equipotenciales tienden a ser circulares).
EyM 0-69
Ejemplo: Potencial de una línea de carga
uniforme
Supóngase una densidad lineal de carga uniforme λ distribuida sobre una línea
recta que se toma como eje z, tal como indica la figura.
El potencial en puntos del plano de simetría de la distribución no dependerá de
φ y si de ρ:
φ
z
L
=
λ
ρ
x -L
y
plano z = 0
=
λ
4πε
∫
L
z ′= − L
(
dz ′
z ′2 + ρ 2
λ
2ln z ′ + z ′2 + ρ 2
4πε
)
L
z′=0
=
=
λ ⎛⎜ L2 + ρ 2 + L ⎞⎟
ln
⎟
2πε ⎜⎝
ρ
⎠
Puede observarse que:
λ ⎛⎜ L2 + ρ 2 + L ⎞⎟
ln
→ ln (∞ )
L →∞ 2πε
⎜
⎟
ρ
⎝
⎠
φ L→∞ = lim
lo que de nuevo se debe a que se toma como origen de potenciales el
infinito donde ahora habría cargas.
EyM 0-70
07/01/2009
EyM 3.1-34
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejemplo: Potencial de una línea
indefinida de carga uniforme
Si se toma como origen de potenciales un punto a distancia R0 del hilo
entonces:
φ
plano z = 0
λ
= φ (ρ ) − φ (R0 ) =
2πε
2
⎡ ⎛ L2 + ρ 2 + L ⎞
⎛ 2
⎞⎤
⎟ − ln⎜ L + R0 + L ⎟⎥ =
⎢ln⎜
⎜
⎟⎥
⎟
ρ
⎢ ⎜⎝
R0
⎠
⎝
⎠⎦
⎣
λ ⎛⎜ L2 + ρ 2 + L R0 ⎞⎟
ln
2πε ⎜ L2 + R 2 + L ρ ⎟
0
⎝
⎠
=
λ ⎛⎜ L2 + ρ 2 + L R0 ⎞⎟
=
ln
L →∞ 2πε
⎜ L2 + R 2 + L ρ ⎟
0
⎝
⎠
z
φ L→∞ = lim
L
λ
ρ
y
x -L
2
⎞
⎛
⎟
⎜ 1 + ⎛⎜ ρ ⎞⎟ + 1
λ ⎜
λ ⎛ R0 ⎞
R0 ⎟
⎝ L⎠
= lim
=
ln⎜
ln⎜⎜ ⎟⎟
⎟
2
L →∞ 2πε
⎜ 1 + ⎛ R0 ⎞ + 1 ρ ⎟ 2πε ⎝ ρ ⎠
⎜ L⎟
⎟
⎜
⎝
⎠
⎠
⎝
EyM 0-71
Ejemplo: Potencial de una línea
indefinida de carga uniforme
El campo del hilo de carga indefinido puede obtenerse como:
r
⎛ ρ ⎞⎞
⎛ R0 ⎞ ⎞
d ⎛ λ
d ⎛⎜ λ
λ 1
⎟
⎜
⎜⎜ ⎟⎟ ⎟ ρˆ =
ˆ
⎜
⎟
E = −∇φ = −
=
ρ
ρˆ
ln
ln
⎜
⎟
⎟
⎜
⎜
⎟
dρ ⎝ 2πε ⎝ ρ ⎠ ⎠
dρ ⎝ 2πε ⎝ R0 ⎠ ⎠
2πε ρ
El mismo resultado se habría obtenido aplicando el teorema de Gauss al
cilindro de la figura (suponiendo indefinida la distribución de carga). El flujo
sobre las tapas seria cero y el flujo lateral seria: D(ρ ) ⋅ 2πρ ⋅ 2H y la carga
r 1
λ 1
encerrada: λ ⋅ 2H .
Por tanto:
ρˆ
E = D( ρ )ρˆ =
ε
z
L
λ
ρ
x -L
07/01/2009
2πε ρ
También a partir de este campo podría obtenerse el
potencial como:
r
dφ
λ dρ
E = E (ρ )ρˆ = −∇φ = −
ρˆ ⇒ dφ = − E (ρ )dρ = −
dρ
2πε ρ
λ dρ
λ
φ=−
⇒ φ =−
ln (ρ ) + K
2πε ∫ ρ
2πε
y
No puede tomarse potencial cero en el infinito pues
r
E sino K seria infinito. Tomando potencial cero en R0 se
obtiene:
λ ⎛R ⎞
φ=
2πε
ln⎜⎜ 0 ⎟⎟
⎝ ρ ⎠
EyM 0-72
EyM 3.1-35
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Distribuciones Bidimensionales
Se denominan distribuciones bidimensionales de carga aquellas en las que la
carga se distribuye uniformemente en una dirección, que se toma como z, y
solo varia en las dos direcciones transversales x e y.
En esta situación una de las tres integrales del potencial (o del campo) se
realiza representando la carga como una superposición de líneas de carga que
se extienden de - ∞ a + ∞. El elemento básico de carga es la línea de carga
mostrada en la figura.
Tomando el origen de potenciales en un punto R0
del plano xy, el potencial creado por la línea de
z dS
carga en P es:
−λ ⎛ r ⎞
φ=
r
λ = ρ (r ′)dS
r
r′
x
P
r
r
y
2πε
ln⎜⎜ ⎟⎟
⎝ R0 ⎠
La integral sobre la distribución bidimensional de
r
r r
carga será:
ρ (r ′) ln r − r ′ dS
φ = − ∫∫
S
2πε
S es la sección transversal de la distribución y R0=1.
El origen de potenciales no se puede tomar en el infinito
y puede tomarse en cualquier otro punto del plano sin mas que
sumar una constante adecuada al potencial anterior. EyM 0-73
Ejercicios
•
•
•
•
Método de Gauss
Aportaciones infinitesimales para obtener el campo
Potencial. Continuidad. Ecuaciones de Poisson y Laplace
Condiciones de unicidad: Dirichlet, Neumann, regularidad en el
infinito.
• Aportaciones infinitesimales.
• Problemas bidimensionales.
EyM 0-74
07/01/2009
EyM 3.1-36
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Campo E-E a partir de la ley de Gauss
La ley de Gauss permite obtener la inducción D a partir de la distribución de
cargas en aquellos problemas en que la geometría del mismo permita
transformar la ecuación integral que establece la ley de Gauss en una ecuación.
algébrica.
r
r
∫∫ D ⋅ dS = ∫∫∫ ρdV = q
S
V
Para
Paraello
elloen
engeneral
generaldebe
debeelegirse
elegirseSG
SG(“la
(“lasuperficie
superficiede
deGauss”)
Gauss”)de
demanera
manera
que
D
sea
constante
sobre
ella
y
además
tal
que
la
dirección
de
su
que D sea constante sobre ella y además tal que la dirección de sunormal
normal
coincida
coincidacon
conlalade
deD.
D.Algunos
Algunosejemplos
ejemplosilustrarán
ilustraránelelprocedimiento.
procedimiento.
⎡ D SG = cte⎤
r r
r qr
⎢ r
r ⎥ ⇒ ∫∫SGD ⋅ dS = DS = ∫∫∫V ρdV = q ⇒ D = n
S
⎢⎣ D SG n ⎥⎦
R̂
Carga puntual:
r
r
O
r r r
R = r − r′
r r
E (r ) =
q
r
r′
r r
r − r′
ˆ
R= r r
r − r′
q
ˆ
r r 2R
4πε r − r ′
EyM 0-75
Campo E-E a partir de la ley de Gauss
Distribución esférica de carga. Una
densidad volumétrica ρ y/o superficial de
carga se distribuye con simetría esférica.
r
D = D(r )rˆ
r
D
SG
Distribución superficial de carga:
suponemos una densidad
superficial de carga uniforme σ
sobre un plano (z=0).
z
07/01/2009
n̂
r
D
n̂
σ
σ
r
D = sgn( z ) Dzˆ
Distribución lineal de carga:
con densidad constante λ a
lo largo del eje z.
r
D
r
D = D(ρ )ρˆ
n̂
r
D
r
D
λ
L
EyM 0-76
EyM 3.1-37
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Resumen
r r
E (r ) =
q
ˆ
r r 2R
4πε r − r ′
r r
r r
E (r ) = ∑ Ei (r ) = ∑
Superposición
i
i
qi
ˆ
r r ' 2 Ri
4πε r − ri
r r r
r r r
r r r
rr
ρ (r ′)(r − r ′)dv' r r
λ(r ′)(r − r ′)dl'
σ (r ′)(r − r ′)dS ' r r
(
)
E
r
=
(
)
=
E
r
E(r ) = ∫∫∫
r r3
∫∫S´ 4πε rr − rr′ 3
∫C´ 4πε rr − rr′ 3
V´
4πε r − r ′
1
r r
r − r ′ = (r 2 + r ′2 − 2rr ′ cosψ ) 2
(z )
2
1
2
→ z → sgn( z ) z
(1 + x )n = 1 + ⎛⎜⎜
n⎞ 1 ⎛ n⎞ 2
1
⎛ n⎞
⎟⎟ x + ⎜⎜ ⎟⎟ x + L + ⎜⎜ ⎟⎟ x n ⇒(1 + x )− 2 = 1 − 12 x + 83 x 2 + L
⎝1⎠
⎝ 2⎠
⎝ n⎠
ρ ′dρ ′
R
∫ρ (ρ ′
′=0
2
+ z2 ) 2
3
=
(ρ ′
R
−1
2
+ z2 ) 2
1
ρ ′= 0
EyM 0-77
Resumen (1)
r
r
Puntos ordinarios: ∇ × E = 0 ⇒ E = −∇φ ; Puntos no ordinarios:
Ecuación de Poisson:
( )
r
r
∇ ⋅ D = ρ ⇒∇ ⋅ εE = ∇ ⋅ (− ε∇φ ) = ρ
φ1 S = φ2 S
∇ ⋅ (∇φ ) = ∆φ = −
ρ
ε
Condiciones de unicidad o de contorno:
cc Dirichlet ⇒φ S = F ( S )
cc Neuman ⇒
∂φ
∂n
= G(S )
S
cc Regularidad en el infinito : lim rφ (r ) = cte ; lim r 2 E (r ) = cte
r →∞
Carga puntual:
r
φ (r ) =
r →∞
q
r r
4πε r − rq
EyM 0-78
07/01/2009
EyM 3.1-38
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Resumen (2)
r
∫∫∫V rr − rr′ dv'
r
ρ s (r ′)
1
=
r
r dS ′
4πε ∫∫S r − r ′
r
ρ l (r ′)
1
=
r r dl ′
4πε ∫C r − r ′
ρ (r ′)
r
1
φ (r ) =
4πε
Aportaciones infinitesimales:
(•)2
=•
Limitaciones: 1) No puede haber discontinuidades de medio
2)No puede haber cargas en el infinito
Gauss: se obtiene el campo y, a partir de él, el potencial:
r ∞ r r ∞
r r
r r r
E (r ) ⋅ dl = −∇φ (r ) ⋅ dl ⇒ ∫ E (r ) ⋅ dl = ∫ − ∇φ (r ) ⋅ dl = ∫ dφ =φ (r ) − 0
r
∞
r
EyM 0-79
Distribuciones Bidimensionales
Se denominan distribuciones bidimensionales de carga aquellas en las que la
carga se distribuye uniformemente en una dirección, que se toma como z, y
solo varia en las dos direcciones transversales x e y.
En esta situación una de las tres integrales del potencial (o del campo) se
realiza representando la carga como una superposición de líneas de carga que
se extienden de - ∞ a + ∞. El elemento básico de carga es la línea de carga
mostrada en la figura.
Tomando el origen de potenciales en un punto R0
del plano xy, el potencial creado por la línea de
z dS
carga en P es:
−λ ⎛ r ⎞
φ=
r
λ = ρ (r ′)dS
r
r′
x
P
07/01/2009
r
r
y
2πε
ln⎜⎜ ⎟⎟
⎝ R0 ⎠
La integral sobre la distribución bidimensional de
r
r r
carga será:
ρ (r ′) ln r − r ′ dS
φ = − ∫∫
S
2πε
S es la sección transversal de la distribución y R0=1.
El origen de potenciales no se puede tomar en el infinito
y puede tomarse en cualquier otro punto del plano sin mas que
sumar una constante adecuada al potencial anterior. EyM 0-80
EyM 3.1-39
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
Obtener la intensidad de campo eléctrico producido por las dos hojas planas
paralelas de carga de la figura en las regiones: 1) 0≤x≤a, 2) a≤x. ¿Qué relación
debe existir entre y para que se anule el campo en la región 2? ¿Cuánto vale
en este caso la diferencia de potencial entre las hojas de carga?
r σ
E=
sgn( x) xˆ
2ε
σ2
σ1
r
σ σ
Por tanto en 1) 0≤x≤a : E = ⎛⎜ 1 − 2 ⎞⎟ xˆ
⎝ 2ε 2ε ⎠
0
a
x
r ⎛ σ1 σ 2 ⎞
En 2) a≤x≤b :
E = ⎜ + ⎟ xˆ
1
2
⎝ 2ε 2ε ⎠
r ⎛ σ1 σ 2 ⎞
+ ⎟ xˆ = 0 ⇒ σ 2 = −σ 1
Para que E valga cero en 2: E = ⎜
⎝ 2ε 2ε ⎠
r ⎛ σ1 ⎞
Y la diferencia de potenciales entre x=0 y x=a : E = ⎜
⎟ xˆ
⎝ε ⎠
x =a
x=a
x =a r
x = a⎛ σ ⎞
r
r
⎛σ ⎞
φ (0) − φ (a) = − ∫ dφ = ∫ − ∇φ ⋅ dx = ∫ E ⋅ dx = ∫ ⎜ 1 ⎟ xˆ ⋅ xˆdx =⎜ 1 ⎟a
x =0
x =0
x =0
x =0 ε
ε ⎠
⎝EyM
⎝ ⎠
0-81
El campo creado por una hoja es:
Ejercicio
Un conductor plano indefinido tiene una densidad superficial de carga
uniformemente distribuida de densidad σ0. Calcular la intensidad de campo
eléctrico si por encima del conductor hay una densidad volumétrica de carga
de valor
ρ = ρ e −α z , z > 0
0
ρ = ρ 0e −αz nr ≡ zˆ
El campo solo tiene componente z y solo varía con z
σ0
Al aplicar la Ley de Gauss al cilindro de la figura el
flujo sobre la superficie lateral y sobre la tapa
inferior son nulos. La carga encerrada es la que hay
en superficie más la que hay en volumen.
r
n ≡ ρ̂
z
r
n ≡ − zˆ
r
D = D(z )zˆ
r r
2
2
∫∫ D ⋅ dS = D(z )πR = σ 0πR +
⎛ 1 − e −αz ⎞
⎟⎟
D( z ) = σ 0 + ρ 0 ⎜⎜
⎝ α ⎠
07/01/2009
z
2π
R
∫ ∫ ∫ρ e
0
z =0 ϕ =0 ρ =0
−αz
R 2 ⎛ e −αz
⎜
ρdρdϕdz =σ 0πR + ρ 0 2π
2 ⎜⎝ − α
2
r σ
ρ
E = 0 + 0 1 − e −αz zˆ , z ≥ 0
ε0
ε 0α
(
r
E =0 , z<0
)
z
⎞
⎟⎟
⎠0
EyM 0-82
EyM 3.1-40
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
Se tiene una densidad volumétrica de carga uniforme ρ0 en la región a≤ ρ ≤b,
0 ≤ φ<2π, -∞ ≤ z ≤ ∞. Calcular la intensidad de campo eléctrico que produce.
Por simetría el campo solo tiene componente ρ y
solo varía con ρ. El flujo sobre las tapas de los
cilindros de Gauss será cero.
Para ρ<a la carga encerrada es cero y por tanto
2πρLεE (ρ ) = 0 ⇒ E (ρ ) = 0 , ρ < a
Para a<ρ<b resulta:
2πρLεE (ρ ) = ∫
(
2π
L
∫ ∫
z =0 ϕ =0 ρ = a
)
r ρ ρ −a
E= 0
ρˆ
2ερ
(
2
2
2πρLεE (ρ ) = ∫
Para b < ρ resulta:
)
2
L
ρ
⎛ ρ2 ⎞
⎟⎟ = ρ 0 Lπ ρ 2 − a 2
⎝ 2 ⎠a
ρ 0 dzρdϕdρ = ρ 0 L 2π ⎜⎜
(
)
, a≤ρ ≤b
2π
b
∫ ∫
b
z =0 ϕ = 0 ρ = a
r ρ b −a
E= 0
ρˆ
2ερ
2
ρ
⎛ ρ2 ⎞
⎟⎟ = ρ 0 Lπ b 2 − a 2
2
⎝ ⎠a
ρ 0 dzρdϕdρ = ρ 0 L 2π ⎜⎜
, b<ρ
(
)
EyM 0-83
Ejercicio
Sea una distribución superficial de carga ρs constante sobre una superficie
esférica y una carga puntual q en su centro. Razone cuanto debe valer el
potencial en los puntos del eje z. Calcule el potencial integrando la ecuación
de Poisson/Laplace.
z
θ
ρs
07/01/2009
aρ
q
+ s el de una carga puntual + cte.
ε
4πε z
q
a 2 ρs
φ (z ) =
+
el de dos cargas puntuales
4πε z ε z
Si
z >a
∆φ =
1 ∂ 2φ 1 ∂ ⎛ 2 ∂φ ⎞
∂φ ⎞
1 ∂ ⎛ 2 ∂φ ⎞
1
∂ ⎛
=
⎜r
⎟+ 2
⎜ sinθ
⎟+ 2
⎜r
⎟
2
∂θ ⎠ r sinθ ∂ϕ 2 r 2 ∂r ⎝ ∂r ⎠
r ∂r ⎝ ∂r ⎠ r sinθ ∂θ ⎝
a
q
φe ∞ = 0 =
φ (z ) =
Si z < a
∆φi =
1 d ⎛ 2 dφi ⎞
qδ (r ) ⎛ 2 dφi ⎞
A
2 dφi
⇒d ⎜ r
= − Ai ⇒ φi = i + Bi
⎜r
⎟=−
⎟ = 0⇒r
2
r dr ⎝ dr ⎠
ε
dr
r
⎝ dr ⎠
∆φe =
1 d ⎛ 2 dφe ⎞
A
−A
2 dφe
= − Ae ⇒dφe = 2 e dr⇒φe = e + Be
⎜r
⎟ = 0 ⇒r
r 2 dr ⎝ dr ⎠
dr
r
r
Ae
+ Be ⇒ Be = 0
∞
∫∫∫ ∆φ dV = −∫∫∫
V
i
V
qδ (r )
ε
dV = −
q
ε
= ∫∫
S
∂φi
−A
dS = ∫∫ 2 i dS = −4π Ai
S
∂r
r
EyM 0-84
EyM 3.1-41
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio (cont)
Sea una distribución superficial de carga ρs constante sobre una superficie
esférica y una carga puntual q en su centro. Razone cuanto debe valer el
potencial en los puntos del eje z. Calcule el potencial integrando la ecuación
de Poisson/Laplace.
z
Be = 0
θ
ρs
a
q
Ai =
⎛ − dφe − dφi ⎞
rˆ ⋅ ε ⎜
−
⎟
dr ⎠ r =a
⎝ dr
φi r =a =
q
4πε
ρ a2 q
⎛A A ⎞
= ε ⎜ 2e − 2i ⎟ = ρs ⇒ Ae = s +
ε
4πε
⎝a a ⎠
q
A
+ Bi = φe r =a = e
4πεa
a
Bi =
Ae
q
ρa
−
= s
a 4πεa ε
φi =
Ai
ρa
q
+ Bi =
+ s
4πεr ε
r
φe =
ρ a2
Ae
q
+ Be = s +
r
εr 4πεr
EyM 0-85
Ejercicio
Una distribución superficial de carga tiene forma de superficie esférica a la que
le falta un casquete, tal como se indica en la figura. Calcular el potencial en los
puntos del eje z. Particularizar para θ0 = 0 y comentar el resultado obtenido.
z
φ=
θ0
a
2ε
ρs
1
4πε ∫∫
S
φ (z ) = ∫
π
θ =θ 0
=
r
ρ s (r ′)dS ′
r r
r − r′
r r
r − r ′ z = a 2 + z 2 − 2az cos θ
a 2 senθdθ
a 2 + z 2 − 2az cos θ
=
a2
a 2 + z 2 − 2az cos θ
az
π
θ0
a⎛
⎜ z + a − a 2 + z 2 − 2az cos θ 0 ⎞⎟
⎠
z⎝
2ε
a⎛
2 ⎞
Para θ0 = 0 : ρ φ ( z ) = z ⎜⎝ z + a − (z − a) ⎟⎠
s
4πa 2 ρs
2ε
a
Si z < a φ (z ) =
constante
φ (z ) = ( z + a − z − a )
Si z > 0
4πεa
ρs
z
4πa 2 ρs
Si z > a φ (z ) =
como una carga puntual.
4πεz
Si θ0 =0 tenemos una esfera de carga, el potencial es simétrico respectoEyM
al origen
0-86
07/01/2009
EyM 3.1-42
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
Representación del potencial normalizado.
φ
2
f( z, 0 ) 1.5
f( z, 10)
f( z, 45)
1
f( z, 90)
0.5
2
1
0
1
2
z/a
EyM 0-87
Ejercicio
Representación del campo normalizado.
1
E( z, 0 )
E( z, 10)
0
E( z, 45)
E( z, 90)
1
2
1
0
z
07/01/2009
1
2
EyM 0-88
EyM 3.1-43
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio: Potencial de una tira de carga
constante indefinida.
Calcular el potencial creado por una densidad superficial de carga σ sobre
una tira plana indefinida de ancho w en su plano de simetría
Y
r r φ = − ∫∫S
r − r′
r
r
ρS = σ
r
r′
w
r
r
=
−σ
4πε
−σ
4πε
w/ 2
r r
r
∫ ln r − r ′ ρ (r ′)dl ′ + K
S
L
Siendo (en el plano de simetría yz):
(
Sustituyendo:
φ (r ) =
El potencial es:
r r
r
r = yyˆ ⎫ ⎧ r − r ′ = − x′xˆ + yyˆ
1
r
⎬⇒⎨r r
2
2 2
r ′ = x′xˆ ⎭ ⎩ r − r ′ = x′ + y
X
Z
r r
ρ (r ′) ln r − r ′ dS
2πε
r
−1
φ (r ) =
2πε
(
)
2
2
∫ ln x′ + y dx′ + K =
−w / 2
−σ
4πε
dl ′ = dx′
)
w/ 2
⎡
x′ ⎤
2
2
+K =
⎢ x′ ln x′ + y − 2 x′ + 2 y arctg y ⎥
⎣
⎦ −w/ 2
(
)
⎡
⎞
⎛ ⎛ w ⎞2
w⎤
⎢ w ln⎜ ⎜ ⎟ + y 2 ⎟ − 2w + 4 y arctg ⎥ + K
⎟
⎜⎝ 2 ⎠
2 y ⎥⎦
⎢⎣
⎠
⎝
EyM 0-89
Ejercicio: Potencial de una tira de carga
constante indefinida.
Representación del potencial en los puntos del eje Y:
Φ( y)
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
y/w
Observe el cambio de pendiente al atravesar la distribución.
EyM 0-90
07/01/2009
EyM 3.1-44
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio: Potencial de una tira de carga
constante indefinida.
Representación del potencial y de las líneas de campo en el plano z=cte
1
y/w 0
-1
-1
0
x/w
1
EyM 0-91
Ejercicio propuesto
Dada una distribución volumétrica de carga de forma esférica, situada en el
vacío, cuya densidad volumétrica de carga toma el valor :
r ≤ a/2
⎧ ρ0
⎪
ρ
ρ (rr ) = ⎨ 1 a / 2 < r ≤ a
⎪r
r>a
⎩ 0
C/m3
se pide:
a) Calcular el valor del potencial en puntos exteriores a la esfera de radio a (2.5p)
b) Calcular el valor del potencial en puntos interiores a la esfera de radio a (4.5p)
c) Calcular la carga de la distribución (1p)
d) Calcular el valor del campo eléctrico y del potencial en puntos muy alejados de
la distribución de carga (2p)
Nota: en todos los casos indique las unidades de los resultados en el
sistema internacional.
EyM 0-92
07/01/2009
EyM 3.1-45
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio propuesto
Sea una distribución lineal de carga de valor λ C/m uniformemente distribuida en el
vacío sobre una línea recta de longitud 2L, paralela al eje z y centrada en el punto
(a cosα, a senα, 0). Se pide que:
a) Obtenga geométricamente la dirección del campo eléctrico en z=0 (1p).
b) Calcule el campo eléctrico en puntos del eje z (3p).
c) Calcule el campo eléctrico en puntos del eje z debido a la distribución lineal
cuando α=0º, si se sitúa un plano conductor infinito, a potencial cero en x=b siendo
b>a (2p).
d) Calcule, empleando el resultado del apartado b), el campo eléctrico que
crearía, en puntos del eje z, una distribución superficial de carga de valor σ C/m2,
distribuida uniformemente sobre un cilindro de radio a y altura 2L, con su centro en
el origen del sistema de coordenadas. (3p).
e) Calcule el campo eléctrico generado por el cilindro en puntos muy alejados de la
distribución (1p).
Nota:
Indique las unidades de las magnitudes calculadas.
EyM 0-93
Ejercicio
Una distribución lineal de carga tiene forma de semicircunferencia de radio R0,
siendo su densidad λ = λ0 ⎜cos ϕ ⎜ (ver figura). Calcular el potencial en los
puntos del eje y. ¿Cual es la dirección del campo en dichos puntos?
1
El potencial será:
φ=
4πε
r
r
r = yyˆ
r ′ = R0 cos ϕ ′xˆ + R0 senϕ ′yˆ
r r
r − r ′ = − R0 cos ϕ ′xˆ − (R0 senϕ ′ − y ) yˆ
y
λ
R0
φ=
07/01/2009
r r
r − r′ =
Por tanto el potencial es:
λ0 cos ϕ ′ R0 dϕ ′
1 π
4πε ∫ϕ
λ0
4πε
λ
= 0
4πε
=
r r
r − r′
r
r r
r′
x
ϕ
′=0
R + y − 2 yR0 senϕ ′
2
0
2
=
(R0 cos ϕ ′)2 + (R0 senϕ ′ − y )2
∫
C
r
r r
r − r′
λ(r ′)dl′
= R02 + y 2 − 2 yR0 senϕ ′
π
λ0 cos ϕ ′R0 dϕ ′
1 ⎡ π2
− λ0 cos ϕ ′R0 dϕ ′ ⎤
⎢∫
⎥
+∫ π
′
′
2
2
=
0
=
ϕ
ϕ
2
4πε ⎢
R0 + y − 2 yR0 senϕ ′
R02 + y 2 − 2 yR0 senϕ ′ ⎦⎥
⎣
π
π ⎤
2
⎡ 1
1
2
2
2
2
⎢− y R0 + y − 2 yR0 senϕ ′ 0 + y R0 + y − 2 yR0 senϕ ′ π ⎥
2⎦
⎣
1
2
2
2 R0 + y − 2 R0 − y
Por simetría el campo solo tiene componente y.
y
EyM 0-94
[
]
EyM 3.1-46
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
Potencial y campo normalizados:
2
⎡
⎛ y ⎞
4πε
R0 ⎢
y
⎟
⎜
φ=
2 1 + ⎜ ⎟ − 21 −
y ⎢
R0
λ0
⎝ R0 ⎠
⎣
3
⎤
⎥
⎥
⎦
2
f( y )
1
f ( y′) =
siendo
4πε
λ0
φ=
y′ =
[
1
2 1 + y′2 − 2 1 − y′
y′
]
0
3
2
1
0
1
2
3
1
2
3
y
4
y
R0
3
2
E( y )
E ( y′) = −
df ( y′)
dy′
1
0
1
3
2
1
0
y
EyM 0-95
Dipolo
Se denomina dipolo a una configuración de dos cargas iguales y de signos
opuestos cuando su distancia d entre ellos es mucho menor que la distancia al
punto de observación r.
Considérese la configuración de la figura. Por superposición el potencial será:
z
q ⎡1 1⎤
P
r
φ=
⎢ − ⎥
r+
4πε ⎣ r+ r− ⎦
q
r
Utilizando coordenadas cartesianas el potencial
θ r
r
r−
será:
d/2
⎡
⎤
⎢
⎥
y
q ⎢
1
1
⎥
−
φ=
2
2 ⎥
d/2
4πε ⎢
d
d
⎛
⎞
⎛
⎞
⎢ x2 + y2 + ⎜ z − ⎟
x2 + y2 + ⎜ z + ⎟ ⎥
-q
⎢⎣
2⎠
2 ⎠ ⎥⎦
⎝
⎝
x
Para realizar una representación gráfica del potencial se recurre a
normalizarlo de manera que: ⎡
⎤
⎢
⎥
xn = x
φ
d
1
1
⎢
⎥
φn =
=
−
φ
y
n
⎢
⎛ q ⎞
2
2 ⎥
=
y
n
⎜
⎟
1⎞
d
⎛
2
2
⎢ x 2 + y 2 + ⎛⎜ z − 1 ⎞⎟
xn + y n + ⎜ z n + ⎟ ⎥
⎝ 4πεd ⎠
n
n
zn = z
⎢⎣ n
⎥⎦
2 ⎠EyM
2
⎝
⎠
⎝
d
0-96
07/01/2009
EyM 3.1-47
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Potencial de dos cargas
Representación de la superficie V(y,z)
Curvas de nivel de V en x = 0
En esta configuración tenemos dos cargas pero no un dipolo.
EyM 0-97
Potencial y Campo Lejanos
En realidad el par de cargas iguales y de signo opuesto de la situación
anterior se denomina dipolo cuando se observan sus efectos a distancias
mucho mayores que la separación entre las cargas, d.
Para aproximar el potencial en dicha situación:
1
1
2
2
⎞
⎛ ⎛ d ⎞2 d
⎞
⎛ 2 ⎛ d ⎞2
d
z
r+ = ⎜ r + ⎜ ⎟ − 2r cosθ ⎟ = r ⎜1 + ⎜ ⎟ − cosθ ⎟
⎟
⎜ ⎝ 2r ⎠ r
⎟
⎜
P
r
2
⎝2⎠
⎠
⎝
⎠
⎝
r+
1
1
q
2
2
r
2
2
⎛
⎞
⎛
⎞
r
d
d
d
d
⎛
⎞
⎛
⎞
θ
2
r
r− = ⎜ r + ⎜ ⎟ + 2r cosθ ⎟ = r ⎜1 + ⎜ ⎟ + cosθ ⎟
r−
⎜
⎟
⎜ ⎝ 2r ⎠ r
⎟
d/2
2
⎝2⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
y
Tomando los primeros términos de los desarrollos en
serie de las anteriores expresiones:
d/2
x
1 1⎛
d
⎞
≈ ⎜1 + cosθ ⎟
r+ r ⎝ 2r
⎠
-q
Por tanto:
φ=
q ⎡1 1⎤
q 1 ⎡d
⎤ qd cosθ
cosθ ⎥ =
⎢ − ⎥≈
4πε ⎣ r+ r− ⎦ 4πε r ⎢⎣ r
4πεr 2
⎦
y llamando d al vector que une -q y +q será:
07/01/2009
1 1⎛
d
⎞
≈ ⎜1 − cosθ ⎟
r− r ⎝ 2r
⎠
r
qd ⋅ rˆ
φ=
4πεr 2
EyM 0-98
EyM 3.1-48
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Momento Dipolar
El vector qd es una constante propia de la distribución de cargas que se
r
r
denomina momento dipolar p
p = qd
En función del momento dipolar puede expresarse el potencial como:
r r
p⋅r
4πε r 3
El campo será:
r r
r
r r
r r ⎛ 1 ⎞⎤
1 ⎛ (p ⋅r )⎞
1 ⎡1
E = −∇φ = −
∇( p ⋅ r ) + ( p ⋅ r )∇⎜ 3 ⎟⎥
∇⎜ 3 ⎟ = −
⎢
3
4πε ⎝ r ⎠
4πε ⎣ r
⎝ r ⎠⎦
•
⎛ 6447448 ⎞ ∂ (•)
r r
r
∂ (•)
∂ (•)
∇ ( p ⋅ r ) = ∇⎜ p x x + p y y + p z z ⎟ =
xˆ +
yˆ +
zˆ = p x xˆ + p y yˆ + p z zˆ = p
⎜
⎟ ∂x
∂y
∂z
⎝
⎠
r
− 3r
⎛1⎞ ∂ ⎛1⎞
∇⎜ 3 ⎟ = ⎜ 3 ⎟rˆ = 5
r
⎝ r ⎠ ∂r ⎝ r ⎠
r r r
r
1 ⎡ 3( p ⋅ r )r r ⎤
Y sustituyendo se obtiene:
E=
− p⎥
4πεr 3 ⎢⎣ r 2
⎦
EyM 0-99
φ=
Componentes del Campo
Por simetría el campo no tiene componente φ.
Las componentes r y θ se obtienen como:
r
Er = E ⋅ rˆ =
r r r
r
qd
2 p ⋅ rˆ
⎡ 3( p ⋅ r )r r ⎤
− p ⎥ ⋅ rˆ =
=
cosθ
3 ⎢
2
3
4πεr ⎣ r
4πεr
2πεr 3
⎦
r
Eθ = E ⋅θˆ =
r r r
r
qd
⎡ 3( p ⋅ r )r r ⎤ ˆ − p ⋅θˆ
−
θ
sin θ
p
⋅
=
=
3 ⎢
2
3
⎥
4πεr ⎣ r
4πεr
4πεr 3
⎦
1
1
El potencial y el campo varían con r como r-2 y r-3 respectivamente.
Por ello satisfacen las condiciones de regularidad en el infinito:
⎛1⎞
lim rφ (r ) = lim r ⎜ 2 ⎟ = 0
r →∞
r →∞
⎝r ⎠
⎛1⎞
lim r 2 E (r ) = lim r 2 ⎜ 3 ⎟ = 0
r →∞
r →∞
⎝r ⎠
Analizar el campo en θ=π/2. Imaginar campo cero en z≤0 : ¿densidad de
carga?
EyM 0-100
07/01/2009
EyM 3.1-49
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Desarrollo Multipolar del Potencial
El potencial de una distribución de carga ρ en un
volumen V era:
Para puntos muy alejados
de la distribución (r>>r´)
se puede aproximar la
función subintegral de la
siguiente forma:
Luego:
r
1
φ (r ) =
4πε
∫∫∫
V
r
φ (r ) =
1
4πε
∫∫∫
V
r
r r dv '
r − r′
ρ (r ′)
[
]
r r −1
r r r r −1
r r −1
r − r ′ = [(r − r ′) ⋅ (r − r ′)] 2 = r 2 + r ′2 − 2r ⋅ r ′ 2
r r
2
1 ⎡ ⎛ r ′ ⎞ 2r ⋅ r ′ ⎤
= ⎢1 + ⎜ ⎟ − 2 ⎥
r ⎢⎣ ⎝ r ⎠
r ⎥⎦
− 12
r r
1 ⎛ r ⋅r′
⎞
≈ ⎜1 + 2 + L ⎟
r⎝
r
⎠
r
r
1
ρ (r ′)dv'+
r r dv' ≈
4πεr ∫∫∫V
r − r′
ρ (r ′)
r r
P⋅r
=
+
+L
4πεr 4πεr 3
(∫∫∫ ρ (rr′)rr′dv')⋅ rr + L =
V
4πεr 3
Q
La carga total de la distribución es:
r
Q = ∫∫∫ ρ (r ′)dv'
V
El momento dipolar equivalente de la distribución es
r
r r
P = ∫∫∫ ρ (r ′)r ′dv'
V
EyM 0-101
Desarrollo Multipolar del Potencial
Para puntos muy alejados de la distribución (r>>r´) el potencial es:
r r
r
Q
P⋅r
φ (r ) lejos =
+
+L
4πεr 4πεr 3
Si la carga neta Q de la distribución es distinta de cero el potencial de la
misma en puntos alejados es como el de una carga puntual.
Sin embargo si Q=0, la distribución puede tener un momento dipolar P y el
potencial lejano comportarse como el de un dipolo.
Si también el momento dipolar fuese cero podrían definirse y calcularse
momentos dipolares de orden superior (multipolos).
EyM 0-102
07/01/2009
EyM 3.1-50
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Cuadripolo
Se denomina cuadripolo a la asociación de tres cargas de valores -q, -q y 2q
dispuestas como se muestra en la figura.
z
r
p
y
+2q
d
r r
r r
p⋅r − p⋅r
φ=
+
4πεr 3 4πεr 3
r
r2
d
r
p
Como se ve esta configuración es equivalente
a dos dipolos de sentidos contrarios. El
potencial obtenido es nulo.
P
r
r
-q r1
θ r
La razón es que no se han tomado
suficientes términos en los desarrollos en
serie para esta nueva situación.
-q
x
Tomando mas términos:
2
2
1 1 ⎛⎜
3
1 1 ⎛⎜
d
d
d
⎛ ⎞ ⎛
⎞⎞
⎛d ⎞ ⎛3
⎞⎞
≈ 1 + cosθ + ⎜ ⎟ ⎜ cos 2 θ − 1⎟ ⎟
≈ 1 − cosθ + ⎜ ⎟ ⎜ cos 2 θ − 1⎟ ⎟
⎜
⎜
⎟
r1 r ⎝ 2r
r2 r ⎝ 2r
⎝ r ⎠ ⎝2
⎠⎠
⎝ r ⎠ ⎝2
⎠ ⎟⎠
El potencial en puntos lejanos será:
r
φ (r ) =
2q
−q
−q
qd 2
+
+
=
1 − 3 cos 2 θ
4πεr 4πεr1 4πεr2 4πεr 3
(
)
EyM 0-103
Ejemplo: Dos casquetes de cargas de
signo opuesto.
Se desea obtener el potencial y el campo lejanos (r>>R) de dos casquetes de
carga sobre una esfera de radio R como se indica en la figura.
r
r r
P = ∫∫∫ ρ (r ′)r ′dv'
V
z
S1
+σ
θ0
x
07/01/2009
Q = σ ⋅ 2π ⋅ (1 − cos θ 0 ) ⋅ R 2 + (− σ ) ⋅ 2π ⋅ (1 − cos θ 0 ) ⋅ R 2 = 0
El momento dipolar será:
r
r
r
P = ∫∫ σr ′dS ′ + ∫∫ (− σ )r ′dS ′
S1
S2
r
r ′ = R sin θ ′ cos ϕ ′xˆ + R sin θ ′ sin ϕ ′yˆ + R cos θ ′zˆ
dS ′ = R 2 sin θ ′dθ ′dϕ ′
R
y
−σ
Evidentemente la carga neta es nula:
Por simetría las componentes x e y se anulan.
La componente z será:
2π
2π
θ0
π
Pz = σ ⎡ ∫ ∫ R 3 cos θ ′ sin θ ′dθ ′dϕ ′ − ∫
R 3 cos θ ′ sin θ ′dθ ′dϕ ′⎤
⎥⎦
⎢⎣ θ ′=0 ϕ ′=0
θ ′ =π −θ 0 ∫ϕ ′= 0
2
sin θ 0
S2
= 2σR 3 ⋅ 2π ⋅
= 2πσR 3 sin 2 θ 0
2
r r
r
r
1 ⎡ 3(Pz zˆ ⋅ r )r
r P zˆ ⋅ r
⎤
E=
− Pz zˆ ⎥
φ (r ) = z 3
3 ⎢
2
4πεr ⎣
r
4πεr
⎦
EyM 0-104
EyM 3.1-51
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Potencial y Campo Lejanos
Un par de cargas iguales y de signo opuesto se denomina dipolo cuando se
observan sus efectos a distancias ® mucho mayores que la separación entre
las cargas (d).
q ⎡1 1⎤
q 1 ⎡d
⎤ qd cosθ
cosθ ⎥ =
Se obtiene: φ =
⎢ − ⎥≈
4πε ⎣ r+ r− ⎦ 4πε r ⎢⎣ r
4πεr 2
⎦
z
r
qd ⋅ rˆ
P
r
y
llamando
d
al
vector
que
une
-q
y
+q
será:
φ
=
r+
4πεr 2
q
r
r
r
θ r
Se denomina momento dipolar p
r
p = qd
r−
d/2
y
d/2
-q
x
r r
p⋅r
φ=
4πε r 3
r r r
⎡ 3( p ⋅ r )r r ⎤
− p⎥
4πεr 3 ⎢⎣ r 2
⎦
r r
r
r
1
ρ (r ′)
Q
P⋅r
φ (r ) =
+
+L
r r dv' ≈
∫∫∫
V
4πε
r − r′
4πεr 4πεr 3
r
r
r r
Q = ∫∫∫ ρ (r ′)dv'
P = ∫∫∫ ρ (r ′)r ′dv '
r
E=
V
1
V
EyM 0-105
Ejercicio
Dadas las líneas de carga, representadas en la figura, inmersas en el vacío y
cuyas densidades lineales de carga valen:
⎧senϕ
(0 ≤ ϕ ≤ π )
λ1 = λ0 cos ϕ cul m sobre ρ = ⎨
Z
⎩z = h
⎧− senϕ
⎩ z = −h
h
λ2 = λ0 cos ϕ cul m sobre ρ = ⎨
λ1
λ2
h
X
Y
(π ≤ ϕ ≤ 2π )
Obtenga:
a) El potencial electrostático en cualquier
punto del eje Z.
b) El momento dipolar de la distribución de
carga.
c) El potencial y el campo eléctrico en
puntos alejados de la distribución
a) La solución se obtiene aplicando la expresión del potencial electrostático
para aportaciones infinitesimales de carga a ambas distribuciones :
r
r
r
r
r
r
1
1
1
λ (r ′)dl ′
λ1 (r ′)dl1′
λ2 (r ′)dl2′
φ (r ) =
=
+
r
r
r
r
r
r = φ1 (r ) + φ2 (r )
4πε 0 ∫C r − r ′
4πε 0 ∫C1 r − r ′
4πε 0 ∫C2 r − r ′
EyM 0-106
07/01/2009
EyM 3.1-52
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
Z
Curva 1:
---
h
---
λ1
r
r = zzˆ
r
r ′ = ρ ′ρˆ + hzˆ
r r
2
2
r − r ′ = ρ ′2 + ( z − h ) = sen 2ϕ ′ + ( z − h )
λ2
(dρ ′)2 + (ρ ′dϕ ′)2
dl1′ =
+++
+++
= cos 2 ϕ ′ + sen 2ϕ ′dϕ ′ = dϕ ′
h
φ1 ( z ) =
Y
X
r
Curva 2:
r = zzˆ
r
r ′ = ρ ′ρˆ − hzˆ
r r
2
2
r − r ′ = ρ ′2 + ( z + h ) = sen 2ϕ ′ + ( z + h )
(dρ ′)2 + (ρ ′dϕ ′)2
dl2′ =
=
A esta conclusión se podía
llegar también observando
que las cargas positivas y
negativas se distribuyen
simétricamente al plano x=0,
por lo que todo ese plano,
que contiene al eje Z,
presenta un potencial
EyMΦ=0
0-107
=
= cos ϕ ′ + sen ϕ ′dϕ ′ = dϕ ′
2π
1
λ0 cos ϕ ′dϕ ′
φ2 ( z ) =
=0
4πε 0 ϕ ′∫=π sen 2ϕ ′ + ( z + h )2
2
π
λ0 cos ϕ ′dϕ ′
=0
4πε 0 ϕ ′∫=0 sen 2ϕ ′ + ( z − h )2
1
2
Ejercicio
b) El momento dipolar de la distribución de carga se obtiene mediante la
expresión:
r
r r
P = ∫∫∫ ρ (r ′)r ′dv'
V
r
r r
r r
r
r
r r
p = ∫ r ′λ (r ′)dl ′ = ∫ r ′λ1 (r ′)dl1′ + ∫ r ′λ2 (r ′)dl2′ = p1 + p2
C
C1
Curva 1:
r
r ′ = ρ ′ρˆ + hzˆ = senϕ ′(cos ϕ ′xˆ + senϕ ′yˆ ) + hzˆ
dl1′ =
(dρ ′)2 + (ρ ′dϕ ′)2
=
= cos ϕ ′ + sen ϕ ′dϕ ′ = dϕ ′
2
r
p1 = λ0
=
07/01/2009
2
⎛ senϕ ′ cos 2 ϕ ′xˆ + ⎞
⎜
⎟
2
⎜
⎟dϕ ′ =
′
′
ˆ
sen
ϕ
cos
ϕ
y
+
+
∫
⎟
ϕ ′= 0 ⎜
⎜ + h cos ϕ ′zˆ
⎟
⎝
⎠
π
2
λ0 xˆ
3
C2
Curva 2:
r
r ′ = ρ ′ρˆ − hzˆ = − senϕ ′(cos ϕ ′xˆ + senϕ ′yˆ ) − hzˆ
dl2′ =
(dρ ′)2 + (ρ ′dϕ ′)2
=
= cos ϕ ′ + sen ϕ ′dϕ ′ = dϕ ′
2
r
p2 = λ0
=
2
⎛ − senϕ ′ cos 2 ϕ ′xˆ + ⎞
⎜
⎟
2
⎜
⎟dϕ ′ =
′
′
ˆ
−
−
sen
ϕ
ϕ
y
cos
∫
⎟
ϕ ′=π ⎜
⎜ − h cos ϕ ′zˆ
⎟
⎝
⎠
2π
2
λ0 xˆ
3
EyM 0-108
EyM 3.1-53
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático I
Ejercicio
c) Lo primero que se debe comprobar es su funcionamiento como dipolo:
r r
Q = ∫ λ (r )dl =
C
π
2π
ϕ =0
ϕ =π
∫ λ0 cos ϕdϕ +
∫λ
0
cos ϕdϕ = 0
El potencial lejano vendrá dado por su comportamiento dipolar:
φ (r → ∞ ) =
r r
λ senθ cos ϕ
p⋅r
= 0
4πε 0 r 3
3πε 0 r 2
r r ⎛4
⎞
p ⋅ r = ⎜ λ0 xˆ ⎟ ⋅ (rsenθ cos ϕxˆ + rsenθsenϕyˆ + r cos θzˆ )
⎝3
⎠
Y también el campo lejano:
r
E (r → ∞ ) =
=
r r r r
1 ⎛ ( p ⋅ r )r p ⎞
− 3⎟=
⎜
4πε 0 ⎝ r 5
r ⎠
λ0
(
(
sen 2θ cos 2 ϕ − 1)xˆ + sen 2θsenϕ cos ϕyˆ + senθ cos ϕ cos θzˆ )
3
3πε 0 r
EyM 0-109
Ejercicios
Calcular el flujo, sobre una esfera de radio R, de la intensidad de campo
eléctrico producido por una densidad de carga superficial uniforme σ
sobre un cubo de lado L, concéntrico con la esfera, siendo L<<R. ¿Cuánto
valdría si L<2R/(3)1/2?
r r 6σL2
r r
r r
Q = 6σL2 = ∫∫ D ⋅ dS = ε ∫∫ E ⋅ dS
∫∫ E ⋅ dS =
ε
La diagonal del cubo es:
L2 + L2 + L2 = L(3)
12
Por lo que con la condición anterior todo el
cubo está dentro de la esfera y el flujo es el
mismo que en la pregunta anterior.
EyM 0-110
07/01/2009
EyM 3.1-54