Campo Electrost tico 2

Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Campo Electrostático
(Segunda Parte)
EyM 0-1
Método de las Imágenes
Algunos problemas electrostáticos tienen condiciones de contorno que parecen
difíciles de satisfacer por la ecuación de Poisson. Sin embargo como veremos en
este tipo de problemas las condiciones de contorno pueden establecerse
colocando cargas imagen (equivalentes).
El método de reemplazar las condiciones de contorno mediante cargas imagen se
denomina método de las imágenes.
El ejemplo ilustrativo mas simple es el de una carga puntual q situada a una
distancia d sobre un plano conductor a potencial cero, como se indica en la figura.
Se sabe:
⎛ ∂ 2φ ∂ 2φ ∂ 2φ ⎞
⎟=0
∆ φ = ⎜⎜ 2 +
+
Salvo en la carga el potencial satisface:
∂ y 2 ∂ z 2 ⎟⎠
⎝ ∂x
φ ( x, y , z = 0 ) = 0
En la superficie del conductor:
z
q
d
φ=0
σ
En las proximidades de la carga el potencial varia como:
q
φ→
4 πε R
x, y→ ± ∞
En puntos muy alejados:
φ → 0
z→∞
Parece difícil encontrar una solución que satisfaga todas las condiciones.
07/01/2009
EyM 0-2
EyM 3.2- 1
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Método de las Imágenes
Para resolver el problema anterior por el método de las imágenes se sustituye el
plano conductor por una carga de valor -q en z=-d como se indica en la figura.
z
z
q
d
ε
q
d
φ=0
φ=0
σ
d
-q
φ=
El potencial en cualquier punto del espacio es:
Es cero en z=0 y también se anula en el infinito.
q
4πε
⎛1 1⎞
⎜⎜ − ⎟⎟
⎝ r+ r− ⎠
∆φ = −
Por tanto el problema imagen, en el semiespacio z>0, es tal que
r
q δ (r − d zˆ )
ε
El potencial obtenido satisface la misma ecuación de Poisson y las mismas c-c (en
z=0 y en la superficie del infinito) de tipo Dirichlet, y por unicidad es la solución del
EyM 0-3
problema.
Carga puntual frente a un plano
La carga q induce cargas de signo opuesto en la
superficie del conductor.
z
El campo en la superficie del conductor será:
r
E = E ( ρ )(− zˆ ) = − 2
(
qd zˆ
4πε d 2 + ρ 2
)
3
q
ε
2
r
r
qd
(
2π d 2 + ρ 2
)
3
φ=0
d
E-
E
E+
-q
2
La carga total inducida en el plano será:
− qd ∞ 2π ρdρdφ
Qi = ∫∫ ρ s dS =
= −q
3
S
2π ∫ρ =0 ∫φ =0 d 2 + ρ 2 2
(
ρ
σ
Por tanto la densidad superficial de
carga inducida será:
ρ s = D ⋅ zˆ = εE ⋅ zˆ = −
d
)
que es el valor de la carga imagen.
z
φ=0
q
ρs
S∞
El mismo resultado se obtiene aplicando el teorema de Gauss a la superficie
EyM 0-4
indicada en la figura.
07/01/2009
EyM 3.2- 2
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Distribución de cargas frente a un plano
Considerando la carga de cada elemento diferencial de volumen como una carga
puntual equivalente se puede fácilmente construir el sistema imagen como se
indica en la figura de la derecha.
dq = ρ dv
dq = ρ dv
d
d
d
− dq = − ρ dv
EyM 0-5
Carga puntual frente a dos planos
perpendiculares
Sea una carga puntual frente a dos planos metálicos perpendiculares a potencial
cero como se indica en la figura.
d1
d1
d1
q
-q
d2
d2
d2
q
-q
El problema imagen se muestra a la derecha.
Obsérvese como para conseguir que los dos planos tengan simultáneamente
potencial cero es necesario situar una tercera carga imagen en el tercer cuadrante.
EyM 0-6
07/01/2009
EyM 3.2- 3
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Carga puntual frente a dos planos inclinados
Sea una carga puntual frente a dos planos metálicos inclinados, formando un
ángulo diedro α, a potencial cero como se indica en la figura.
d1
q
d2
α
d2
d2
d1 q
-q
q
-q
d1
d1
d2
d1
d2
d2
d1
d2
d1
-q
q
El problema imagen se muestra a la derecha.
Obsérvese como para conseguir que los dos planos tengan simultáneamente
potencial cero es necesario situar varias cargas. El problema solo tiene solución si
2π/α = n (entero)
EyM 0-7
Carga puntual frente a dos planos paralelos
Sea una carga puntual frente a dos planos metálicos paralelos a potencial cero
como se indica en la figura.
d2
d1
q
d2 d2
q
-q
d1
d2
d1
q
d2
d1
-q
d1
q
El problema imagen se muestra a la derecha.
Obsérvese como para conseguir que los dos planos tengan simultáneamente
potencial cero es necesario situar un sistema indefinido de cargas imagen a ambos
lados de los planos.
Conforme vamos considerando imágenes más alejadas, su contribución al potencial
en la zona de estudio va siendo más pequeña.
EyM 0-8
07/01/2009
EyM 3.2- 4
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Carga puntual frente a una esfera metálica
Si se tiene una carga puntual frente a una esfera metálica a potencial cero como en la
figura, puede construirse un sistema imagen como el indicado, consistente en una
carga imagen alineada con la carga y el centro de la esfera.
Los valores de la carga imagen y de su distancia al centro de la esfera deben ser los
dados en la figura.
a
O
a
q
d
B
di =
di
O
A
qi
a2
d
q
d
qi = −
a
q
d
Puede verse fácilmente como el potencial en los puntos A y B de la esfera son
nulos, por ejemplo:
− (a d )q
q
q
q (a d )
+
=
−
=0
φA =
4πε (d − a ) 4πε (a − (a 2 d )) 4πε (d − a ) 4πε (d − a )(a d )
φB =
q
4πε (d + a )
+
− (a d )q
4πε a + a 2 d
( (
))
=
q
4πε (d + a )
−
q (a d )
=0
(
4πε d + a )(aEyM
d ) 0-9
Carga puntual frente a una esfera metálica
El potencial creado por la carga y la carga imagen viene dado por
r
φ (r ) =
a
B
di
O
A
d
q
Para puntos de la esfera:
z
qi
q
qi
=−
a rˆ − d zˆ
a rˆ − d i zˆ
1 ⎡ q
q
+ r i
⎢r
4πε ⎢⎣ r − d zˆ
r − d i zˆ
r
r = a rˆ
⎤
⎥
⎥⎦
⎤
1 ⎡
q
qi
+
⎥=0
⎢
4πε ⎢⎣ a rˆ − d zˆ
a rˆ − d i zˆ ⎥⎦
⎧ q a = − qi d i
q a
− qi d i
⎪
d
a
=
⇒ ⎨
rˆ − zˆ =
rˆ − zˆ
d
a
⎪
rˆ − zˆ
a
di
rˆ − zˆ
⎩
a
di
φ
esf
=
igualando numeradores y denominadores. Elevando al cuadrado la 2ª
2
⎛ a
d
a
d
⎛d ⎞
rˆ − zˆ ⇒ 1 + ⎜ ⎟ − 2 (rˆ ⋅ zˆ ) = ⎜⎜
rˆ − zˆ =
a
di
a
⎝a⎠
⎝ di
a
d
a
a2
qi = − q
=
⇒ di =
d
a di
d
2
07/01/2009
2
2
⎞
a
⎟⎟ + 1 − 2 (rˆ ⋅ zˆ )
di
⎠
EyM 0-10
EyM 3.2- 5
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Ejercicio: carga sobre la esfera
El potencial en un punto arbitrario P creado por la carga q y su imagen es:
q
(
( )
rq
d
P
rq = r 2 + d 2 − 2rd cosθ
a
q ⎛⎜ 1 − d ⎞⎟
+
φ (r ,θ ) =
ri ⎟
4πε ⎜ rq
⎝
⎠
1
2
ρ s = ε E r (r = a , θ )
θ
Er (r ,θ ) = −
Siendo:
a
O
2
La densidad superficial de carga se obtiene como
r
di
1
2
⎛
⎞
⎛ a2 ⎞
⎛ a2 ⎞
ri = ⎜ r 2 + ⎜⎜ ⎟⎟ − 2r ⎜⎜ ⎟⎟ cosθ ⎟
⎜
⎟
⎝d ⎠
⎝d ⎠
⎝
⎠
ri
qi
)
⎧
⎪
⎪
q ⎪
r − d cosθ
=
⎨
4πε ⎪ r 2 + d 2 − 2rd cosθ
⎪
⎪⎩
(
)
3
∂φ (r ,θ )
∂r
⎫
⎪
⎪
⎪
−
3 ⎬
2
2
2
2
⎛
⎞ ⎪
⎛a ⎞
⎛a ⎞
d ⎜ r 2 + ⎜⎜ ⎟⎟ − 2r ⎜⎜ ⎟⎟ cos θ ⎟ ⎪
⎜
⎟ ⎪
⎝d ⎠
⎝d ⎠
⎝
⎠ ⎭
⎡ ⎛ a2 ⎞
⎤
a ⎢r − ⎜⎜ ⎟⎟ cosθ ⎥
⎣ ⎝d ⎠
⎦
2
EyM 0-11
Ejercicio: carga sobre la esfera
Después de algunas simplificaciones se obtiene:
ρs = −
(
q d 2 − a2
(
)
4π a a + d − 2 ad cos θ
2
2
)
3
2
La carga total inducida sobre la esfera será:
qi =
∫∫
S
ρ s dS = −
(
q d 2 − a2
4π a
)
2π
∫φ ∫θ (a
=0
a 2 sin θ d θ d φ
π
=0
2
+ d − 2 ad cos θ
2
)
3
=−
2
a
q
d
que es igual al valor de la carga imagen.
EyM 0-12
07/01/2009
EyM 3.2- 6
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Ejercicios
Obtenga el problema imagen del problema de la figura
q
q
d
d
qi
di
a
σ
a
φ =0
φ =0
-qi
Obtenga el problema imagen del problema de la figura
q
d
σ
-q
a
q
d
a
φ =0
di
qi
φ =0
-qi
di
d
EyM-q
0-13
Línea de carga frente a un plano
Sea una línea de carga de densidad constante λ frente a un plano a potencial cero.
Tal como se indica en la figura puede construirse un problema imagen situando una
línea imagen de densidad -λ a una distancia d al otro lado del plano.
P
r+
r−
d
λ
d
λ
El potencial en un punto genérico P será:
En los puntos del plano:
r+ = r−
d
−λ
φ=
λ
2πε
d
λ
⎛r ⎞
ln⎜⎜ − ⎟⎟
⎝ r+ ⎠
φ=0
EyM 0-14
07/01/2009
EyM 3.2- 7
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Ejercicio
Obtener las superficies equipotenciales de dos líneas de carga paralelas de
densidades λ y – λ separadas 2d.
P
y
φ=
r+
r−
r− =
x
−λ
λ
2πε
d
⎛r ⎞
ln⎜⎜ − ⎟⎟ = cte ⇒
⎝ r+ ⎠
(x + d )2 + y 2
r−
=K
r+
, r+ =
(x − d )2 + y 2
(x + d )2 + y 2 = K 2 ((x − d )2 + y 2 )
λ
K 2 (x − d ) + K 2 y 2 − (x + d ) − y 2 = 0
2
2
K 2 x 2 + K 2 d 2 − 2 K 2 xd − x 2 − d 2 − 2 xd + y 2 (K 2 − 1) = 0
x 2 (K 2 − 1) − 2 xd (K 2 + 1) + y 2 (K 2 − 1) + d 2 (K 2 − 1) = 0
x 2 − 2 xd
(K
(K
)
)
+1
+ y2 + d 2 = 0
2
−1
2
x
2
⎛
4K 2
K 2 +1⎞
⎜⎜ x − d 2 ⎟⎟ + y 2 = d 2
2
K −1 ⎠
K 2 −1
⎝
(
)
2
(K
− 2 xd
(K
⎛ K 2 +1⎞
⎛ K 2 +1⎞
+ 1)
⎟⎟ + y 2 = d 2 ⎜⎜ 2
⎟⎟ − d 2
+ d 2 ⎜⎜ 2
2
− 1)
⎝ K −1⎠
⎝ K −1⎠
2 Kd
K 2 +1
R= 2
x0 = d 2
(x − x0 )2 + y 2 = R 2
K −1
K −1
EyM 0-15
2
2
2
Ejercicio
Las superficies equipotenciales son pues cilindros de eje z, centro en (x0 , 0) y radio
R.
λ
2 Kd
K 2 +1
φ=
ln(K ) = cte
R= 2
x0 = d 2
2πε
K −1
K −1
Para potenciales mayores que cero, K debe ser mayor que 1 y x0 > 0. Las
superficies equipotenciales están en el semiespacio x > 0.
Para K=1 resultan x0 = ∞, R= ∞ y el potencial es cero. Se trata del plano bisector
entre las líneas.
Para K= ∞ resultan x0 = d, R= 0 y el potencial es infinito. Estamos sobre la línea de
carga positiva.
Para K<1 los potenciales son menores que cero y x0 < 0. Las superficies
equipotenciales están en el semiespacio x < 0.
EyM 0-16
07/01/2009
EyM 3.2- 8
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Línea de carga frente a un cilindro metálico
paralelo
Sea una línea de carga de densidad λ frente a un cilindro conductor de radio a y a
distancia d de su centro como indica la figura.
Teniendo en cuenta que las superficies equipotenciales de dos líneas de carga son
cilindros puede construirse el problema imagen como se indica en la figura.
P
a
O
a
λ
B O
d
φ=
r−
−λ
di
r+
λ
A
d
λ ⎛ r− ⎞
ln⎜ ⎟
2πε ⎜⎝ r+ ⎟⎠
di =
a2
d
En el problema imagen el potencial en la superficie del cilindro es constante como
se puede verificar fácilmente en los puntos A y B
λ ⎛ a − di ⎞ λ ⎛ a − a 2 d ⎞ λ ⎛ a d − a ⎞ λ ⎛ a ⎞
⎟=
φA =
ln⎜
ln⎜
ln⎜
ln⎜ ⎟
⎟=
⎟=
2πε ⎝ d − a ⎠ 2πε ⎜⎝ d − a ⎟⎠ 2πε ⎝ d d − a ⎠ 2πε ⎝ d ⎠
φB =
⎛ a + a2 d
λ
λ
⎛ a + di ⎞
ln ⎜
ln ⎜⎜
⎟=
2πε ⎝ d + a ⎠ 2πε ⎝ d + a
⎞
λ
λ
⎛a d +a⎞
⎛a⎞
⎟⎟ =
ln ⎜
ln ⎜ ⎟
⎟=
πε
πε
2
2
+
d
d
a
⎠
⎝d ⎠
⎝
⎠
EyM 0-17
Línea de carga frente a un cilindro metálico
paralelo
Para hacer que el potencial sea cero en la superficie del cilindro se requiere una
densidad de carga imagen λ´ adicional en el eje del cilindro como indica la figura.
P
a
O
λ
d
φ=
B O
λ´ a −λ
di
λ ⎛ r− ⎞ λ ′
ln⎜ ⎟ −
ln (ρ )
2πε ⎜⎝ r+ ⎟⎠ 2πε
r−
r+
λ
A
d
di =
a2
d
En el problema imagen el potencial en la superficie del cilindro es ahora cero si
φA =
λ
⎛ a ⎞ λ′
ln ⎜ ⎟ −
ln (a ) = 0
2πε ⎝ d ⎠ 2πε
λ′ = λ
ln (a d )
ln (a )
EyM 0-18
07/01/2009
EyM 3.2- 9
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Teorema de la Media
Este teorema establece que en una región sin cargas el valor medio del potencial
en una superficie esférica es igual al potencial en su centro.
Sea una superficie esférica de radio R.
El valor medio del potencial será:
1
4πR 2
1
4π
∫θ ∫ϕ
=
π
1
2
S
2π
=0
π
2π
∫∫ φ (r , θ , ϕ )dS = 4πR ∫θ ∫ϕ
φ =
=0
=0
=0
φ (R , θ , ϕ )R 2 sin θ d θ d ϕ =
φ (R , θ , ϕ )sin θ d θ d ϕ = f (R )
Aparentemente el valor medio del potencial es solo función del radio R de la esfera,
pero puede verse que en realidad tampoco depende de R:
d φ
dR
=
=
1
4πR 2
d
dR
⎡ 1
⎢⎣ 4π
π
2π
∫θ ∫ϕ
=0
=0
⎤
⎦
φ (R , θ , ϕ )sin θ d θ d ϕ ⎥ =
1
4π
∂φ (R , θ , ϕ ) 2
1
∫θ = 0 ∫ϕ = 0 ∂R R sin θd θd ϕ = 4πR 2
π
2π
π
=0
∂φ (R , θ , ϕ )
sin θ d θ d ϕ
=0
∂R
2π
∫θ ∫ϕ
∂φ
1
∫∫S ∂R dS = 4πR 2
∫∫
S
r
∇ φ ⋅d S
EyM 0-19
Teorema de la Media
La ultima igualdad puede verificarse observando que
r
dS = dSRˆ
r ∂φ
∇φ ⋅ d S =
dS
∂R
luego
Pero, ya que no hay cargas :
∫∫
S
Por tanto:
r
r r
1
∇ φ ⋅d S = − ∫∫ E ⋅d S = −
S
dφ
dR
=0 ⇒
ε
r r
D
∫∫ ⋅dS = 0
S
φ ≠ f (R )
El valor medio será el mismo para cualquier radio y por tanto también para R=0, o sea
en el centro de la esfera.
EyM 0-20
07/01/2009
EyM 3.2- 10
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Consecuencias del T.M.
1) El potencial no puede presentar máximos ni mínimos fuera de las cargas.
En efecto si existiese un máximo en un punto P en el que no hay cargas y se rodea al
punto con una esfera de radio pequeño, el valor del potencial en P debe ser el
promedio de los valores sobre la esfera.
Como hay un máximo en P los potenciales en la esfera son menores que en P y su
promedio no puede ser el valor en P, con lo que no se verificaría el teorema de la
media luego la hipótesis de un máximo en P no es cierta.
2) El potencial en el interior de cualquier superficie equipotencial cerrada que no
contenga cargas es constante.
En efecto como no hay cargas no puede haber máximos ni mínimos del potencial en
dicha región y además el potencial debe ser continuo.
Por tanto el potencial en todo el interior debe ser constante y de valor igual al del
contorno.
EyM 0-21
Ejercicio
Una carga puntual se sitúa frente a un conductor esférico hueco descargado en tres
posiciones como se indica en la figura (en la 3 toca al conductor). Obtener la carga
total y el potencial en las superficies exterior e interior del conductor.
1
q
Se
2
a
b
Si
3
c
1) Aplicando Gauss a una superficie esférica en el interior del
conductor (E=0) resultará el flujo de D cero y la carga encerrada
cero.
Por tanto QSi=0.
Pero además ΦlSi = cte y como no hay cargas en r<a todo el
potencial es cte en r<a, no hay campo y por tanto ρsi = 0
Como la carga neta es cero la carga total en la superficie exterior
será cero. Pero se induce una ρse. Debe ser tal que
∫∫ ρ
se
dS = 0
Se
Para obtener el potencial usamos imágenes. Además de qi, que pone con q la esfera
a potencial cero, se necesita una q´=-qi en el centro para mantener a cero la carga y
mantener la distribución de potenciales. Por tanto el potencial será
φ=
07/01/2009
r
q e
− qi
d = q
=
4πεre 4πεre 4πεd
EyM 0-22
EyM 3.2- 11
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Ejercicio
2) Aplicando Gauss a una superficie esférica en el interior del conductor (E=0)
resultará el flujo de D cero y la carga encerrada cero.
Por tanto QSi=-q.
− q + ρ se dS = 0
Como no hay carga neta debe aparecer una ρse tal que
∫∫
Se
q
1
q
La carga en la superficie exterior se distribuye uniformemente
ρ se =
2
por lo que
Se
2
a
b
4πre
Si
φ=
El potencial en el conductor será ahora
3
q
4πεre
3) Al tocar la carga al conductor se irá inmediatamente a la
superficie.
c
La carga neta del conductor será q. Pero además ΦlSi = cte y como no hay cargas en
r<a todo el potencial es cte en r<a, no hay campo y por tanto ρsi = 0.
Toda la carga q se distribuye sobre la superficie exterior. Si es una
esfera de radio re la ρse será q/4πre2. Resultará
φ=
El potencial en el conductor será
q
4πεre
∫∫ ρ
se
dS = q
Se
EyM 0-23
Ejercicio: Carga puntual frente a una esfera
metálica
Obtenga el potencial a lo largo del eje z creado por la carga q=4πε frente a la esfera
metálica de radio a=1 a potencial cero, si está a una distancia d=2 de su centro.
El problema imagen es el de la figura.
a
B
di
O
A
d
di =
q
z
qi
a2
d
qi = −
a
q
d
El potencial sobre el eje z del problema
imagen es
−1 2 ⎤
1
+
⎥
z − 1 2 ⎦⎥
⎢⎣ z − 2
⎡
φ (z ) = ⎢
El potencial se hace cero en z= ±1 e ∞ en z=2 y -∞ en z=1/2. Puede obtenerse la
siguiente tabla de valores
z
∞
2
1
1/2
-1
-2
-∞
Φ
0
∞
0
-∞
0
1/20
0
EyM 0-24
07/01/2009
EyM 3.2- 12
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Ejercicio: Carga puntual frente a una esfera
metálica
Por tanto la variación del potencial sería cómo la de la gráfica.
-2
-1
0
1
2
¿Cómo se explica el aparente
incumplimiento del teorema de la
media?
En el plano zx el potencial es:
⎡
q ⎢
1
φ ( x, z ) =
−
⎢
4πε ⎢ x 2 + ( z − d )2
⎢⎣
ad
(
x2 + z − a2 d
)
2
⎤
⎥
⎥
⎥
⎥⎦
EyM 0-25
Ejercicio: Carga puntual frente a una esfera
metálica
Por tanto la variación del potencial en xz sería cómo la de las gráficas.
EyM 0-26
07/01/2009
EyM 3.2- 13
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Sistemas de Conductores
Un sistema electrostático frecuente es el formado por un dieléctrico homogéneo y un
conjunto de conductores (electrodos).
El campo electrostático en el interior de los conductores es nulo y por tanto el
potencial de los mismos es constante.
Las cargas que puedan tener los conductores se han de distribuir como densidades
superficiales sobre los mismos.
Cuando se tiene un sistema de N conductores la situación electrostática puede
establecerse:
-bien conectando los conductores a baterías y estableciendo sus potenciales, en
cuyo caso el problema será determinar las cargas que éstos toman,
- o bien depositando cargas qi en los conductores, en cuyo caso el problema
será determinar los potenciales Vi que toman.
En ambas situaciones las cargas (o los potenciales) dependerán de la situación
relativa entre los conductores.
Si se mueve uno de ellos las cargas (potenciales) de todos cambian.
Por tanto los conductores del sistema se influyen mutuamente.
EyM 0-27
Sistemas de Conductores
La primera situación, conductores conectados a baterías con potenciales
constantes, puede plantearse como un problema de Laplace con condiciones de
contorno de Dirichlet, y por tanto con solución única.
i
N
Vi
En la región encerrada por la superficie
multiplemente conexa S=(S1+ ... + SN + S∞) el
potencial será:
VN
V∞ = 0 S ∞
1
∆φ = 0
φ
S1
= V1
, L
, φ
SN
= VN
, φ
S∞
=0
V1
EyM 0-28
07/01/2009
EyM 3.2- 14
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Unicidad a carga constante
La segunda situación, conductores con carga constante, no se corresponde ni con cc de Dirichlet ni de Neumann. El problema del cálculo del potencial puede plantearse
ahora como sigue:
∂φ
qi =
∆φ = 0
∫∫
Si
ρ Si dS = −ε ∫∫
Si
∂n
dS , φ
Si
S∞
=0
Para comprobar que con las anteriores condiciones se verifica la unicidad, puede
verse que, dadas dos soluciones φ1 y φ2, la diferencia ψ cumple:
φ1 S = 0 ⎫⎪
∞
⎬ ⇒ ψ S∞ = (φ1 − φ 2 ) S∞ = 0
φ
qi
2 S = 0⎪
qN
∞
⎭
i
N
φ1 S = Vi ⎫⎪
i
Si
SN
⇒ ψ S = (φ1 − φ 2 ) S = 0
i
i
φ 2 S = Vi ⎬⎪
i
⎭
S1
V∞ = 0 S ∞
∂φ1, 2
1
∂ψ
−q
q1
∫∫Si ∂n dS = ε i ⇒ ∫∫Si ∂n Si dS = 0
Si
∫∫ ψ
S
N
∂ψ
∂ψ
∂ψ
2
dS = ∫∫ ψ
dS + ∑ ∫∫ ψ
dS = 0 = ∫∫∫ (∇ ψ ) dV
S
S
V
∂n
∂n
∂n
i =1
∞
i
Por tanto resulta ψ = 0 , φ1 = φ2 y la solución será única.
EyM 0-29
Coeficientes de Capacidad
Para poder discutir algunas propiedades de los sistemas de conductores suele
acudirse a la superposición para expresar el potencial en términos de N funciones
regulares en el infinito, tales que:
N
⎧ 0 si k ≠ i
ϕ k S = δ ki = ⎨
,, ϕk S = 0
φ = ∑ Vkϕ k
∆ϕ k = 0
i
∞
k =1
⎩ 1 si k = i
En efecto:
N
k =1
N
N
∆φ = ∆ ∑ Vkϕ k = ∑ Vk ∆ϕ k = 0
k =1
con
N
φ S = ∑ Vk ϕ k
i
k =1
= ∑ Vk δ ki = Vi
Si
k =1
N
y φ S∞ = ∑ Vk ϕ k
k =1
=0
S∞
De esta forma la carga sobre un conductor cualquiera será:
N
N
∂φ
∂ϕ k
∂ϕ k
⎛
⎞ N
q i = ∫∫ ρ Si dS = −ε ∫∫
dS = −ε ∫∫ ∑ Vk
dS = ∑ V k ⎜ − ε ∫∫
dS ⎟ = ∑ V k C ik
Si
Si ∂n
Si
S
i
∂n
∂n
⎝
⎠ k =1
k =1
k =1
Si
donde
C ik = −ε ∫∫
Si
∂ϕ k
dS
∂n
La carga de cada conductor depende de todos los potenciales del sistema y los
coeficientes Cik que intervienen en la relación dependen únicamente de ε y de la
geometría.
Los coeficientes Cik con i=k se denominan de capacidad y los demás se denominan
de inducción o influencia (relacionados con las capacidades mutuas).
EyM 0-30
07/01/2009
EyM 3.2- 15
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Teorema de Reciprocidad
Se dice que un sistema electrostático está en equilibrio una vez que se determinan las
cargas y potenciales en los conductores del sistema.
Si se cambian las cargas o los potenciales el sistema pasa a otro nuevo estado de
equilibrio.
Sean dos estados de equilibrio de un sistema, 1 y 2, determinados por las cargas
y potenciales: (V1i , Q1i) y (V2i ,Q2i) con i = 1, 2, ... , N.
El teorema de reciprocidad establece que:
N
∑V
k =1
1k
N
Q2 k = ∑ V2 k Q1k
k =1
EyM 0-31
Teorema de Reciprocidad
En efecto:
N
∑V
k =1
1k
N
N
r
r
Q2 k = ∑ V1k ∫∫ (− ε∇φ2 ) ⋅ dS = −ε ∑ ∫∫ φ1∇φ2 ⋅ dS = −ε ∫∫
k =1
Sk
r
= −ε ∫∫ φ1∇φ2 ⋅ dS = ε
S cond + S ∞
Sk
k =1
S cond
r
φ1∇φ2 ⋅ dS
s
∫∫ φ1∇φ2 ⋅ dS = ε ∫∫∫ ∇ ⋅ (φ1∇φ2 )dV =
V
S cond + S ∞
0
⎛ }
⎞
⎜
= ε ∫∫∫ φ1 ∆φ2 + ∇φ1 ⋅ ∇φ2 ⎟dV = ε ∫∫∫ ∇φ1 ⋅ ∇φ2 dV
V⎜
V
⎟
⎝
⎠
siendo Scond la superficie de todos los conductores, S1 + ... + SN, y V el volumen
exterior a los conductores.
De la simetría del resultado obtenido resulta evidente el teorema.
También se deduce del teorema con facilidad que:
Cij = C ji
07/01/2009
EyM 0-32
EyM 3.2- 16
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Propiedades
En efecto supónganse dos situaciones en las que , en cada una, solo un conductor
está a 1 V y los demás están a cero Voltios
Estado 1 : Vk 1 = δ ki
Estado 2 : Vk 2 = δ kj
Si qi
qj Sj
Vi = 1 i
V1 = 0 1
j
Vj = 0
VN = 0
S1
q1
N
qN SN
Las cargas en los conductores j e i respectivamente en cada
estado serán:
q j1 = C j1 ⋅ 0 + ⋅ ⋅ ⋅ + C jj ⋅ 0 + ⋅ ⋅ ⋅ + C ji ⋅1 + L + C jN ⋅ 0 = C ji
qi 2 = Ci1 ⋅ 0 + ⋅ ⋅ ⋅ + Cij ⋅1 + ⋅ ⋅ ⋅ + Cii ⋅ 0 + L + CiN ⋅ 0 = Cij
Y aplicando el T de Reciprocidad:
∑q
V
k1 k 2
k
Si qi
Vi = 0 i
V1 = 0 1
qj Sj
S1
q1
j
Vj = 1
VN = 0
N
qN SN
∑q
k
= ∑ q k 1δ kj = q j1 = C ji
k
V k 1 = ∑ q k 1δ ki = q i 2 = C ij
k2
k
C ji = Cij
EyM 0-33
Otras Propiedades
Supóngase una situación del sistema en la que todos los conductores están a
potencial cero salvo el 1, cuyo potencial V1 es mayor que cero.
Las líneas de campo saldrán de dicho conductor (su carga será positiva) e irán hacia
la superficie del infinito y hacia las superficies de los demás conductores, que por
tanto tendrán carga negativa.
Vi = 0 i = 2, L , N
S i qi
i
qN SN
N
q1 > 0,
q2 , L ,
qN < 0
Las cargas para este sistema serán:
q1 = C11V1 + C12 ⋅ 0 + C13 ⋅ 0 + L + C1N ⋅ 0
q2 = C21V1 + C22 ⋅ 0 + C23 ⋅ 0 + L + C2 N ⋅ 0
1 S1
q1
V1 > 0
M
q N = C N 1V1 + C N 2 ⋅ 0 + C N 3 ⋅ 0 + L + C NN ⋅ 0
Y por lo tanto se ve que:
C11 > 0
,,
C 21
,L ,
C N1 < 0
Si en lugar del conductor 1 se hubiese razonado sobre el i-ésimo se obtendrían las
propiedades:
C ii > 0 , , C ij < 0
EyM 0-34
07/01/2009
EyM 3.2- 17
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Sistema de un Conductor
q1 = CV1
En el caso de un sistema formado por un solo conductor:
Si se tiene un conductor y se deposita una carga q en él, ésta se distribuye sobre su
superficie S como una ρs, tal que:
q = ρ s dS
∫∫
S
Al mismo tiempo éste adquirirá un cierto potencial V.
Y a la inversa, si el conductor se pone a un determinado potencial V, conectándole a
una batería, tomará una carga q, que se distribuirá superficialmente.
La carga que toma el conductor es proporcional al potencial aplicado, y la constante
de proporcionalidad se denomina capacidad C del conductor, de manera que:
C=
q
V
La capacidad de un conductor depende exclusivamente de su geometría y de la
permitividad dieléctrica del medio que le rodea como va a verse con algún ejemplo a
continuación.
EyM 0-35
Capacidad de un Conductor Esférico
Sea un conductor esférico de radio R en un medio dieléctrico de permitividad ε.
Sea q la carga total del mismo, que por simetría se distribuirá uniformemente sobre
su superficie con una densidad:
q
ρs =
V
ρs
ε
O
4π R 2
El potencial creado por esta densidad superficial de
carga, en puntos exteriores a la esfera, es igual que el
que crearía una carga puntual q en el origen:
φ (r ) =
R
q
4πεr
Por tanto el potencial de la esfera será el anterior
valor particularizado para r = R:
V = φ (r ) r = R =
Y por tanto la capacidad de la esfera metálica es:
que solo depende del radio R y de ε.
C=
4πε R
q
= 4πεR
V
Si la superficie del conductor no es esférica la carga deja de distribuirse
uniformemente y se complica el cálculo de la capacidad.
07/01/2009
q
EyM 0-36
EyM 3.2- 18
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Influencia Total y Apantallamiento EE
Un sistema de conductores importante es el formado cuando dos de los conductores
se encuentran en una situación de influencia total (las líneas de campo que salen de
uno de los conductores las recibe el otro que, típicamente, le envuelve) como es el
caso con 1 y 2 en la figura.
Supóngase la situación en la que q1 = 0 y se pone el conductor 2 a tierra (V2 = 0).
Aplicando Gauss a la región entre 1 y 2, dado que q1 = 0, el flujo de D será nulo. Como
ello se produce cualquiera que sea la superficie de Gauss que se tome habrá de ser D
= 0.
Por tanto el potencial en dicha región deberá ser
Vi q
constante y, por continuidad, igual al valor de V2 o sea
qN V
i
N
que V1 = 0.
i
N
La ecuación para la carga q1 será:
Si
SN
q1 = C11V1 + C12V 2 + C13V3 + L + C1 N V N
2
1
S1
q1
V2
S2
q2
0 = C11 ⋅ 0 + C12 ⋅ 0 + C13V3 + L + C1 N V N
Como esta ecuación debe satisfacerse cualesquiera que sean
los valores de V3, ... , VN, habrán de ser C13=...=C1N=0. Y por
reciprocidad también C31=...=CN1=0.
Así pues ni q1 influye en q3, ... , qN ni viceversa. El conductor 2 pues
EyM 0-37
aísla o apantalla al conductor 1 del exterior.
Condensador
Se dice que dos conductores forman un condensador cuando están en situación
de influencia total como se indica en la figura. En general será:
q1 = C11V1 + C12V2
2 V2
q2 = C21V1 + C22V2
S1
S2
1
Si se conecta el conductor 2 a potencial cero, el potencial en la
q1
V1
q2
región exterior al mismo será cero y por tanto no habrá campo ni
carga sobre la superficie exterior del conductor 2.
Aplicando el T. de Gauss a una superficie en el interior del conductor 2, donde el
campo es nulo, se deduce que q1=-q2 donde la carga q2 del conductor 2 está
distribuida en su superficie interior.
C11 = −C12 = −C21
Por tanto del sistema de ecuaciones anterior se obtiene que
En general pues:
q1 = C11 (V1 − V 2 ) ,
q 2 = − C11V1 + C 22V 2
La carga del conductor 2 será:
0
6 447
44
8
q 2 = − C11V1 + C 22V 2 + (C11V 2 − C11V 2 ) = − C11 (V1 − V 2 ) + (C 22 − C11 )V 2 = − q1 + (C 22 − C11 )V 2
Se llama capacidad del condensador a:
07/01/2009
C = C11 = q1 (V1 − V2 )
C22 = C11
EyM 0-38
EyM 3.2- 19
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Condensador Esférico
Es el formado por dos conductores (armaduras) cuyas superficies son esferas
concéntricas como se indica en la figura.
ε
Supóngase que la carga del conductor interior es Q.
Aplicando Gauss a una esfera concéntrica con las
armaduras se obtiene el campo en la región entre las
armaduras como:
r r
Q
R2
E (r ) =
R1
4πεr 2
rˆ
La diferencia de potenciales entre las armaduras será:
r
R1
R2
R2
R2
V = V1 − V2 = ∫ dφ = ∫ − dφ = ∫ − ∇φ ⋅ dl = ∫
R2
R1
R1
C=
Por tanto la capacidad será:
R1
1 ⎞
Q
Q ⎛1
⎜⎜ − ⎟⎟
dr =
2
4πεr
4πε ⎝ R1 R2 ⎠
Q
Q
=
V1 − V2 V Q
4πε
Q
R1 R 2
= 4πε
R2 − R1
⎛ 1
1 ⎞
⎟⎟
⎜⎜ −
⎝ R1 R2 ⎠
EyM 0-39
Condensador Cilíndrico
Las armaduras son dos cilindros coaxiales concéntricos de longitud indefinida (de
manera que el campo entre las armaduras es radial).
Aplicando el T. de Gauss a una superficie cerrada formada por un cilindro coaxial con
las armaduras y de longitud L y dos tapas circulares perpendiculares al eje, serán:
1) El flujo sobre las tapas nulo por ser el campo
radial.
R2
r
2πρL εE = Q
2) El flujo sobre la sup. lat. es:
R1
donde Q es la carga en la longitud L de la armadura
r
Q
interior.
E (ρ ) =
2περ L
ρˆ
La diferencia de potencial entre las armaduras será:
V = V1 − V 2 =
∫
R1
R2
r
R2
dφ = ∫ − ∇ φ ⋅ dl =
R1
∫
R2
R1
⎛R
Q
Q
ln ⎜⎜ 2
ρˆ ⋅ ρˆd ρ =
2πε L ρ
2πε L ⎝ R1
La capacidad por unidad de longitud del condensador
cilíndrico será:
07/01/2009
Q
C
= L =
L
V
⎞
⎟⎟
⎠
2πε
⎛ R2 ⎞
⎜⎜ ⎟⎟
lnEyM
0-40
⎝ R1 ⎠
EyM 3.2- 20
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Condensador Plano
Está formado por dos placas metálicas planas paralelas indefinidas a potencial 0 y V
respectivamente.
Si se considera x la dirección perpendicular a las placas, como se indica en la figura,
el potencial entre estas variará únicamente con x como:
∆φ = 0 ⎫
⎪ d 2φ
∂
∂
⇒ 2 = 0 ⇒ φ = Ax + B
=
≡ 0⎬
dx
⎪⎭
∂ y ∂z
z
y
d
ε
r V
E = x$
d
r
n ≡ x$
1
2
x
V (d − x )
d
En la placa situada en x=0 la densidad superficial de
carga será:
dφ
V
⎛
⎞
xˆ − 0 ⎟ = ε
ρ s = xˆ ⋅ ⎜ − ε
dx
d
⎝
⎠ x =0
Como la densidad es uniforme la carga total sobre la placa
indefinida será infinita y por tanto también la capacidad.
Si φ=V para x=0 y φ=0 para x=d resulta:
φ=
Tomando un condensador plano finito, con superficie de placas S,
la capacidad, en el supuesto que la carga se distribuya
uniformemente será:
Q ρS
S
C = = s =ε
V
V
d 0-41
EyM
Efecto de Bordes
Al hacer finitas las placas del condensador plano las superficies equipotenciales
dejan de ser planos paralelos a las placas y el campo deja de ser uniforme y su
dirección deja de ser constantemente perpendicular a las placas.
También la carga deja de ser uniforme en las placas.
Los anteriores efectos son más pronunciados en el borde de la placa que en el
centro de la misma, por lo que se denominan efectos de borde.
Su estudio analítico o numérico, aunque factible, es en exceso complicado para su
desarrollo aquí.
Indefinido
Efecto de Bordes
07/01/2009
EyM 0-42
EyM 3.2- 21
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Problema 3-2
Una esfera conductora de radio R1 tiene en su interior una cavidad excéntrica de radio
R2 según se muestra en la figura. En el interior de la cavidad y concéntrica con ella se
encuentra otra esfera conductora de radio R3. Si la esfera de radio R3 se pone a V0
voltios y la otra a 0 voltios, calcular: a) el potencial en todos los puntos del espacio; b)
la capacidad del condensador así formado.
R2
R3
a) Potencial.
- En el exterior a la esfera de radio R1 es cero.
- En la parte maciza de la esfera R1 es cero.
R1
- En el interior de la esfera R3 el potencial es V0
1 d ⎛ 2 dφ ⎞
- Entre R3 y R2:
∆φ = 0 ⇒
⎜r
⎟=0
2
r
dr ⎝ dr ⎠
dφ
A
r2 = A ⇒ φ = − + B
dr
r
A
⎫
V0 = − + B ⎪
R2 R3 ⎛ 1 1 ⎞
⎪
R3
⎜ − ⎟
⎬ ⇒ φ = −V0
A
R2 − R3 ⎜⎝ R2 r ⎟⎠
0=− +B⎪
⎪⎭
R2
C = 4πε
b) La capacidad es la del condensador esférico:
R2 R3
R2 − R3
EyM 0-43
Ejercicio
Sea un condensador plano de placas paralelas cuadradas de lado L separadas una
distancia d. Entre ellas y llenando el espacio hasta d/2 se rellena de un dieléctrico
de permitividad ε. Calcule el valor de la capacidad.
Despreciando efectos de borde el potencial será:
Φ=V
ε
Φ=0
L
L
A0 =
− 2ε 1V
(ε 0 + ε 1 )d
ρ s = −ε 0 A0 =
2ε 0ε 1V
(ε 0 + ε 1 )d
L2
L2
ε1
2ε 0ε 1 L
CC
d 2 d 2
C=
=
= 0 1 = C0 ⊕ C1
2
(ε 0 + ε 1 )d ⎛⎜ L2
C
⎞
L
0 + C1
⎜ ε 0 d 2 + ε 1 d 2 ⎟⎟
⎝
⎠
2
07/01/2009
∂φ0,1
=0=
∂φ0,1
∂y
∂z
⎛d ⎞
⎛d ⎞
, φ0 ⎜ ⎟ = φ1 ⎜ ⎟ , φ1 (d ) = 0
⎝2⎠
⎝2⎠
Para obtener la capacidad necesitamos la carga p.e. en x=0
para lo que basta obtener A0
x
d
⎧
⎪⎪
∆φ0,1 = 0 , ⎨
⎪φ0 (0 ) = V
⎪⎩
φ0 ,1 = A0,1 x + B0,1
ε0
Q = ρ s L2 =
2ε 0ε 1VL2
(ε 0 + ε1 )d
C=
2ε 0ε 1 L2
Q
=
V (ε 0 + ε 1 )d
Como si se hubieran tenido dos
condensadores en serie
EyM 0-44
EyM 3.2- 22
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Ejercicio
• Condensador plano con dos dieléctricos. Las dos posibilidades. Cual
da mayor capacidad
EyM 0-45
Problema 3-12
Sea un condensador de placas paralelas cuadradas, de lado L y separadas una
distancia d, entre las que existe un dieléctrico de permitividad relativa ε’. Se conecta al
condensador una batería de V0 voltios que se desconecta una vez cargado, y se
comienza a extraer el dieléctrico. En función de la distancia x de la figura, calcular: a)
la capacidad del condensador; b) la diferencia de potencial entre sus placas; c) el
campo eléctrico entre ellas; d) el valor de V0 que hace saltar la chispa cuando se
extrae totalmente el dieléctrico (para d=1 mm y ε’ =100). Se supone que la chispa se
produce cuando el campo entre las placas supera el valor de 30 kV/cm.
a) Despreciando efectos de borde la capacidad será:
L (L − x )
Lx ε 0 L
C (x ) = C1 + C2 = ε ′ε 0
+ ε0
=
[ε ′L − (ε ′ − 1)x]
d
d
d
por lo que al aumentar x la capacidad disminuye.
ε’
L
x
d
07/01/2009
L
b) La carga que adquiere el condensador es
Q0 = V0
ε ′ε 0 L2
d
Esta carga se mantiene constante al desplazar el dieléctrico:
ε ′ε L2
V0 0
Q0
V0ε ′L
d
V (x ) =
=
=
ε
L
′
C (x )
0
[ε ′L − (ε ′ − 1)x] ε L − (ε ′ − 1)x
EyM 0-46
d
EyM 3.2- 23
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Problema 3-12
c) El campo entre las placas será constante aunque su valor dependerá de x:
ε ′L
V ( x ) V0
=
′
d
d ε L − (ε ′ − 1)x
V
d) El valor máximo de campo que se produce es
Emax = E ( x = L ) = 0 ε ′
d
30000
0
.
1
⋅
E
d
Y el valor necesario de V0:
V0 = max =
= 30 Volt .
100
ε′
E (x ) =
EyM 0-47
Ejercicio
a) Para calcular la capacidad C23 tenemos en cuenta que al despreciar efectos de
borde el potencial solo varía con φ y suponiendo Φ=0 en φ=0:
1 ∂ 2φ
= 0 ⇒ φ = Aϕ + B
ρ 2 ∂ϕ 2
r
V
1 ∂φ
El campo será
E = −∇φ = −
ϕˆ = − ϕˆ
ρ ∂ϕ
αρ
La densidad superficial de carga sobre φ=α será:
r
r r
⎛
⎞
V
V
ρ s = n ⋅ D2 − D1 = −ϕˆ ⋅ ⎜⎜ − ε 2
ϕˆ − 0 ⎟⎟ = ε 2
αρ
αρ
⎝
⎠
∆φ = 0 ⇒
(
07/01/2009
)
φ=
V
α
ϕ
EyM 0-48
EyM 3.2- 24
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Ejercicio
L L+d
La carga en φ=α será:
Q=
z =0
Y la capacidad
C23 =
⎛ V ⎞
VL ⎛ L + d ⎞
⎟⎟dρ dz = ε 2
⎜⎜ ε 2
ln⎜
⎟
αρ ⎠
α ⎝ d ⎠
=d ⎝
∫ ρ∫
Q
L ⎛L+d ⎞
= ε 2 ln⎜
⎟
α ⎝ d ⎠
V
b) Para obtener el potencial basta considerar el equivalente circuital de la estructura
(dos condensadores en serie C12 y C23)
V
C12 = ε 1
C23
V’
C12
L2
h
; CT = C12 ⊕ C23 =
Q = CT V
La carga en las armaduras es
Y el potencial V’:
C12C23
C12 + C23
Q
C
C 23
V′ =
V
= TV=
C12 C12
C12 + C23
c) Las cargas en la cara superior e inferior del conductor 2 son –Q y Q.
−Q
L L+d
⎛ 1⎞
1
⎛L+d ⎞
Q
ρ ss =
d≤ρ≤L
− Q = ∫ ∫ ⎜⎜ k ⎟⎟dρ dz = kL ln⎜
ρ ss = k
ρ si = 2
⎟
L+d
ρ
L
ln
d
ρ
ρ
L
⎝
⎠
⎝
⎠
z =0 ρ = d
EyM 0-49
d
Ejercicio
a) Despreciando efectos de borde el potencial será solo función de θ:
A
∂ ⎛
∂φ ⎞
1
dφ
⎛ θ⎞
φ=∫
dθ = A ln⎜ tg ⎟ + B
∆φ = 0 = 2
senθ
=A
⎜ senθ
⎟
senθ
∂θ ⎠
r senθ ∂θ ⎝
dθ
⎝ 2⎠
⎫
⎛ θ ⎞
V1 = A ln⎜ tg 1 ⎟ + B ⎪
⎪
2
⎠
⎝
⎬⇒ A=
θ
⎞
⎛
V2 = A ln⎜ tg 2 ⎟ + B ⎪
⎪⎭
⎝ 2⎠
07/01/2009
V2 −V 1
⎛ θ ⎞ ⎛ θ ⎞
ln ⎜ tg 2 ⎟ − ln ⎜ tg 1 ⎟
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠
r
− 1 ∂φ ˆ − 1 A ˆ
E = −∇φ =
θ=
θ
r ∂θ
r senθ
EyM 0-50
EyM 3.2- 25
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Ejercicio
b) La densidad superficial de carga en la armadura 1 será:
⎛ −1 A ˆ
⎞ −ε A
θ − 0 ⎟⎟ =
r sen θ 1
⎝ r sen θ 1
⎠
ρ s = θˆ ⋅ ⎜⎜ ε
a≤r ≤a+L
La carga en la armadura 1 será:
2π a + L
Q=
−ε A
dr (rsen θ 1 d ϕ ) = − 2πε AL
r sen θ 1
=0 r =a
∫ ∫
ϕ
c) La capacidad será:
C=
Q
=
V1 − V 2
2πε L
⎛ θ ⎞
⎛ θ ⎞
ln ⎜ tg 2 ⎟ − ln ⎜ tg 1 ⎟
2
⎝
⎠
⎝ 2⎠
EyM 0-51
Problema 3-5
Sean tres conductores cilíndricos de espesor despreciable, longitud L y radios a, b y c
(a<b<c), colocados según muestra la figura, de modo que entre el conductor interior y el
intermedio se tiene aire y entre el intermedio y el exterior existen dos medios distintos:
uno de longitud L1 y permitividad ε1 y otro de longitud L-L1 y permitividad ε2. Si el
conductor intermedio queda aislado y descargado y se aplica una diferencia de
potencial de V voltios entre el interior y el exterior, calcular: a) las distribuciones
superficiales de carga en las dos caras del conductor intermedio; b) la capacidad entre
los conductores interior y exterior.
ε0
ε2
∂φ y si no hay efectos de borde
≡0
∂ϕ
1 d ⎛ dφ ⎞
∂φ
⎜ρ
⎟= 0⇒φ = A ln ρ + B
≡ 0⇒
∂z
ρ dρ ⎜⎝ dρ ⎟⎠
Por simetría entorno al eje
L
ε1
L1
b
07/01/2009
a) El potencial en las tres regiones del problema debe ser
solución de la ecuación de Lapalace:
1 ∂ ⎛ ∂φ ⎞ 1 ∂ 2φ ∂ 2φ
⎜ρ
⎟+
∆φ = 0⇒
+
=0
ρ ∂ρ ⎜⎝ ∂ρ ⎟⎠ ρ 2 ∂ϕ 2 ∂z 2
a
c
EyM 0-52
EyM 3.2- 26
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Problema 3-5
Por tanto:
φ0
ρ =a
φ0
φ0 = A0 ln ρ + B0
= 0 ⇒ 0 = A0 ln a + B0
ρ =b
(1)
; φ1 = A1 ln ρ + B1
; φ2 = A2 ln ρ + B2
φ1 ρ =c = V ⇒ V = A1 ln c + B1(2 )
= φ1 ρ =b ⇒ A0 ln b + B0 = A1 ln b + B1(4 )
φ0
ρ =b
= φ2
φ2
ρ =b
ρ =c
= V ⇒ V = A2 ln c + B2 (3)
⇒ A0 ln b + B0 = A2 ln b + B2 (5)
Falta una sexta ecuación para poder determinar las constantes. Esta ecuación se
obtiene del hecho de que la carga total del conductor intermedio debe ser cero. Por
tanto:
Q = 0 = ρ s 0 2πbL + ρ s1 2πbL1 + ρ s 2 2πb(L − L1 )
A
A
A
ρ s 0 = −ε 0 E0 ρ =b = −ε 0 0 ; ρ s1 = ε 1 E1 ρ =b = ε 1 1 ; ρ s 2 = ε 2 E2 ρ =b = ε 2 2
b
b
b
A0
A1
A2
(L − L1 )(6)
0 = −ε 0
L + ε1 L1 + ε 2
b
b
b
A ε
V
ρ s 0 = −ε 0 0 = 0
Con las ecuaciones (1) a (6) se obtienen:
ε0L
c
b b ln b +
ln
a ε 2 (L − L1 ) + ε 1 L1 b
V
ε
V
ε2
ρ s1 = − 1
ρ
=
−
s2
b ε 2 (L − L1 ) + ε 1 L1 ln b + ln c
b ε 2 (L − L1 ) + ε1 L1 ln b + ln c
ε0L
a
b
ε0L
a
b
EyM 0-53
Problema 3-5
Para obtener la capacidad, conviene ver el sistema como la asociación de tres
condensadores como se indica en la figura. La capacidad será:
C0
C = C0 ⊕ (C1 C2 ) =
C2
C1
Por tanto:
Para calcular las capacidades hay que tener en cuenta la
capacidad por unidad de longitud del condensador cilíndrico
2πε
de radios re y ri:
C=
⎛r ⎞
ln⎜⎜ e ⎟⎟
⎝ ri ⎠
2πε 2 (L − L1 )
2πε1L1
2πε 0 L
C1 =
C2 =
C0 =
⎛c⎞
⎛c⎞
⎛b⎞
ln⎜ ⎟
ln⎜ ⎟
ln⎜ ⎟
⎝b⎠
⎝b⎠
⎝a⎠
C=
07/01/2009
1
1
1
+
C0 C1 + C2
1
1
1
+
C0 C1 + C2
( )
( )
⎡ ln b
⎤
ln c
a +
b
⎥
= 2π ⎢
ε 1 L1 + ε 2 (L − L1 ) ⎥
⎢ ε0L
⎣
⎦
−1
EyM 0-54
EyM 3.2- 27
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Ejercicio
ε = ε0
Condensador esférico con dieléctrico no homogéneo
R22
r2
Solo hay campo en la región entre esferas. Por Gauss pueden obtenerse D y E:
r r
D
∫∫ ⋅ dS = Q =
2π
=0
=0
D (r )r 2 sen θ d θ d ϕ = D (r )4π r 2
R1
1 Q
D(r )
Q
=
=
2
ε R
ε (r )
4πε 0 R22
4πr 2 0 2 2
r
r
1 Q
rˆ
E = E (r )rˆ =
2
4πε 0 R2
R2
V = V1 − V2 = ∫ dφ = − ∫ dφ = ∫ − ∇φ ⋅ rˆdr =
D(r ) =
Q
π
∫θ ∫ϕ
ε(r)
Q
4πr 2
=∫
R3
R2
R1
C=
E (r ) =
R1
R2
R2
R2
R1
R1
Q
Q
(R2 − R1 )
dr =
4πε 0 R22
4πε 0 R22
Q 4πε 0 R22
=
V (R2 − R1 )
EyM 0-55
Ejercicio
0 ≤ ρ ≤ R , 0 ≤ ϕ ≤ α , 0 ≤ z ≤ L , , (α < 2π )
Un electrodo metálico ocupa el volumen .
Está recubierto por un dieléctrico de permitividad ε Faradios/m y espesor d.
En la superficie del dieléctrico se apoya un segundo electrodo de espesor e
despreciable. Si se conecta una batería de forma que el electrodo exterior está a 0 V y
el interior a V voltios:
a) Suponiendo despreciable el efecto de bordes exprese la ecuación para calcular el
potencial en la región intermedia entre electrodos y las condiciones de contorno a
aplicar. (1 p)
3
1
∂ ⎡ h1h2 h3 ∂φ ⎤
∆φ =
∑
⎢
⎥
h1h2 h3 i =1 ∂u i ⎣ hi2 ∂u i ⎦
El potencial en la región entre electrodos responde a la ecuación de Laplace
∆φ = 0
φ =V
Con las cc:
en ρ = R ; φ = 0 en ρ = R + d
∂φ
∂φ
⇒
=0
0=
∂n ϕ =0,α
∂ϕ
∂φ
0=
∂n
07/01/2009
z =0, L
∂φ
⇒
=0
∂z
1 ∂ ⎛ ∂φ ⎞
⎜ρ
⎟=0
ρ ∂ρ ⎜⎝ ∂ρ ⎟⎠
EyM 0-60
EyM 3.2- 28
Electricidad y Magnetismo
ρ
Campo Electrostático II
∂φ
=A
∂ρ
Ejercicio
b) Obtenga el potencial en la región del apartado anterior. (1 p)
1 ∂ ⎛ ∂φ ⎞
⎜ρ
⎟=0
ρ ∂ρ ⎜⎝ ∂ρ ⎟⎠
ρ
∂φ
=A
∂ρ
φ = A ln ρ + B
A=
V
⎛ R ⎞
ln ⎜
⎟
⎝R+d ⎠
B = − A ln(R + d )
c) Calcule la intensidad del campo eléctrico en la región entre conductores.
∇φ =
1 ∂φ
1 ∂φ
1 ∂φ
aˆ1 +
aˆ 2 +
aˆ 3
h1 ∂ u1
h2 ∂ u 2
h3 ∂ u 3
r
∂φ
E (r ) = −∇ φ = −
ρˆ = −
∂ρ
V
V
ρˆ
ρˆ
=
⎛ R ⎞ρ
⎛R+d ⎞ ρ
ln ⎜
ln ⎜
⎟
⎟
⎝R+d ⎠
⎝ R ⎠
EyM 0-61
ρ
∂φ
=A
∂ρ
Ejercicio
d) Obtenga la densidad superficial de carga en la superficie interior del electrodo
exterior.
r
(
r
r
ρ s = n ⋅ D 2 − D1
)
r
= − ρˆ ⋅ ⎛⎜ ε E (ρ )
− 0 ⎞⎟ = − ε
ρ =R+d
⎝
⎠
ρ =R+d
V
(R + d ) ln ⎛⎜ R + d ⎞⎟
⎝
R
⎠
e) Calcule la capacidad entre electrodos.
Q=
C=
07/01/2009
∫∫
S
ρ s dS = ρ s
α
L
∫ ∫ (R + d )dzd ϕ =
ϕ
=0 z =0
Q
φ ( R + d ) − φ (R )
=
− εV
(R + d )α L = − εα LV
+
R
d
⎞
⎛R+d ⎞
(R + d ) ln ⎛⎜
ln ⎜
⎟
⎟
R
⎝
⎠
⎝ R ⎠
− αε LV
αε L
=
⎛R+d ⎞
⎛R+d ⎞
(0 − V ) ln ⎜
⎟ ln ⎜
⎟
⎝ R ⎠
⎝ R ⎠
EyM 0-62
EyM 3.2- 29
Electricidad y Magnetismo
ρ
Campo Electrostático II
∂φ
=A
∂ρ
Ejercicio
f) Si el electrodo exterior se gira un ángulo β en torno al eje z calcule la capacidad .
Lo único que cambia es la superficie de las armaduras del condensador que será la de
las superficies enfrentadas de los electrodos.
La carga en el electrodo externo será
Q (β ) =
C (β ) =
∫∫
Se
ρ s dS = ρ s
(R + d )dzd ϕ = − (α − β )εLV
∫
∫
⎛R+d ⎞
ϕ β
α
L
=
z =0
Q (β )
=
φ ( R + d ) − φ (R )
ln ⎜
⎝
R
⎟
⎠
(α − β )εL
− (α − β )ε LV
=
⎛ (R + d ) ⎞
⎛ (R + d ) ⎞
(− V )ln ⎜
⎟ ln ⎜
⎟
⎝ R ⎠
⎝ R ⎠
EyM 0-63
Energía Electrostática
Al estudiar el Teorema de Poynting se definió la energía del campo
electromagnético como:
W=
r r r r
1
(E ⋅ D + H ⋅ B )dv
∫∫∫
V
2
Por tanto la energía del campo electrostático será:
W=
r r
r2
1
1
E ⋅ Ddv = ∫∫∫ ε E dv ≥ 0
∫∫∫
2 V
2 V
Interesa poder expresar la energía también en función de las fuentes del campo,
es decir en función de las cargas del sistema.
Para ello considérese un sistema lo más general posible, con conductores
cargados, distribuciones de carga, superficies de discontinuidad del campo, etc.
EyM 0-64
07/01/2009
EyM 3.2- 30
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Energía Electrostática
r
E = −∇ φ
En todo punto se verificará que:
2W =
y por tanto:
r r
∫∫∫ E ⋅ D dv = − ∫∫∫
V
V
r
∇ φ ⋅ D dv
Para transformar el integrando, se sabe que:
r
r
r
∇ ⋅ (φ D ) = φ ∇ ⋅ D + ∇ φ ⋅ D
r
r
2W = − ∫∫∫ ∇ ⋅ (φ D )dv + ∫∫∫ φ ∇ ⋅ D dv = I 1 + I 2
por tanto:
V
V
La segunda integral representa la contribución a la energía de las densidades
volumétricas de carga.
Aunque V es todo el espacio la integral solo se extenderá a las distribuciones de
carga
ρ ≠0
I2 =
por tanto:
r
∫∫∫ φ∇ ⋅ D dv = ∫∫∫ φρ dv
V
V
EyM 0-65
Energía Electrostática
La primera integral representa la contribución a la energía de las densidades
superficiales de carga.
Para verlo hay que transformar la integral de volumen a una integral de superficie
utilizando el teorema de Gauss.
Pero para aplicar el T.G. las funciones implicadas deben ser continuas en el recinto
de aplicación.
Sin embargo, y precisamente en el caso de la presencia de densidades superficiales
de carga, la inducción D es una función discontinua sobre dicha superficie.
Supóngase una de las superficie sobre las que hay ρs.
Se
Si
Vi´
Voi
Pueden considerarse dos superficies, Si y Se, muy próximas a la
anterior de manera que se subdivide el espacio en dos
volúmenes: Vi´ volumen interior a la superficie de discontinuidad
y V0i, resto del espacio limitado por la superficie exterior a la
discontinuidad y la superficie del infinito.
Si hay varias de dichas superficies los volúmenes V´ y V0i
EyM 0-66
serán la suma de los producidos por ellas.
07/01/2009
EyM 3.2- 31
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Energía Electrostática
( )
( )
( )
r
r
r
I1 = − ∫∫∫ ∇ ⋅ φD dv = − ∫∫∫ ∇ ⋅ φD dv − ∫∫∫ ∇ ⋅ φD dv
La integral I1 será:
V
V′
V0
y en cada uno de los dos volúmenes se puede aplicar el T.G.
r r
I1 = − ∫∫ φDi ⋅ dSi − ∫∫
Vi´
Se + S∞
Si
r
r
φDe ⋅ dS e
Donde Si es la suma de todas las superficies interiores y
Se la suma de las exteriores.
Voi
En el límite cuando las superficies Si y Se estén infinitamente próximas:
r
r
dSi = −dS e
Y por tanto:
r
r
r r
r
I1 = − ∫∫ φ (Di − De )⋅ dS − ∫∫ φDe ⋅ dS e
ΣS
S∞
EyM 0-67
Energía Electrostática
La integral sobre la superficie del infinito se anula si el potencial y el campo son
regulares.
La integral sobre la superficie S resultará:
(
r
r
)
r
(
r
r
)r
∫∫ φ De − Di ⋅ dS = ∫∫ φ De − Di ⋅ ndS = ∫∫ φρs dS
S
S
S
Por tanto:
W=
1
1
φρ s dS + ∫∫∫ φρdv
∫∫
S
2
2 V
Las integrales de superficie y de volumen se extienden ahora solamente a las
distribuciones de carga en lugar de hacerlo a todo el espacio.
EyM 0-68
07/01/2009
EyM 3.2- 32
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Energía de un Sistema de Conductores
En el caso de un sistema de conductores se supone que las densidades de carga
son superficiales y están extendidas sobre las superficies de los mismos
Por tanto la energía electrostática será:
W=
1
1
1
1
1
φρ s dS = ∑ ∫∫ φρ s dS = ∑ ∫∫ Vi ρ s dS = ∑ Vi ∫∫ ρ s dS = ∑ Vi Qi
∫∫
S
S
S
S
Σ
i
i
i
i
2
2 i
2 i
2 i
2 i
En el caso particular de un condensador Q2 = -Q1 =Q :
W=
1
1
1
1
Vi Qi = (Q1V1 + Q2V2 ) = Q(V2 − V1 ) = QV
∑
2 i
2
2
2
1
1
1 Q2
W = QV = CV 2 =
2
2
2 C
EyM 0-69
Energía de una Bola de Carga
En el caso de una distribución volumétrica uniforme de carga de densidad ρ en
una esfera de radio R, la energía será:
W=
1
φρdv
2 ∫∫∫Esf
Teniendo en cuenta el potencial en el interior de la esfera (véase ejercicio al
respecto)
2
2
φi (r ) =
ρR ρr
−
2ε
6ε
la energía valdrá:
⎛ ρR 2 ρr 2 ⎞
1
1 R 2π π ρ 2
⎟
⎜
dv
=
3R 2 − r 2 r 2 senθdrdθdϕ =
−
ρ
2 ∫∫∫Esf ⎜⎝ 2ε
6ε ⎟⎠
2 ∫r =0 ∫ϕ =0 ∫θ =0 6ε
4πρ 2 R 5 3Q 2 1
=
=
15ε
20πε R
W=
(
)
donde el resultado final se ha expresado en función de la carga total:
4
Q = πR 3 ρ
3
07/01/2009
EyM 0-70
EyM 3.2- 33
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Energía de una Bola de Carga
W =
3Q 2 1
20πε R
El resultado obtenido puede interpretarse de la siguiente forma.
Supóngase una carga Q distribuida por todo el espacio (R= ∞).
Entonces la energía es cero.
W = lim R → ∞
3Q 2 1
=0
20 πε R
Si se agrupan las cargas habrá que vencer la fuerza de repulsión entre ellas
aportándose energía al sistema.
Esta energía de formación de la distribución crece al empaquetar de forma más
compacta las cargas (al disminuir R).
En el caso límite en que se desee una carga puntual, se requerirá una energía infinita.
W = lim R → 0
3Q 2 1
=∞
20πε R
Por ello la carga puntual no tiene realidad física y es solo una aproximación
matemática útil.
EyM 0-71
Energía de Interacción
Sea un sistema formado por 2 distribuciones volumétricas de carga con potenciales
r
r
y campos:
φ ,E y φ ,E
1
1
2
2
r
r r
ET = E1 + E2
Por superposición el campo total será:
La energía será por tanto:
r r
r r
r
r
1
1
W = ∫∫∫ ET ⋅ DT dv = ∫∫∫ E1 + E2 ⋅ D1 + D2 dv =
2 V
2 V
r r
r r
r r
r r
1
1
1
= ∫∫∫ E1 ⋅ D1dv + ∫∫∫ E2 ⋅ D2 dv + ∫∫∫ E1 ⋅ D2 + D1 ⋅ E2 dv = WF 1 + WF 2 + WI
2 V
2 V
2 V
Los dos primeros términos son la energía necesaria para formar las cargas y el
tercer término es la energía de interacción
r
r r
r
r
∫∫∫ E1 ⋅ D2 dv = ε ∫∫∫ − ∇φ1 ⋅ E2 dv = ∫∫∫φ1∇ ⋅ εE2 dv − ε ∫∫∫ ∇ ⋅ φ1E2 dv =
Pero:
ρ1
ρ2
(
)(
)
(
)
( )
V
V
V
(
)
V
r
r
r r
= ∫∫∫φ1 ρ 2 dv − ε ∫∫ φ1 E2 ⋅ dS = ∫∫∫φ1 ρ 2 dv = ε ∫∫∫ E1 ⋅ E2 dv
S∞
1
42
43
V
V
V
0
Por tanto:
07/01/2009
1
WI = ∫∫∫ (φ1 ρ 2 + φ2 ρ1 )dv = ∫∫∫φ1 ρ 2 dv = ∫∫∫φ2 ρ1dv
2 V
V
V
EyM 0-72
EyM 3.2- 34
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Energía de un Sistema de Cargas Puntuales
Sea un sistema formado por N cargas puntuales qi .
La energía del sistema será:
r r
1
1
W = ∫∫∫ φρdv = ∑ ∫∫∫ φqiδ (r − ri )dv
V
V
i
2
2 i
siendo Vi un volumen en torno a la carga i-ésima.
r r
r
1
1
qi ∫∫∫ φδ (r − ri )dv = ∑ qiφ (ri )
∑
V
i
2 i
2 i
r
r
r
El potencial puede descomponerse como:
φ (ri ) = φ ′(ri ) + φ ′′(ri )
Será por tanto:
Vi
r
r
r
ri
qi
W=
donde el primer término es la contribución al potencial en ri de
todas las cargas salvo la i-ésima y el segundo término es el
potencial creado por ésta (que es infinito).
r
1
W = ∑ qiφ ′(ri ) + ∞
Por tanto:
2 i
El término infinito es la energía necesaria para formar las cargas puntuales.
El otro término, denominado energía de interacción, es la energía necesaria para, una
vez formadas éstas, colocarlas en la situación relativa que tengan.
A diferencia de la energía total que siempre es igual o mayor que cero, la energía
de interacción puede ser positiva o negativa.
EyM 0-73
Energía de Interacción de dos Cargas
Puntuales
La energía de interacción de dos cargas puntuales es:
W =
r
1 2
1⎛
q2
q1
q iφ ′(ri ) = ⎜⎜ q1
r r + q2
r r
∑
2 i =1
2 ⎝ 4πε r1 − r2
4πε r2 − r1
Claramente si las dos cargas son del mismo signo
hay que realizar trabajo para enfrentarlas y la energía
de interacción es positiva.
q1
r r
r1 − r2
r
r1
r
r2
⎞
q1q 2
⎟=
⎟ 4πε rr − rr
1
2
⎠
q2
Si las dos cargas son de distinto signo se atraen y la
energía de interacción es negativa.
EyM 0-74
07/01/2009
EyM 3.2- 35
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Ejercicio
Una distribución volumétrica de carga tiene forma de esfera de radio R y carga
uniformemente distribuida con densidad ρ. A distancia d=4R de su centro hay una
carga puntual de valor Q. Calcular
a) La energía de interacción del sistema.
b) La energía que hay que aportar para llevar la carga puntual al centro de la
distribución.
a) La energía de interacción entre las dos cargas (1 puntual, 2 volumétrica) al inicio
será
1
WI =
ρ
2 ∫∫∫
V
(φ1ρ 2 + φ2 ρ1 )dv = ∫∫∫φ1ρ 2 dv = ∫∫∫φ2 ρ1dv
V
4 πR 3 ρ V
r r 2
3
WIi = ∫ ∫ ∫
Qδ (r − rQ )r senθdrdθ dϕ =
0
0 0
ε0
4
πε
r
0
ε0
4 πR 3 ρQ 4 πR 3 ρQ
R 2 ρQ
d
3
3
=
=
=
Q
4πε 0 4 R
12ε 0
4πε 0 d
2
R π 2π
Qρ
R
R 2 ρQ
Q
W = WIf − WIf
=
2 ⋅ 2π ⋅
WIf = ∫ ∫ ∫
ρr 2 senθdrdθ dϕ =
0 0 0 4πε r
4πε 0
2
2ε 0
0
EyM 0-75
R
d +δ
π
2π
Energía de Interacción de una Carga y un
Campo
Supóngase una región en la que el campo creado por unas determinadas
fuentes es conocido.
Se introduce una carga puntual en dicha región admitiendo que la
presencia de la carga no altera el campo existente.
En la citada región el nuevo campo será la superposición del existente antes
de colocar la carga más el que crea la carga.
r
r r
Et = E + E q
r
E
q
r
Eq
La energía será:
(
)(
)
r r
r r
r r
1
1
Et ⋅ Dt dv = ∫∫∫ E + Eq ⋅ D + Dq dv
∫∫∫
2 V
2 V
r
r
r r
r r
r r
1
1
1
= ∫∫∫ E ⋅ Ddv + ∫∫∫ Eq ⋅ Dq dv + ∫∫∫ E ⋅ Dq + Eq ⋅ D dv
2 V
2 V
2 V
EyM 0-76
W=
(
07/01/2009
)
EyM 3.2- 36
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Energía de Interacción de una Carga y un
Campo
W=
r
E
r
Eq
q
(
)
r r
r r
r r
r r
1
1
1
E ⋅ Ddv + ∫∫∫ Eq ⋅ Dq dv + ∫∫∫ E ⋅ Dq + Eq ⋅ D dv
∫∫∫
2 V
2 V
2 V
El primer término es la energía de formación del campo, el
segundo es la energía de formación de la carga puntual y el
tercero es por tanto la energía de interacción .
(
)
r r
r r
r r
r
1
E ⋅ Dq + Eq ⋅ D dv = ∫∫∫ εE ⋅ Eq dv = ε ∫∫∫ − ∇φ ⋅ Eq dv
∫∫∫
V
V
2 V
r
r
r
r
r
= ε ∫∫∫ φ∇ ⋅ Eq dv − ε ∫∫∫ ∇ ⋅ φEq dv = ∫∫∫ φ∇ ⋅ εEq dv − ε ∫∫ φEq ⋅ dS
Wi =
V
( )
V
V
S∞
La integral sobre la superficie del infinito se anula suponiendo regulares el potencial
del campo original y el campo creado por la carga puntual.
Por tanto:
r
r r
r
Wi = ∫∫∫ φ∇ ⋅ εEq dv = ∫∫∫ φqδ (r − rq )dv = qφ (rq )
V
EyM 0-77
V
Energía de Interacción de un Dipolo y un
Campo
Si se introduce un dipolo en el seno de un campo preestablecido, la energía de
interacción entre el dipolo y el campo será la suma de las energías de interacción
de cada una de las cargas con el campo.
−q
(
r
r r
Wi = −qφ (r0 ) + qφ r0 + d
r
d
q
r
r0
)
Pero si las cargas están muy próximas y el potencial del
campo es una función continua se podrá aproximar:
(r
r
)
r
φ r0 + d = φ (r0 ) + d x
r
r
∂φ
∂φ
∂φ
+ dy
+ dz
+ L ≅ φ (r0 ) + d ⋅ ∇φ
∂x
∂y
∂z
Por tanto:
(
)
(
)
r
r r
r
r r
r
r
r
Wi = −qφ (r0 ) + qφ r0 + d = − qφ (r0 ) + q φ (r0 ) + d ⋅ ∇φ = p ⋅ ∇φ = − p ⋅ E
EyM 0-78
07/01/2009
EyM 3.2- 37
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Ejercicio
Un dipolo eléctrico de momento p se encuentra en una región en la que el potencial
vale φ(r). Calcular en primera aproximación la energía necesaria para girar el dipolo
180º respecto de su centro.
En una situación inicial la energía de interacción, en primera aproximación, entre el
dipolo y el campo es:
r r r
Wi = − p ⋅ E = p ⋅ ∇φ
r
r
p′ = − p
Si se gira el dipolo 180º su nuevo momento dipolar es :
Y ahora la energía de interacción entre el dipolo y el campo es:
r
′ r
Wi = p ′ ⋅ ∇ φ = − p ⋅ ∇ φ
La energía necesaria habrá sido la diferencia entre la energía final y la energía
inicial:
r
r r
′
Wi − Wi = − 2 p ⋅ ∇ φ = 2 p ⋅ E
EyM 0-79
Ejercicio
Una cáscara dieléctrica esférica de permitividad ε y radios interior y exterior a y b
se trae desde el infinito y se centra en el origen de coordenadas donde hay una
carga puntual de q culombios. Calcular
a) La intensidad e inducción eléctrica en ambas situaciones.
b) El cambio de energía entre ambas situaciones.
c) El trabajo requerido para realizar el cambio y el sentido de la fuerza.
a) En la situación inicial el campo es el de la carga puntual y vale
r r
E1 (r ) =
q
4πε 0 r
2
rˆ
,
r r
D1 (r ) =
q
rˆ
4πr 2
En la segunda situación la inducción es la misma que en la primera y vale lo mismo
en todas las regiones
r r
r r
r r
r r
D 2 i (r ) = D2 ii (r ) = D 2 e (r ) = D1 (r ) =
q
ε0
a
b
i ii e
ε
07/01/2009
ε0
q
rˆ
4πr 2
La intensidad de campo eléctrico depende de ε por lo que:
r r
E 2 i (r ) =
q
4πε 0 r
2
rˆ
,
r r
E 2 ii (r ) =
q
4πε r
2
rˆ
,
r r
E 2 e (r ) =
q
rˆ
EyM
4πε 0-80
r2
0
EyM 3.2- 38
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Ejercicio
b) El cambio de energía está asociado al cambio de valor del campo que solo se ha
producido en la región ii:
(
)
2
r
r r
⎛ 1
1
1⎛ q ⎞
1
∆ W = ∫∫∫ E 2 ii − E1 ⋅ D 2 ii dV = ⎜
⎟ ∫∫∫ii ⎜⎜ 2 −
ii
ε 0r 2
2
2 ⎝ 4π ⎠
⎝ εr
1⎛ q ⎞ ⎛1 1
= ⎜
⎟ ⎜ −
2 ⎝ 4π ⎠ ⎜⎝ ε ε 0
2
⎞ b π 2π r 2 sen θ drd θ d ϕ q 2
⎟⎟ ∫ ∫ ∫
=
r4
8π
⎠ a 0 0
⎛1 1
⎜⎜ −
⎝ ε ε0
⎞ 1
⎟⎟ 2 dV =
⎠r
⎞⎛ 1 1 ⎞
⎟⎟⎜ − ⎟ < 0
⎠⎝ a b ⎠
c) El trabajo realizado por un agente eterno es igual al incremento de energía.
Como este es negativo la fuerza externa se realiza “a favor” del campo inicial ( ).
r̂
La fuerza que ejerce el campo tendrá sentido contrario. Por tanto irá en dirección
− r̂
.
El dieléctrico es atraído por la carga puntual y se sitúa en posición de energía
mínima.
EyM 0-81
Ejercicio
Una distribución volumétrica de carga tiene forma de esfera de radio R y carga
total Q uniformemente distribuida. En su centro hay una carga puntual –Q y la
constante dieléctrica de todo el espacio es la del vacío. Calcular
a) El trabajo necesario para llevar la carga puntual al infinito.
b) La fuerza a la que está sometida la carga cuando está a distancia r del centro de
la distribución.
a) La energía de interacción entre las dos cargas (1 puntual, 2 volumétrica) al inicio
será
1
WI =
-Q
ρ
ε0
R
ε0
2 ∫∫∫
V
WIi = ∫
R
0
=
(φ1ρ 2 + φ2 ρ1 )dv = ∫∫∫φ1ρ 2 dv = ∫∫∫φ2 ρ1dv
V
π
2π
0
0
∫∫
− 3Q 2 1
8πε 0 R
V
R
−Q
− Qρ
ρr 2 senθdrdθ dϕ =
4π ∫ rdr =
0
4πε 0 r
4πε 0
⎛
⎞
⎜ρ = Q ⎟
⎜
4 πR 3 ⎟
3
⎝
⎠
La energía de interacción entre las dos cargas al final será cero y el trabajo
EyM 0-82
∆ W = W If − W Ii = 3Q 2 8πε 0 R
07/01/2009
EyM 3.2- 39
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Ejercicio
b) La fuerza cuando r > R es
r r
− Q2
Q2
(− rˆ )
F = − Q E (r ) =
rˆ =
2
4πε 0 r
4πε 0 r 2
La fuerza cuando r < R es
r r
− Q2 r
Q2 r
ˆ
(− rˆ )
F = − Q E (r ) =
r
=
4πε 0 R 3
4πε 0 R 3
EyM 0-83
Acciones Mecánicas
Se había introducido el concepto de campo a través de sus efectos mecánicos
(fuerzas) según la ecuación:
r
r
F = ∫∫∫ ρEdv
V
En el caso de una carga puntual la fuerza sobre la misma será:
r
r r
r r r
F = ∫∫∫ qδ (r − rq )Edv = qE (rq )
V
En el caso de dos cargas que formen un dipolo será:
(
) [(
)
]
r
r r
rr r
rr r r r
F = −qE (r0 ) + qE r0 + d = q E r0 + d − E (r0 )
r
r
r
r
r
r
⎡⎛ r r
⎞ r r ⎤
r
∂E
∂E
∂E
≅ q ⎢⎜⎜ E (r0 ) + d x
+ dy
+ dz
+ L⎟⎟ − E (r0 )⎥ = qd ⋅ ∇ E = ( p ⋅ ∇ )E
∂x
∂y
∂z
⎠
⎣⎢⎝
⎦⎥
(
)
EyM 0-84
07/01/2009
EyM 3.2- 40
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Acciones Mecánicas
Pero al ser el momento dipolar un vector constante, y siendo E irrotacional resulta:
(
)
r
r
r
r r
F ≅ ( p ⋅ ∇ )E = ∇ p ⋅ E = −∇(Wi )
En el caso de ser E constante la fuerza sobre el dipolo será nula, pero habrá un par
de fuerzas:
r r r r
r
r
( )
r
M = d × F = d × qE = p × E
(
)
r r
r
∂ ( pE cos(ϕ ))
∂ p⋅E
∂ (Wi )
M ⋅ zˆ = pEsenϕ = −
=−
=+
∂ϕ
r
E
r
F
r
d
q
−q
∂ϕ
∂ϕ
r
F
x r
M
EyM 0-85
Sistemas de Conductores a Carga Constante
Los resultados anteriores indican que pueden obtenerse las fuerzas y pares a partir
de la variación de la energía electrostática del sistema.
En el caso de sistemas de conductores pueden considerarse dos situaciones:
• el de un sistema de conductores aislados con cargas fijas (no pueden
cambiar al evolucionar el sistema),
• y el de un sistema de conductores con potenciales fijos.
En la primera situación las cargas sobre los conductores son constantes.
Supóngase que las fuerzas desplazan uno de
los conductores una distancia diferencial dl
(un desplazamiento virtual en mecánica).
r
dl
EyM 0-86
07/01/2009
EyM 3.2- 41
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Sistemas de Conductores a Carga Constante
El trabajo mecánico realizado por el sistema será
r
r
dW mec = Fq ⋅ d l
donde la fuerza Fq es la fuerza eléctrica que actúa sobre el cuerpo en esta situación
de carga constante.
Como se tiene un sistema aislado que no recibe energía del exterior el trabajo
mecánico realizado debe hacerse a costa de la energía electrostática almacenada, y
por tanto:
r r
dWmec + dWe = 0 ⇒ dWmec = −dWe = Fq ⋅ dl
Teniendo en cuenta que un cambio en una función escalar producido por un cambio
de posición dl se obtiene del producto escalar del gradiente de la función por dl ,
será:
r
r r
r
dWe = ∇(We ) ⋅ dl = − Fq ⋅ dl ⇒ Fq = −∇(We )
EyM 0-87
Sistemas de Conductores a Carga Constante
Si el cuerpo conductor que se está considerando solo puede girar en torno a un
eje, por ejemplo el eje z, el trabajo mecánico realizado por el sistema para un
desplazamiento angular dϕ será:
dϕ
dWmec = (M q )z dϕ = −dWe
donde (Mq)z es la componente z del par que actúa sobre el cuerpo en condiciones de
carga constante.
Siguiendo el procedimiento aplicado anteriormente se obtiene (de la
ecuación anterior) que:
(M )
q z
07/01/2009
=−
∂ (We )
∂ϕ
EyM 0-88
EyM 3.2- 42
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Sistemas de Conductores a Potencial
Constante
Si el sistema de conductores se mantiene a potencial constante, mediante su
conexión a baterías, un desplazamiento dl de uno de los conductores implicará un
cambio de las cargas de todos los conductores, que serán aportadas por las baterías,
para mantener constantes los potenciales.
Si en el conductor k-ésimo se produce un cambio dQk de su carga, manteniéndose
su potencial a Vk, la energía aportada por las baterías será:
dWbat = ∑ Vk dQk
k
El trabajo mecánico realizado por el sistema como consecuencia del
desplazamiento virtual es
r r
dWmec = Fv ⋅ dl
donde ahora la fuerza es la que actúa sobre el cuerpo en condiciones de potencial
constante.
La transferencia de carga produce también un cambio en la energía electrostática
total del sistema en:
dWe =
1
1
Vk dQk = dWbat
∑
2 k
2
EyM 0-89
Sistemas de Conductores a Potencial
Constante
La ley de conservación de la energía requiere que:
dWmec + dWe = dWbat
Por tanto:
r r 1
dWmec + dWe = Fv ⋅ dl + ∑ Vk dQk = dWbat = ∑ Vk dQk
2 k
k
r
r r 1
Fv ⋅ dl = ∑ Vk dQk = dWe = ∇(We ) ⋅ dl ⇒
2 k
r
Fv = ∇(We )
Y de forma análoga se obtiene que si el cuerpo está restringido a rotar entorno
al eje z (por ejemplo) la componente z del par es:
(M )
q z
07/01/2009
=
∂ (We )
∂ϕ
EyM 0-90
EyM 3.2- 43
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Problema 3-20
Un sistema está formado por tres semicilindros coaxiales rígidamente unidos, que
pueden girar alrededor de su eje, situado este último en la superficie de un líquido
dieléctrico de permitividad relativa εr. Los radios de los semicilindros son los indicados
en la figura y su longitud es L. Si entre el conductor interior (R1) y el exterior (R3) se
aplica una diferencia de potencial de V voltios, hallar: a) el esquema circuital del sistema
y la capacidad total del mismo; b) el potencial de la placa intermedia (respecto de la
exterior); c) la energía electrostática del sistema; d) si se desconecta la batería, razonar
en que dirección tiende a girar el sistema (supóngase despreciable el efecto de la
gravedad). (Nota: despreciar el efecto de bordes).
α
C 0, 2 C
0, 1
C r ,1
C r ,2
a) El esquema circuital del sistema puede
considerarse como la asociación serie
de dos conjuntos de dos condensadores
C 0,1
C 0, 2
en paralelo
ε0
εr
R1
R2
R3
C r ,2
C r ,1
Los C0,i corresponden a los condensadores que estén al aire y los Cr,i a los
que tienen al liquido como dieléctrico. El i=1 corresponde al que está entre R1 y R2
EyM 0-91
mientras que el i=2 al que está entre R2 y R3
Problema 3-20
A partir de la capacidad por unidad de longitud del condensador cilíndrico de radios
re y ri se puede obtener la capacidad de un sector de ángulo α y longitud L como:
C = αε L ln (re ri )
C 0 ,1 = αε 0 L ln (R 2 R1 )
Por tanto:
C r ,1 = (π − α )ε r ε 0 L ln (R 2 R1 )
Y por tanto:
(
) (
) (CC
CT = C0,1 C0, 2 ⊕ Cr ,1 Cr , 2 =
C 0 , 2 = αε 0 L ln (R3 R 2 )
C r , 2 = (π − α )ε r ε 0 L ln (R3 R 2 )
+ C0, 2 )(Cr ,1 + Cr , 2 )
ε0L
=
[α + (π − α )ε r ]
ln (R3 R1 )
0 ,1 + C0 , 2 + Cr ,1 + C r , 2
0 ,1
b) Si no hay efectos de bordes el potencial varía como:
⎛ρ ⎞
V
φ = A ln(ρ ) + B ⇒ φ =
ln⎜ ⎟
⎛ R1 ⎞ ⎜⎝ R3 ⎟⎠
ln⎜⎜ ⎟⎟
⎝ R3 ⎠
y por tanto el potencial en la placa intermedia valdrá:
07/01/2009
φ (R2 ) =
⎛R ⎞
V
ln⎜⎜ 2 ⎟⎟
R
⎛R ⎞
ln⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎝ 3 ⎠
EyM
0-92
R
⎝ 3⎠
EyM 3.2- 44
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Problema 3-20
1
We = CTV 2
2
d) La energía será:
e) El sistema evolucionará a carga constante.
Por tanto su energía será:
We =
1 Q2
2 CT
El sistema se desplazará hacia energía electrostática mínima, o sea hacia
capacidad máxima.
Como la capacidad aumenta al introducir el líquido el sistema girará hasta que el
ángulo α sea cero.
EyM 0-93
Problema 3-8
a) Calcular la energía electrostática del sistema de la figura sabiendo que la carga de la
esfera conductora interior es Q y el dieléctrico tiene una permitividad
R22
ε = ε 0 anterior
b) A partir del resultado
calcule la capacidad del sistema y el potencial de la
r2
esfera interior.
Q
a)Solo hay campo en la región entre esferas. Por
Gauss pueden obtenerse D y E:
r r
π
2π
2
2
∫∫ D ⋅ dS = Q = ∫ ∫ D(r )r senθdθdϕ = D(r )4πr
ε(r)
θ =0 ϕ =0
R1
Q
D(r ) =
4πr 2
R3
07/01/2009
D(r )
=
ε (r )
Q
ε 0 R22
=
1 Q
4πε 0 R22
4πr
r2
r r
1
La energía será: We = ∫∫∫ E ⋅ Ddv
2 V
R2
π
2π 1
Q2
Q 2 (R2 − R1 )
We =
r 2 senθdrdθdϕ =
2
2 ∫r = R ∫θ = 0 ∫ϕ = 0 2
1
r
32π ε 0 R2
8πε 0 R22
R2
b) La capacidad:
E (r ) =
C=
Q2
4πε 0 R22
=
2We R2 − R1
Y el potencial:
V=
2
Q (R2 − R1 )Q
=
C
4πε 0 R22 EyM 0-94
EyM 3.2- 45
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Ejercicio
Se dispone de un condensador cilíndrico con armaduras de altura h y radios a y b (a<b).
Se realizan con él dos experimentos sumergiéndolo una profundidad p en un líquido
de permitividad ε que penetra entre sus armaduras. El primero de ellos se realiza a
potencial constante V0 y el segundo a carga constante. El proceso de adquisición de
la carga en el segundo experimento se realiza fuera del líquido. Calcule en ambos
experimentos:
a) La energía electrostática en función de la profundidad p sumergida dentro del líquido.
¿Dónde se alcanza el mínimo de la energía?
b) Las fuerzas electrostáticas que sufre el condensador cuando se sumerge en dicho
líquido. Se recomienda obtenerlas a partir de las energías detallando claramente su
módulo, dirección y sentido.
z
ε0
ρ=a
a) Ya que la capacidad de un condensador cilíndrico de altura
h y radios a y b (a<b) y medio de permitividad ε vale:
ρ=b
C=
h
ε
2πεh
ln(b a )
la energía electrostática a potencial constante vale:
⎞ ⎞
1
1
1
2πε 0 ⎛⎜ ⎛ ε
⎜⎜ − 1⎟⎟ p ⎟
We = Cε 0V 2 + Cε V 2 = V 2
h
+
⎟
2
2
2
ln(b a ) ⎜⎝ ⎝ ε 0 EyM
⎠ ⎠ 0-95
p
Ejercicio
Esta energía varía linealmente con p entre un valor mínimo Wmin hasta un valor
máximo Wmax.
W min = W ( p = 0 ) =
1 2 2πε 0
V
h
2
ln (b a )
, W max = W ( p = h ) =
1 2 2πε
V
h
2
ln (b a )
Por otra parte, la energía electrostática a carga constante vale:
We =
Q2
1 Q2
1
=
2 Cε 0 + Cε 2 2πε 0 ⎛ ⎛ ε
⎞ ⎞
⎜ h + ⎜ − 1⎟ p ⎟
⎜
⎜
ln (b a ) ⎝ ⎝ ε 0 ⎟⎠ ⎟⎠
donde la carga Q adquirida inicialmente a potencial V vale:
Q = CV =
2πε 0 h
V
ln (b a )
En este caso la energía es inversamente proporcional a la profundidad sumergida
p y y varía entre un valor mínimo Wmin hasta un valor máximo Wmax.
W min = W ( p = h ) =
07/01/2009
1 2 2πε 02
V
h
2
ln (b a )ε
, W max = W ( p = 0 ) =
1 2 2πε 0
V
h
2
ln (bEyM
a ) 0-96
EyM 3.2- 46
Electricidad y Magnetismo
Campo Electrostático II
Ejercicio
b) La fuerza se obtiene como el gradiente de la energía electrostática. De este
modo a potencial constante:
r
⎞
∂We
1
2πε 0 ⎛ ε
⎜⎜ − 1⎟⎟ pˆ
F = ∇We =
pˆ = V 2
∂p
2
ln (b a ) ⎝ ε 0 ⎠
Mientras que a carga constante la fuerza vale:
⎛ε
⎞
⎜⎜ − 1⎟⎟
r
∂W
1
ln (b a )
⎝ ε0 ⎠
F = −∇We = − e pˆ = Q 2
pˆ
2
∂p
2
2πε 0 ⎛ ⎛ ε
⎞ ⎞
⎜ h + ⎜ − 1⎟ p ⎟
⎟ ⎟
⎜ ⎜ε
⎝ ⎝ 0 ⎠ ⎠
a)
b)
El sentido de la fuerza se obtiene razonando las anteriores expresiones:
Potencial constante: La fuerza se dirige hacia donde crece la energía ee. En este
caso se presenta el máximo de energía cuando el cilindro está completamente
sumergido, por lo que las fuerzas electrostáticas tienden a sumergir el cilindro.
Carga constante: La fuerza se dirige hacia donde decrece la energía ee. El mínimo
de energía se presenta aquí cuando el cilindro esta dentro del líquido, por lo que
las fuerzas electrostáticas tienden de nuevo a sumergir el cilindro.
EyM 0-97
07/01/2009
EyM 3.2- 47