4 — Electrostática de conductores.

4 — Electrostática de conductores.
Electrostática de conductores.
102
4.1
Introducción
Hasta aquí hemos tratado con problemas donde la distribución de carga es conocida desde el
comienzo. Ahora atacaremos otro tipo de problemas, la determinación del campo eléctrico cerca
de un conductor.
Como vimos en la sección 1.3.2, la materia se puede clasificar en conductores y aislantes ( o
dieléctricos ). Un material dieléctrico posee electrones fuertemente ligados a los átomos, de
manera que ante la presencia de un campo eléctrico externo éstos pueden oscilar en torno a su
posición de equilibrio, pero se mantendrán siempre en la cercanía del átomo correspondiente.
Por otro lado, un material conductor (como un metal) posee un gran número de electrones libres,
y éstos se pueden mover libremente a través del material. Mientras exista un campo eléctrico
al interior de un conductor, los electrons libres serán acelerados. Esta corriente de electrones
se detendrá cuando el desplazamiento de cargas en el conductor genere un campo eléctrico que
cancele al campo externo, se alcanza entonces un equilibrio estático.
4.2
4.2.1
Propiedades de un conductor en electrostática
El campo eléctrostático dentro de un conductor es nulo
En un conductor, los electrones pueden moverse libremente bajo la acción de un campo eléctrico.
Imaginemos que colocamos un conductor en una región donde existe un campo eléctrico externo.
En el régimen estático, la única solución aceptable es que en todo punto interior al conductor el
campo eléctrico sea nulo. De lo contrario, éste producirá un movimiento de cargas al interior del
conductor, lo que no es consistente con el equilibrio estático. Notar que como ~E(~x) = 0 en el
interior de un conductor, entonces
−~∇φ = 0
Esto significa que al interior de un conductor el potencial es constante.
4.2.2
La carga en un conductor se distribuye en su superficie
Consecuencia directa de la propiedad anterior es que todo exceso de carga en un conductor debe
distribuírse en su superficie. Para ilustrar esto último, imaginemos una superficie de Gauss S
arbitraria en el interior del conductor. Como el campo eléctrico al interior es nulo, el flujo sobre
S es nulo, lo que sólo es posible si la carga total encerrada qS es cero.
ZZ
~ 0 ~ 0
d S(~x ) · E(~x ) = 0 → qS = 0
S
4.2 Propiedades de un conductor en electrostática
103
Como S es una superficie arbitraria, se deduce que ninguna densidad de carga puede existir en
un punto interior al conductor.
4.2.3
El campo eléctrico es normal a la superficie
Si bien en la superficie de un conductor puede existir una densidad de carga, ésta debe ser estática.
Esto significa que el campo eléctrico debe anularse en la dirección tangente a la superficie (de
lo contrario las cargas en la superficie no estarán en equilibrio). Matemáticamente esto esta
garantizado si el campo eléctrico al interior es nulo. Para demostrarlo, consideremos un punto
sobre la superficie de un conductor y calculemos la integral de línea sobre el camino cerrado Γ
de la figura.
Los segmentos ∆l y ∆l 0 son perpendiculares a la normal en todo punto, y sus largos pueden
ser escogidos suficientemente pequeños de forma que el campo eléctrico sea aproximadamente
constante a lo largo de cada segmento. Los segmentos de largo ∆x y ∆x0 son paralelos a la normal.
Descomponiendo el campo en una componente normal ~En y en una componente tangencial ~Et a
la superficie, se obtiene:
I
d~x · ~E = 0 × ∆l 0 + En × ∆x0 − Et × ∆l − En × ∆x
Γ
Como el campo eléctrico es conservativo, esta integral es cero. En el límite cuando ∆x0 → 0 y
∆x → 0, se tiene Et ∆l = 0, y como ∆l es una longitud finita, se concluye que la componente
tangencial del campo eléctrico sobre la superficie de un conductor es cero.
Notemos que existe entonces una relación simple entre la magnitud del campo eléctrico en un
punto sobre la superficie del conductor y la densidad de carga σ en dicho punto. Consideremos
una superficie de Gauss cilíndrica arbitrariamente pequeña en torno a un punto ~x, como se
muestra en la figura siguiente. La carga encerrada es simplemente σ A, con A el área transversal
del cilindro.
De la ley de Gauss obtenemos
ZZ
σ (~x)A
0
E(~x0 ) = E(~x)A + 0A =
d~S(~x ) · ~
S
ε0
de aquí
E(~x) =
σ (~x)
ε0
(4.1)
Nota
En el ejemplo 1.7 vimos que el campo eléctrico muy cerca de una superficie cargada (de
Electrostática de conductores.
104
densidad superficial σ ) es E = σ /(2ε0 ). Por qué entonces el campo en la proximidad de la
superficie de un conductor posee una magnitud de E = σ /ε0 ?. La respuesta es que la densidad
de carga en el conductor genera un campo eléctrico tanto dentro como fuera del conductor,
dado por ~Esup = +σ /(2ε0 )n̂ en la región exterior al conductor, y ~Esup = −σ /(2ε0 )n̂ en el
interior. Este campo debe contrarestar al campo externo en el interior del conductor, luego
~Eext = σ /(2ε0 )n̂. Al interior del conductor, se tiene ~Esup + ~Eext = ~0, mientras que en el exterior,
~Esup + ~Eext = 2 σ n̂ = σ n̂.
2ε0
ε0
4.2.4
La superficie de un conductor en equilibrio es una equipotencial
Mostrar esto ahora resulta evidente, consideremos 2 puntos A y B sobre la superficie de un
conductor, y calculemos la diferencia de potencial entre estos dos puntos :
φB − φA = −
Z B
d~x · ~E(~x) = 0
A
ya que ~E sólo tiene componente normal a la curva y entonces d~x · ~E = 0 en todo punto de ésta.
Luego, los puntos A y B se encuentran al mismo potencial. Se deduce entonces que el potencial
φ posee el mismo valor constante tanto al interior como en la frontera del conductor.
4.2.5
Energía potencial de un conductor
Dado que en un conductor toda la carga se concentra en su superficie, y como además en ella el
potencial es constante, una simple aplicación de la ecuación 3.10 nos da
U=
1
2
1
φ (~x0 )dq(~x0 ) = φ0
2
S
ZZ
1
σ (~x0 )dS(~x0 ) = φ0 Q
2
S
ZZ
La energía potencial de un conductor con una carga superficial total Q y a potencial φ0 está dada
por
1
U = φ0 Q
2
(4.2)
En una primera parte, abordaremos situaciones simples en las que la simetría de los conductores
implican una densidad de carga uniforme sobre su superficie.
Ejemplo 4.1 — Energía de una esfera conductora cargada. Para una esfera de radio R
2
Q
y carga Q, aplicando la fórmula 4.4 se tiene que la energía electrostática es U = 8πε
. Otra
0R
forma de obtener este resultado es integrando la densidad de energía, dada por la ecuación 3.29.
ε0
U=
2
ZZZ
R3
k~E(~x)k2 d 3 x
4.2 Propiedades de un conductor en electrostática
105
Sabemos que el campo es nulo al interior del conductor. Para calcular el campo fuera de la esfera,
podemos utilizar el hecho de que el campo debe poseer una simetría radial respecto a la esfera
conductora, es decir, ~E = E(r)r̂, donde r es la distancia al centro de la esfera.
El flujo sobre una superficie S esférica de radio r será entonces, por la ley de Gauss:
ZZ
Q
~ ~
2
d S · E = 4πr E(r) =
ε0
S
Es decir, para r > R, ~E = 4πεQ r2 r̂ (idéntico al campo de una carga puntual Q en el origen). La
0
densidad de energía electrostática es entonces
1
Q2
u(r) = ε0 E(r)2 =
2
32π 2 ε0 r4
r>R
y u(r) = 0 si r < R. Integrando u sobre todo el espacio en coordenadas esféricas:
Z ∞
U = 4π
R
drr2 u(r) =
Q2
8πε0
Z ∞
dr
R
r2
=
Q2
8πε0 R
Ejemplo 4.2 — Sistema de conductores. Una esfera de metal de radio R y carga q está
rodeada por un cascarón esférico metálico de radio interior a y radio exterior b. El cascarón no
tiene carga neta
a) Encuentre la densidad superficial de carga en cada superficie
b) Encuentre el potencial en el centro utilizando infinito como punto de referencia
c) Si la esfera exterior se conecta a tierra bajando su potencial a cero (igual que en infinito),
¿Cómo cambian las respuestas anteriores?
Electrostática de conductores.
106
Solución
a) Como la esfera de radio R es metálica (conductora), toda la carga debe estar concentrada en su
superficie. Dada la simetría esférica del problema, esta distribución de carga debe ser uniforme,
es decir
q
4πR2
Ahora, el cascarón es eléctricamente neutro, sin embargo en sus superficies (Sa y Sb ) se induce
carga de forma tal que el campo eléctrico en su interior sea nulo.
σR =
Debe tenerse que ~E(~x) = ~0 para a < r < b. Tomando una superficie Gaussiana esférica de radio
r, a < r < b
ZZ
0
E(~x0 ) = 0
d~S(~x ) · ~
S
ya que ~E(~x) es nulo en todos los puntos interiores del cascarón. Por otro lado
ZZ
Qint
0
E(~x0 ) =
d~S(~x ) · ~
ε0
S
luego Qint = 0, donde
Qint = q + σa 4πa2 = 0
y se obtiene la densidad superficial de carga en la superficie interior del cascarón
σa = −
q
4πa2
Como el cascarón es neutro, debe tenerse que
σa 4πa2 + σb 4πb2 = 0
−q + σb 4πb2 = 0
q
4πb2
Es decir, sobre la superficie interna se induce una carga total −q, y sobre la superficie externa,
por supuesto, q.
σb =
b) Distinguimos 4 regiones, como se indica en la figura
4.2 Propiedades de un conductor en electrostática
107
Como las regiones I y III están contenidas en el interior de un conductor
~E(~x) = 0 ~x ∈ I, ~x ∈ III
Para encontrar el campo eléctrico en las regiones II, y IV , utilizamos la ley de Gauss. Tomando
una superficie esférica de radio r con R < r < a (región II), se tiene
ZZ
q
0
E(~x0 ) = 4πr2 E(r) =
d~S(~x ) · ~
ε0
S
q
r̂ R < r < a
4πr2 ε0
Del mismo modo, para una superficie esférica de radio r, con r > b (región IV ), se tiene
~E(r) =
ZZ
q
~ 0 ~ 0
2
d S(~x ) · E(~x ) = 4πr E(r) =
ε0
S
q
r̂ b < r
4πr2 ε0
~E(r) =
Con esto, podemos calcular el potencial en el origen
Z ∞
φ (0) =
d~x0 · ~E(~x0 )
0
tomando, por supuesto, un camino radial ~x0 = rr̂, d~x0 = drr̂, y r ∈ [r, ∞]:
Z ∞
φ (0) =
drr̂ · ~E(r)r̂ =
Z ∞
0
Z R
φ (0) =
Z a
drE(r) +
Z b
drE(r) +
0
R
Z a
φ (0) =
R
drE(r)
0
drq
+
4πε0 r2
Z ∞
drE(r) +
a
Z ∞
b
drq
q
=
2
4πε0 r
4πε0
drE(r)
b
1 1 1
+ −
b R a
c) Ahora, se tiene
Al igual que antes debe tenerse que ~E(~x) = 0 para ~x ∈ III (interior de un conductor). Esto
simplemente se traduce en
q + σa 4πa2 = 0
Electrostática de conductores.
108
por ley de Gauss. Es decir, al igual que antes
σa = −
q
4πa2
Además el potencial ahora es nulo sobre la superficie exterior Sb , esto quiere decir que
Z ∞
φ (b) =
d~x0 · ~E(~x0 ) = 0
b
para cualquier camino entre b y el infinito. Por supuesto, esto requiere que
~E(~x0 ) = 0 ∀~x ∈ IV
Notar que esto implica que la carga encerrada por una superficie Gaussiana contenida en IV
necesariamente es cero. Es decir, el cascarón ya no es un objeto eléctricamente neutro (se debe
inducir una carga neta en el, igual a −q). Esto ocurre si la carga +q inicialmente inducida en la
cáscara exterior es evacuada mediante la conexión a tierra, y entonces:
q + σa 4πa2 + σb 4πb2 = q − q + σb 4πb2 = 0
σb = 0
Ejemplo 4.3 — El efecto punta. Un sistema de dos esferas conductoras de radios a y b (con
a > b) posee una carga total Q. Si ellas están separadas por una gran distancia y se les conecta
con un alambre conductor de dimensiones despreciables, calcule la carga total sobre cada esfera
y la magnitud aproximada del campo eléctrico sobre la superficie de cada una.
4.2 Propiedades de un conductor en electrostática
109
Solución
Sean QA y QB la carga en cada esfera, sabemos que
QA + QB = Q
Notemos que el sistema entero es un conductor, y por lo tanto, su superficie es una equipotencial.
Además, como las esferas están separadas por una gran distancia, entonces el campo eléctrico
(y en consecuencia el potencial) en la cercanía de cada esfera será aproximadamente el campo
generado por una esfera cargada. Luego
φ (a) =
QB
QA
= φ (b) =
4πaε0
4πbε0
De donde
QA = QB
a
b
y usando que Q = QA + QB
QA =
aQ
a+b
QB =
bQ
a+b
Con esto, el campo eléctrico sobre la superficie de la esfera A tiene como magitud
k~EA k =
aQ
Q
=
2
4πε0 (a + b)a
4πε0 (a + b)a
k~EB k =
bQ
Q
=
4πε0 (a + b)b2 4πε0 (a + b)b
y para la esfera B
De esta forma,
k~EB k a
= >1
k~EA k b
Es decir, el campo eléctrico sobre la esfera de radio menor es mayor que el campo sobre la esfera
de radio mayor. Los campos están en proporción inversa de los radios.
Éste es el efecto punta cuando se carga un conductor que posee una punta o un lado muy
puntiaguido, como el de la figura siguiente:
Electrostática de conductores.
110
Entonces una cantidad relativamente pequeña de carga acumulada en la punta puede generar
una densidad superficial de carga muy grande, y como consecuencia, un mayor campo en su
cercanía.
Ejemplo 4.4 — Tres esferas conductoras. Tres cáscaras esféricas conductoras concéntricas
muy delgadas poseen radios a,b, y c, respectivamente, siendo a < b < c. Inicialmente la cáscara
interior está descargada, la del medio posee una carga total negativa −Q y la externa una carga
total positiva Q
a) Encuentre el potencial electrostático en cada una de las cáscaras conductoras
b) Si las cáscaras interior y exterior son conectadas mediante un alambre conductor muy delgado
que está aislado al pasar por la cáscara central, ¿Cuál es ahora el potencial eléctrico de cada una
de las cáscaras? ¿Cuál es la carga en cada una de las esferas?
Solución
Distinguimos naturalmente tres regiones del espacio, dadas por I : {r < a}, II : {a < r < b},
III : {b < r < c}, IV : {r > c}. En cada una de ellas el campo eléctrico posee dirección radial y
su magnitud depende únicamente de la distancia r al centro del conductor interno. Utilizando la
ley de Gauss para la región I : r < a
ZZ
0
E(~x0 ) = 0 ∀S ∈ I
d~S(~x ) · ~
S
pues ~E(~x) = 0 ∀~x ∈ I (interior de un conductor). Para la región II
ZZ
Qint
~ 0 ~ 0
=0
d S(~x ) · E(~x ) =
S
ε0
pues la cáscara de radio a se encuentra inicialmente descargada. De esta forma, el campo
eléctrico también es nulo en esta región, ~E(~x) = 0 ∀~x ∈ II. Del mismo modo, utilizando una
superficie esférica de radio r, con b < r < c
ZZ
−Q
0
E(~x0 ) = 4πr2 E(r) =
d~S(~x ) · ~
ε0
S
~E(r) = −Q r̂
4πε0 r2
Por último, para r > c
ZZ
~ 0 ~ 0
d S(~x ) · E(~x ) = 0 ∀S ∈ IV
S
pues la carga encerrada por cualquier superficie contenida en la región IV es cero. En resumen
4.2 Propiedades de un conductor en electrostática
~E(r) =


0
−Q
2 r̂
 4πε0 r
0
111
si r < b
si b < r < c
si r > c
El potencial en la cáscara exterior es
Z ∞
φ (c) =
d~x0 · ~E(~x)
c
tomando por supuesto un camino radial ~x0 = rr̂, d~x0 = drr̂, r ∈ (c, ∞)
Z ∞
φ (c) =
drr̂ · ~E(r) = 0
c
El potencial en la cáscara de radio b es
Z ∞
φ (b) =
drr̂ · E(r)r̂ =
Z c
dr
b
b
Z c
dr
−Q
4πε0 r2
Q c
2
4πε0 r b
b r
Q
b−c
φ (b) =
4πε0
bc
Q
φ (b) = −
4πε0
=
por último, el potencial en r = a es
Z ∞
φ (a) =
drr̂ · E(r)r̂ =
a
Z b
Z c
drE(r) +
a
Z c
φ (a) =
b
Z ∞
drE(r) +
b
Q
drE(r) = φ (b) =
4πε0
drE(r)
c
b−c
bc
b) Ahora se tiene la siguiente configuración
Los conductores de radio a y c se encuentran unidas al mismo potencial. De esta forma, la carga
contenida inicialmente en estos dos conductores se distribuirá, donde por supuesto se debe tener
Qa + Qc = Q
Electrostática de conductores.
112
Definiendo las mismas regiones anteriores, nuevamente se tiene
~E(~x) = 0 ∀~x ∈ I
~E(~x) = 0 ∀~x ∈ IV
(región I es el interior de un conductor y la carga total del sistema sigue siendo nula). El campo
en la región II se obtiene con la ley de Gauss (superficie esférica de radio r, a < r < b)
ZZ
Qa
0
E(~x0 ) = E(r)4πr2 =
d~S(~x ) · ~
ε0
S
~E(r) =
Qa
r̂
4πε0 r2
y del mismo modo, tomando una superficie esférica de radio r, con b < r < c
ZZ
−Q + Qa
~ 0 ~ 0
2
d S(~x ) · E(~x ) = E(r)4πr =
ε0
S
~E(r) = Qa − Q r̂
4πε0 r2
El potencial en r = c es, por supuesto, nulo, ya que ~E = ~0 para r > c
Z ∞
φ (c) =
drE(r) = 0
c
además
Z c
Z c
Qa − Q
4πε0 r2
b
b
b
Z
Qa − Q c − b
Qa − Q c 1
φ (b) =
dr 2 =
4πε0 b
r
4πε0
bc
Z ∞
φ (b) =
drE(r) =
drE(r) =
dr
y
Z b
Z ∞
φ (a) =
drE(r) =
a
Z b
φ (a) = φ (b) +
a
drE(r) + φ (b)
a
Qa
Qa
= φ (b) +
dr
2
4πε0 r
4πε0
b−a
ab
pero las cargas inducidas en a y c deben ser tal que
φ (a) = φ (c) = 0
luego
Qa − Q
φ (a) =
4πε0
c−b
Qa
b−a
+
=0
bc
4πε0
ab
c−b
b−a
+ Qa
=0
bc
ab
c−b b−a
c−b
Qa
+
=Q
bc
ab
bc
φ (a) = (Qa − Q)
4.3 Sistema de varios conductores
Qa
ac − ab + bc − ac
abc
=Q
113
c−b
→ Qa
bc
Finalmente
Qa = Q
b(c − a)
a
= Q(c − b)
a(c − b)
b(c − a)
4.3
Sistema de varios conductores
Cuando se tienen varios conductores, se debe cumplir ~E =~0 y ρ = 0 al interior de cada conductor.
Además, al exterior el campo eléctrico es normal a la superficie de cada conductor, y se cumple
~E = σ /ε0 n̂.
4.3.1
Fenómeno de inducción electrostática
Supongamos que en una región del espacio existe un campo eléctrico ~E0 , y que se coloca
un conductor inicialmente descargado. El campo eléctrico al interior de éste debe anularse
para obtener un nuevo estado de equilibrio. De esta forma un desbalance de cargas se debe
establecer en su superficie del conductor para generar un campo eléctrico que se oponga al
campo eléctrico ~E0 que existe inicialmente. Este fenómeno de repartición de cargas se le llama
inducción electrostática.
Si la esfera inicialmente no estaba cargada, la carga total sobre esta debe permanecer nula, lo que
implica que la densidad superficial sera positiva en una zona y negativa en otras. Por ejemplo,
supongamos un conductor A inicialmente descargado al que acercamos un objeto B (que puede
ser un conductor o no) con carga positiva, como se muestra en la figura siguiente. Una densidad
superficial de carga negativa se generara en la porcion de superficie mas cercana al objeto B,
dejando un exceso de carga positiva en la zona mas alejada a B.
La inducción es total si todas las líneas de campo que salen de un conductor terminan en el otro
(ninguna línea de campo termina en el infinito). Tal es el caso del sistema de 2 conductores de la
figura siguiente, en en el cual un conductor inicialmente cargado positivamente (carga total +Q)
se coloca al interior de otro conductor, inicialmente descargado:
El campo eléctrico al interior del conductor exterior debe ser nulo. Si Q0 es la carga total inducida
en la superficie interna, la ley de Gauss aplicada a la superficie S de la figura da:
ZZ
(Q + Q0 )
~ ~
d S · E = 0 =
S
ε0
114
Electrostática de conductores.
Luego en la superficie interna se induce una carga total negativa que compensa a la carga del
conductor que se encuentra al interior Q0 = −Q. Como inicialmente el conductor externo no se
encuentra cargado, necesariamente Q00 = −Q0 = +Q.
Ejemplo 4.5 — Jaula de Faraday. Una esfera metálica se encuentra inicialmente descargada.
Ahora imagine que una carga positiva q es colocada en algún punto arbitrario dentro de la esfera
y sin tocar las paredes.
a) ¿Qué carga se induce en la pared interior y exterior de la esfera? Indicar cualitativamente la
concentración de densidad de carga inducida . Describir cómo son las líneas de campo eléctrico
dentro y fuera de la esfera
b) Suponga que se mueve la carga q dentro de la cavidad. ¿Cambia la distribución en la superficie
exterior de la esfera?
c) Ahora se coloca la carga q en contacto con la superficie interior de la esfera.¿Cómo queda la
distribución de carga en la superficie interior y exterior?
d) ¿Qué sucede si ahora se acerca otra carga q0 cerca de la superficie exterior del conductor?
4.3 Sistema de varios conductores
115
Solución
a) La carga q en el interior de la esfera metálica inducirá una separación de carga en el metal. Sea
qint la carga total inducida en la superficie interior, y qext la carga total inducida en la superficie
exterior. Debido a que la esfera inicialmente se encuentra descargada, se debe tener
qin + qext = 0
Para determinar qint , tomemos una superficie Gaussiana contenida enteramente dentro del
cascarón esférico como se muestra en la figura
La carga total encerrada por esta superficfie es
qenc = qint + q
Pero, debido a que el campo eléctrico ~E es cero en el interior de metal, la ley de Gauss indica
ZZ
(qint + q)
~
E(~x) =
=0
d S(~x) · ~
ε0
De esta forma qint = −q, y entonces qext = q. La distribución de éstas cargas y sus respectivas
líneas de campo son como se aprecia en la siguiente figura
La carga negativa en la superficie interna se concentra mayoritariamente en la parte de la esfera
más cercana a la carga q. En contraste, la carga positiva de la superficie exterior se distribuye
uniformemente sobre la superficie exterior. Ésto último debido a que la esfera metálica es
una superficie equipotencial, y la única forma de que esto suceda es que el campo sea radial y
uniforme sobre la superficie exterior
El campo eléctrico fuera de la esfera es
~E(r) =
1 q
r̂
4πε0 r2
Electrostática de conductores.
116
tal como si la carga q se encontrara en el centro del conductor
b) La distribución de carga en el exterior no cambia al mover la carga q en el interior, por la
misma razón anterior. Por supuesto, la carga inducida en el interior de la superficie si se vuelve a
distribuír en la medida que movemos q, para asegurar que el campo en su interior siga siendo
nulo ~E = 0. Ésto resulta interesante, pues desde el exterior del conductor podríamos saber cuanta
carga se encuentra en el interior, pero no podremos asegurar en que posición se encuentra.
c) Cuando la carga q toca la superficie interior, la carga inducida −q se concentrará enteramente
en el punto de contacto y cancelará la carga q.
d) Si se acerca ahora otra carga q0 al exterior de la esfera, entonces la carga se distribuirá en la
superficie exterior de forma de ser una equipotencial. La distribución de carga al interior no
cambia debido a la prescencia de una carga en el exterior. En otras palabras, si una cavidad está
encerrada en un conductor, ninguna distribución estática de carga en el exterior podrá producir
campos dentro. Este principio se conoce como shielding, y explica el por qué los aparatos
eléctricos se encuentran en cubiertas metálicas. .
Ejemplo 4.6 — Cavidades dentro de un conductor. Dos cavidades esféricas, de radios a
y b están contenidas en el interior de una esfera conductora neutra de radio R. En el centro de
cada cavidad hay una carga puntual qa y qb
a) Encuentre las densidades de carga superficiales
b) ¿ Cuál es el campo eléctrico fuera del conductor?
c) ¿Cuál es el campo dentro de cada cavidad?
Solución
a) Sobre las superficies Sa y Sb en cada cavidad se inducirá carga de forma de anular el efecto de
las cargas puntuales en el interior. Sean dos superficies S1 y S2 como se muestra en la figura
Como S1 está contenida en el interior del conductor
ZZ
Qint
~ 0 ~ 0
d S(~x ) · E(~x ) = 0 =
S
ε0
se obtiene
Qint = 0 = qa + σa 4πa2 = 0
4.3 Sistema de varios conductores
117
y la densidad superficial de carga inducida en la cavidad es:
σa =
−qa
4πa2
Del mismo modo, y utilizando la ley de Gauss con la superficie S2 , se obtiene
qb
4πb2
Como el conductor es neutro, se inducirá carga en la superficie exterior, de forma que
σb = −
−qa − qb + σR 4πR2 = 0
σR =
qa + qb
4πR2
b) El efecto de las cargas puntuales qa y qb es anulado mediante las cargas inducidas en las
cavidades. Con esto, el campo exterior posee una simetría esférica, y se puede obtener por la ley
de Gauss
ZZ
qa + qb
~ 0 ~ 0
2
d S(~x ) · E(~x ) = 4πr E(r) =
ε0
S
~E(r) = qa + qb r̂ r > R
4πr2 ε0
Electrostática de conductores.
118
c) Dentro de la cavidad a, el campo es simplemente el de la carga puntual qa
~Ea =
1
qa r̂a
4πε0 a2
donde r̂a es el vector radial con la carga qa como origen. Del mismo modo, dentro de la cavidad
b
~Eb =
1
qb r̂b
4πε0 b2
4.3.2
Capacitancia
Capacitancia de un conductor aislado
Se define la capacitancia, también llamada capacidad de un conductor a partir de la relación entre
el potencial eléctrico φ y la carga total Q en su superficie. Si Ω es el volumen del conductor
ZZ
Q = dS(~x0 )σ (~x0 )
1 x0 )
0 σ (~
~x ∈ Ω
dS(~
x
)
4πε0 ∂ Ω
k~x −~x0 k
ZZ
φ=
∂Ω
Es fácil ver que si cambiamos la densidad de carga σ por σ 0 = ασ , entonces la carga total y el
potencial escalan de igual forma
Q0 = αQ
φ 0 = αφ
En consecuencia, Q/φ = Q0 /φ 0 es una constante que depende únicamente de la geometría del
conductor.
Definición 4.3.1 — Capacitancia de un conductor. Definimos la capacitancia de un
conductor como:
C = Q/φ
(4.3)
donde φ es el potencial del conductor cuando éste posee una carga Q. En el sistema internacional, la unidad de capacitancia es el Faradio (F). En la práctica, las capacitancias son
típicamente del orden del microfaradio (1µF = 10−6 F).
Ejemplo 4.7 — Capacitancia de una esfera conductora. Como vimos en el ejemplo 3.2,
el potencial sobre una esfera conductora de radio R y carga Q es:
4.4 El condensador
119
φ=
Q
4πε0 R
Luego, la capacitancia de la esfera es:
C = 4πε0 R
Tomando por ejemplo una esfera de radio R = 10 cm, se tiene C = 1.1 ∗ 10−11 F.
Capacidad y energía electrostática de un conductor
En la secion 4.2.5 deducimos la energía potencial asociada a un conductor cargado. Físicamente,
corresponde a la energía que se debe administrar para cargar al conductor. Si φ y Q son ,
respectivamente, el potencial y la carga total sobre el conductor, la energía electrostática está
dada por
1
U = φQ
2
En términos de la capacidad (Q = Cφ ), se tiene:
1
Q2
U = Cφ 2 =
2
2C
4.3.3
(4.4)
Coeficiente de inducción de un sistema de conductores
Sean N conductores, cada uno con carga Qi y potencial φi , con i ∈ {1, 2, ..., N}. Como consecuencia de la relación lineal entre el potencial φ y la densidad de carga, se tiene una relación
lineal entre las cargas Qi y los potenciales φi de los conductores
N
Qi =
∑ Ci j φ j
j=1
Definición 4.3.2 — Coeficiente de inducción. Se define el coeficiente de inducción entre
los conductores i y j como:
Ci j =
∂ Qi
∂φj
(4.5)
y la capacitancia del i-ésimo conductor.
Cii =
∂ Qi
∂ φi
(4.6)
Se tiene Ci j = C ji .
4.4
El condensador
Un condensador (o capacitor) es un sistema de 2 conductores que poseen cargas de igual magnitud
pero de signo opuesto.
Naturalmente existe una concentración de líneas de campo entre los 2 conductores (intuitivamente,
dado que la carga total del sistema es Q − Q = 0, ambos conductores se apantallan y el campo
Electrostática de conductores.
120
eléctrico lejos de ambos conductores es débil). El condensador debe su nombre precisamente a
que es capaz de concentrar energía electrostática en un determinado volumen del espacio.
4.4.1
Capacitancia de un condensador
Supongamos un condensador compuesto de dos conductores con carga Q1 , potencial φ1 , y Q2 ,
φ2 respectivamente. Se tiene
Q1 = Q = C11 φ1 +C12 φ2
Q2 = −Q = C21 φ1 +C22 φ2
y dado que C12 = C21
Q = C11 φ1 +C12 φ2
−Q = C12 φ1 +C22 φ2
Sumando ambas ecuaciones, obtenemos
0 = (C12 +C11 )φ1 + (C12 +C22 )φ2
Lo cual se cumple únicamente si C11 = C22 = −C12 . Se obtiene finalmente una relación lineal
entre la carga Q y la diferencia de potencial entre ambos conductores
Q = C(φ1 − φ2 ) = C∆φ
(4.7)
donde C es la capacidad del condensador:
C=
Q
∆V
(4.8)
y representa la capacidad a almacenar carga a una diferencia de potencial dada.
4.4.2
Energía electrostática de un condensador
Para un sistema de conductores, se tiene (4.2)
U=
Luego, para un condensador, se tendrá:
1
Q i φi
2∑
i
4.4 El condensador
121
1
1
U = [Qφ1 − Qφ2 ] = Q(φ1 − φ2 )
2
2
se obtiene la energía almacenada por un condensador
1
U = Q∆φ
2
4.4.3
(4.9)
Cálculo de capacidades
En general, el procedimiento para determinar la capacidad de un condensador es la siguiente
1. Uno se da la carga Q (o σ , la densidad superficial) sobre uno de los conductores, sabiendo
que la carga total sobre el otro debe ser −Q
2. Se determina el campo eléctrico ~E
R
3. La diferencia de potencial se determina a través de ∆φ = φ1 − φ2 = 12 ~E · d~l
4. Finalmente se determina la capacidad como C = Q/∆V
Ejemplo 4.8 — Condensador plano. Consideremos un condensador plano, que consiste en
2 conductores planos de área A y paralelos separados por una distancia d << A.
Supongamos que la densidad superficial de carga es σ en el primer conductor, y −σ en el otro.
Suponiendo que d es mucho menor que A, y considerando un punto interior al conductor lejos
de los bordes, podemos aproximar el campo eléctrico generado por cada uno de los conductores
por el de un plano infinito (ejemplo 2.4). En la figura siguiente se muestra el campo eléctrico
generado por cada plano separadamente.
Por superposición, en la zona que se encuentra entre ambos conductores, se tiene
~E(~x) = σ x̂ + σ x̂ = σ x̂
2ε0
2ε0
ε0
Electrostática de conductores.
122
mientras que en cualquier punto exterior, la superposición de ambos campos se anula:
~E(~x) = σ x̂ − σ x̂ = ~0
2ε0
2ε0
la diferencia de potencial entre ambos conductores será
∆φ = φ1 − φ2 =
Z d
~E · d~x
0
donde se escoge como curva una línea paralela a las líneas de campo (d~x = dxx̂) que une el
conductor 1 con el conductor 2. Se tiene finalmente
∆φ =
Z d
σ
0
ε0
dx =
σl
ε0
Suponiendo que la superficie de cada conductor es A, entonces Q = Aσ y la capacidad del
condensador es
C=
Q
ε0 A
=
∆φ
d
Se ve entonces que las líneas de campo se concentran en la zona delimitada por ambos conductores, y la energía electrostática es entonces almacenada al interior del condensador.
Ahora, si tenemos un condensador plano de área cuadrada y de lado 10 cm, tendremos A = 0, 01
m2 , y suponiendo un ancho d = 1 cm, tenemos que la capacidad vale C = 9 × 10−12 F. Como
ejemplo, si al condensador se aplica una diferencia de potencial de ∆φ = 1, 5 V (pila 2A), este
será capaz de almacenar una carga igual a Q = C∆φ = 1, 5 × 9 ∗ 10−12 = 1, 35 × 10−11 C y una
energía electrostática U = 12 Q∆φ = 1.01 × 10−12 J
Ejemplo 4.9 — Condensador cilíndrico. Consideremos un condensador formado por 2
conductores cilíndricos concentricos, de radios a y b. La longitud de ambos cilindros es L y
consideremos que este largo es mucho mayor que b − a, de forma que se puede despreciar los
efectos de borde. El condensador se carga de forma que el cilindro interior posea carga Q y el
exterior carga −Q. Calculemos la capacidad de este condensador.
Para obtener la capacidad debemos primero obtener el campo eléctrico en la región entre ambos
conductores. Debido a la simetría cilíndrica del sistema, el campo en todo punto ~x = ρ ρ̂(ϕ)
entre ambos cilindros debe depender únicamente de la coordenada ρ y apuntar en la dirección
radial ρ̂. Elegimos entonces una superficie Gaussiana S como un cilindro coaxial de longitud L y
radio ρ, con a < ρ < b.
4.4 El condensador
123
El flujo del campo eléctrico, uniforme y paralelo a la normal en todo punto a la superficie, será
ZZ
ZZ
~ 0 ~ 0
d S(~x ) · E(~x ) = E(ρ)ρ̂ · dSρ̂ = E(ρ) = E(ρ)2πρL
S
S
esta superficie encierra toda la carga contenida en el cilindro interno, luego, por ley de Gauss,
E(ρ)2πρL = εQ0 , y entonces
Q
~E(ρ) =
ρ̂
2πLε0 ρ
Notar que si ρ < a o ρ > b, la carga total encerrada es nula, y luego ~E = ~0. El campo eléctrico
esta confinado entre ambos conductores. La diferencia de potencial está dada por
φb − φa = −
Z b
~E · d~l = −
Z b
a
a
Eρ dρ
donde se ha escogido una curva paralela en todo punto al campo eléctrico (d~l = dρ ρ̂). Asi
Z b
Q
dρ
Q
b
=
ln
∆φ = φa − φb =
2πLε0 a ρ
2πLε0
a
De esta forma, tenemos
C=
Q
2πLε0
=
∆φ
log( ba )
Notar que cuando la distancia d = b − a es muy pequeña respecto a ambos radios, deberíamos
obtener la misma expresión que la de un condensador plano (ejemplo 4.8). En efecto, si
escribimos
log(b/a) = log(1 + d/a) ≈ d/a d a
Electrostática de conductores.
124
se tiene:
C≈
2πaLε0 Aε0
=
d
d
donde A = 2πaL corresponde al área del cilindro interno. Consideremos ahora un condensador
cilíndrico de largo L = 5 cm, radios externo b = 0, 5 cm e interno a = 0, 1cm. La capacidad es
−12 ×0,05
C = 2π8.85×10
= 1, 75 × 10−12 F. Si conectamos una batería de 5 Volt a este condensador,
ln(5)
se almacenará una carga de
Q = C∆φ = 8, 784 × 10−12 C
Ejemplo 4.10 — Condensador esférico. Considere un condensador esférico, que consiste
de 2 esféras concéntricas de radios a y b. La cáscara interior posee carga Q distribuída uniformemente sobre su superficie, y la esfera exterior posee una carga igual pero opuesta −Q. Cuál es la
capacidad de esta configuración?
Solución
El campo eléctrico sólo es distinto de cero en la región a < r < b. Usando la ley de Gauss con
una superficie esférica y de radio r como se muestra en la figura
ZZ
Q
~ 0 ~ 0
2
d S(~x ) · E(~x ) = E(r)4πr =
ε0
S
de donde
E(r) =
1 Q
4πε0 r2
4.4 El condensador
125
La diferencia de potencial entre las dos cáscaras conductoras es
∆φ = φb − φa = −
Q
φb − φa = −
4πε0
Z b
dr
de donde obtenemos
a
Q
=−
2
r
4πε0
Q
= 4πε0
C=
| ∆φ |
Z b
d~l · ~E
a
1 1
−
a b
ab
b−a
Q
=−
4πε0
b−a
ab
Ejemplo 4.11 — Capacidad de la tierra. La superficie de la tierra (radio RT = 6400 km) y
la ionósfera (a una altura de h ∼ 100 km) son dos capas conductoras que forman un condensador.
Típicamente, entre la superficie de la tierra y la ionósfera hay una diferencia de potencial de 350
kV. Dado que el aire presente entre ambas superficies es parcialmente conductor, la magnitud
del campo eléctrico decae exponencialmente en function de la altura z respecto de la superficie
(E = E0 e−z/H con H = 3.5 km), como vimos en el ejemplo 3.18.
Cuál es la magnitud E0 del campo eléctrico en la superficie terrestre? Cuál es la carga total
acumulada en la superficie de la tierra?. Cuál es la capacidad de este condensador?.
Solución
Notese que el espacio entre la superficie de la tierra y la ionosfera (atmósfera) no es el vacío, y
la fórmula del ejemplo 4.10 para la capacidad de un condensador esférico no es directamente
aplicable en este caso. En efecto, vimos en el ejemplo 3.18 que existe una densidad de carga no
nula en la atmósfera. El campo eléctrico puede ser escrito como ~E = E0 e−r/H r̂ donde RT < r < h.
La diferencia de potencial entre la ionósfera y la superficie de la tierra puede ser escrita como
∆φ = −
Z h
0
~E · r̂dr = −E0
Z h
0
e−r/H dr = E0 H(e−h/H − 1)
Evaluando para H = 3.5 km, h = 100 km, y ∆φ = 350 kV, se obtiene la magnitud del campo
eléctrico sobre la superficie terrestre:
E0 = −
∆φ
∆φ
= −100 V/m
≈−
−h/H
H
H(1 − e
)
La tierra está entonces negativamente cargada. La carga Q puede ser calculada considerando que
el campo eléctrico en su superficie está dado por:
E0 =
Q
4πε0 R2T
Electrostática de conductores.
126
donde RT = 6400 km es el radio de la tierra. Se obtiene una carga total de :
Q = 4πε0 R2T E0 = −4.55 × 105 C
Y la capacidad del sistema tierra-ionósfera es entonces
C =| Q | /∆φ = 1.3 F
Si toda la carga concentrada en la atmósfera se concentrara en la ionósfera, la capacidad del
sistema, aplicando el resultado encontrado en 4.10, sería
RT (RT + h)
C = 4πε0
= 0.046 F
h
Ejemplo 4.12 — Condensador con tres esferas. Considere un conductor esférico de radio
a dentro de otro de radio b. En el espacio entre ambos conductores se introduce un cascarón
esférico conductor de radios interno y externo c y d, respectivamente. Si el conductor de radio a
tiene carga Q y el exterior de radio b tiene −Q, discuta que ocurre con la capacidad al introducir
el cascarón
Solución
En el ejemplo 4.10 se obtuvo que la capacidad de un condensador esférico está dada por
Q
ab
C=
= 4πε0
| ∆φ |
b−a
Veamos que ocurre cuando se introduce un conductor neutro entre a y b. Distinguimos 3 regiones,
como se indica en la figura
Claramente el campo en todo el espacio presenta una dependencia radial. Por ley de Gauss,utilizando
una superficie esférica de radio r, con a < r < c
ZZ
Q
0
E(~x0 ) = E(r)4πr2 =
d~S(~x ) · ~
ε0
S
~E(r) =
Q
r̂ a < r < c
4πε0 r2
Para la región II, dada por c < r < d
~E(~x) = 0 ∀~x ∈ II
4.4 El condensador
127
pues corresponde al interior de un conductor. En consecuencia, se induce una carga −Q sobra la
superficie interna del cascarón. Dado que éste es neutro, sobre su superficie exterior se induce
carga Q. Para la región III, exactamente el mismo resultado encontrado en la región I se obtiene
para el campo eléctrico ~E(r) = Q/(4πε0 r2 ), d < r < b. Vemos que la introducción del cascarón
conductor altera el campo eléctrico en el interior del condensador, pues éste se anula en la región
interior al cascarón, claramente disminuyendo la diferencia de potencial entre el conductor de
radio a y el conductor de radio b. En consecuencia, aumentará la capacidad del sistema, en
efecto
∆φ = φa − φb =
Z b
d~x · ~E(~x) =
a
Z b
d~r · ~E(r)
a
donde usamos un camino radial para calcular la integral de línea, dada la naturaleza del campo
Z c
∆φ =
d~r · ~E(r) +
a
Z d
d~r · ~E(r) +
c
Z b
d~r · ~E(r)
d
y como ~E(r) = 0 ∀c < r < d
Z c
∆φ =
a
Z b
Z c
Q
+
dr
4πε0 r2
d
a
1 1 1 1
Q
∆φ =
− + −
a b d c 4πε0
d~r · ~E(r) +
d~r · ~E(r) =
Z b
dr
d
Q
4πε0 r2
Pero c < d, entonces
1 1
1 1
> ⇒ − <0
c d
d c
En consecuencia, la diferencia de potencial entre el conductor interior y exterior disminuye en
Q
comparación al caso en que no está el cascarón. De esta forma, la capacitancia C = ∆φ
es mayor
que la del condensador esférico original
Ejemplo 4.13 — Carga al interior de un condensador plano. Considere un condensador
de placas paralelas cargadas con densidades σ y −σ , como muestra la figura. Se arroja una
carga q horizontalmente por el espacio entre las placas con velocidad vx . Encuentre la trayectoria
seguida por la partícula cargada y el ángulo que forma su vector velocidad con la horizontal al
momento de salir, considerando que l es lo suficientemente grande como para que la carga no
choque con alguna de las placas. Considere además que en todo instante la carga q siente una
fuerza electrostática
Electrostática de conductores.
128
Solución
El campo eléctrico en la región entre placas, despreciando efectos de borde y considerando d l
está dado por
~E(~x) = σ jˆ + σ jˆ = σ jˆ
2ε0
2ε0
ε0
Así, la fuerza electrostática que siente la carga q está dada por
~F = q σ jˆ
ε0
Notar que estrictamente esto es válido únicamente cuando q está en reposo, sin embargo consideraremos que esta fuerza de interacción se mantiene a medida que la carga se mueve. De la
segunda ley de Newton
~a =
1~
qσ ˆ
F=
j
m
mε0
De esta forma, la cinemática de la carga está descrita por
x(t) = vxt
y(t) =
1 qσ 2
t
2 mε0
y las velocidades
Vx (t) = vx
Vy (t) = at =
qσ
t
mε0
donde el origen coincide con la posición inicial de la carga la momento de ingresar a la región.
Para obtener la trayectoria, utilizamos
x(t)
t=
vx
y entonces
1 qσ x2
y(x) =
2 mε0 v2x
la trayectoria es una parábola en el plano x − y
El tiempo que demora la carga en llegar al extremo derecho es
td =
d
vx
4.4 El condensador
129
con esto, la velocidad vertical en el momento en que sale es
Vy (td ) = atd =
qσ d
mε0 vx
y el ángulo α está dado por
α = tan
−1
Vy (td )
Vx (td )
= tan
−1
qσ d
mε0 v2x
Notar que se debe tener
y(td ) =
1 qσ d 2 l
( ) ≤
2 mε0 vx
2
4.4.4
Fuerza entre conductores cargados
¿Cuál será la fuerza entre las placas de un condensador cargado? Evidentemente debe existir una
fuerza que contrarreste la atracción entre ambas placas que poseen cargas de signo opuesto. Esta
fuerza es fácil de obtener usando el resultado para la energía electrostática de un condensador. Si
imaginamos que el espacio entre 2 placas es incrementado una pequeña cantidad dz de forma
cuasiestática, entonces el trabajo mecánico realizado será
W = Fdz
donde F es la magnitud de la fuerza entre las placas. Este trabajo debe ser igual al cambio en la
energía electrostática del condensador. Notando que
U=
1 Q2
2 C
Electrostática de conductores.
130
El cambio en la energía si la carga permanece constante es
1
Q2
1
∆U = Q2 d[ ] = − 2 dC
2
C
2C
donde dC es el cambio en la capacidad del condensador. Luego, se tiene
F∆z = −
Q2
dC
2C2
En el límite cuando dz → 0
Q2 dC
F =− 2
=
2C dz
dU
dz
Q=cte
Generalizando esta ecuación al caso tridimensional, la fuerza aplicada a una de las placas es:
2
~F = − Q ∇C = ∇U 2C2
Q=cte
(4.10)
Notar que para éste cálculo hemos asumido que la carga en el condensador permanece constante
(es decir el condensador se encuentra aislado y no está eléctricamente conectado a otros objetos,
de forma que la carga total no cambia).
Supongamos que ahora tenemos la situación en la que el condensador es mantenido a una
diferencia de potencial ∆φ constante y que se aumenta la separación entre placas de una cantidad
dz.
como la capacidad disminuye, debe haber una disminución en la carga de cada placa dQ =
−dC∆φ para mantener una diferencia de potencial ∆φ constante. La batería entonces consume
una energía Wbat = dQ∆φ = −dC∆φ 2
En este caso, el trabajo realizado por la fuerza F es igual al trabajo consumido por la batería y al
cambio de energía electrostática al interior del condensador:
W = Fdz = dU − dC∆φ 2
Y como:
1
dU = ∆φ 2 dC
2
entonces
1 2 dC
dU F = − ∆φ
=−
2
dz
dz ∆φ =cte
4.4 El condensador
131
Generalizando
~F = − 1 φ 2~∇C = −∇U 2
∆φ =cte
(4.11)
Ejemplo 4.14 — Fuerza entre dos placas paralelas. Dos placas conductoras cuadradas
de lado a se disponen con sus caras paralelas y muy próximas entre sí. La distancia entre las
placas es x, como se indica en la figura. Calcule la fuerza sobre la placa de la izquierda cuando
la diferencia de potencial entre las placas es φ0 .
Solución
La energía almacenada en el condensador es
1
U = Cφ02
2
donde la capacidad está dada por
C(x, z) =
ε0 A(z) ε0 a(a − z)
=
x
x
donde A es el área entre las placas. De esta forma, aplicando la ecuación 4.11
~F = −~∇U = dU î + dU k̂ = − 1 φ02 ε0 (a − z)a î + ε0 a k̂
dx
dz
2
x2
x
~F = − 1 φ02 εo (a − z)a î − 1 φ02 εo a k̂
2
x
2
x
4.4.5
Conexión entre condensadores
Un condensador se puede cargar al conectar sus dos extremos a una batería, que mantiene una
diferencia de potencial ∆φ entre ambos conductores.
La conexión resulta de compartir cargas entre los 2 metales y los terminales de la batería. Por
ejemplo, la placa que se conecta al terminal positivo, adquirirá carga positiva. Esto produce
una reducción momentánea de carga en los terminales, y por lo tanto la diferencia de potencial
decrece entre éstos. Luego, reacciones químicas dentro de la batería transfieren más carga desde
un terminal al otro para compensar esta pérdida y mantener el voltaje en su nivel inicial. La
batería se puede pensar entonces como una bomba de carga.
Electrostática de conductores.
132
Conexión en paralelo
Dos condensadores, de capacidad C1 y C2 con cargas Q1 y Q2 , respectivamente, se conectan en
paralelo, como en la figura siguiente
Las placas a la izquierda de cada condensador son conectadas al terminal positivo de la batería
y están al mismo potencial φ+ . De forma similar, las placas a la derecha están conectadas al
terminal negativo y poseen el mismo potencial de éste, φ− . La diferencia de potencial es entonces
la misma (∆φ = φ+ − φ− ) entre las placas de ambos condensadores, lo que significa:
∆φ =
Q1 Q2
=
C1
C2
La batería suministra entonces una carga total Q = Q1 + Q2 al sistema. Estos condensadores se
pueden ver como un condensador equivalente de capacidad equivalente Ceq , tal que:
Q = Ceq ∆φ = Q1 + Q2 = C1 ∆φ +C2 ∆φ = (C1 +C2 )∆φ
de forma que
Ceq =
Q
= C1 +C2
∆φ
Luego, condensadores conectados en paralelo suman su capacidad. En general, para un sistema
de N condensadores en paralelo, se tiene
N
Ceq = C1 +C2 +C3 + ... +CN = ∑ Ci
i=1
(4.12)
4.4 El condensador
133
Conexión en serie
Supongamos que tenemos ahora dos condensadores inicialmente descargados C1 y C2 conectados
en serie, y que una diferencia de potencial ∆φ se aplica los extremos. La placa izquierda del
condensador C1 está conectada al terminal positivo y adquiere una carga +Q, mientras que la
placa derecha del condensador C2 se conecta al terminal negativo y se carga negativamente con
−Q. ¿Qué sucede con las placas interiores?. Inicialmente descargadas, por inducción ahora
adquieren cargas iguales pero opuestas. De esta forma, la placa derecha del condensador C1
adquirirá carga −Q y la placa izquierda del condensador C2 , +Q.
Las diferencias de potencial en los condensadores son
∆φ1 =
Q
C1
∆φ2 =
Q
C2
Vemos que la diferencia de potencial ∆φ es simplemente la suma de las diferencias para cada
condensador
∆φ = ∆φ1 + ∆φ2
Estos dos condensadores se pueden reemplazar por un único condensador equivalente tal que
Ceq =
Q
∆φ
Luego
Q
Q
Q
=
+
Ceq C1 C2
y la capacidad equivalente para dos condensadores en serie está dada por
1
1
1
=
+
Ceq C1 C2
En general, para un sistema de N condensadores en serie
N
1
1
1
1
1
=
+ + ... +
=∑
Ceq C1 C2
CN i=1 Ci
(4.13)
134
Electrostática de conductores.
Ejemplo 4.15 — Conexión de varios condensadores. Considere la configuración de la
figura. Encuentre la capacidad equivalente asumiendo que todos los condensadores tienen la
misma capacidad C.
Solución
Al medio se tienen 2 condensadores en serie, que equivalen, de acuerdo a 4.13, a un condensador
de capacidad 1/(1/C + 1/C) = C/2. De igual forma, para los 3 condensadores en serie se tiene
1/(1/C + 1/C + 1/C) = C/3. Con esto, se obtiene el siguiente circuito equivalente
Notar que ahora tenemos 3 condensadores en paralelo. La capacidad equivalente se obtiene
usando 4.12
1 1
11
Ceq = C 1 + +
= C
2 3
6
Ejemplo 4.16 — Pérdida de energía. Se tiene un condensador plano con capacidad C1 y
un condensador esférico con capacidad C2 . El primero tiene cargas eléctricas Q1 y −Q1 y el
segundo tiene cargas eléctricas Q2 y −Q2 . Luego se conectan ambos condensadores como lo
muestra la figura:
a) Obtenga las nuevas cargas Q01 , −Q01 , Q02 , −Q02 una vez obtenido el equilibrio eléctrico.
b) ¿Cuánto vale la pérdida de energía potencial eléctrica?
c) ¿Dónde se pierde dicha energía?
d) Se coloca un dipolo eléctrico ~p entre las dos esferas del condensador esférico. ¿Qué sucede
con él?
Solución
a) Por conservación de la carga eléctrica, al conectar ambos condensadores, la carga total se
4.4 El condensador
135
mantiene constante, luego
Q1 + Q2 = Q01 + Q02
Al producirse el equilibrio eléctrico, la diferencia de potencial ∆φ es común para ambos condensadores (están conectados en paralelo), esto es:
Q01 = C1 ∆φ
Q02 = C2 ∆φ
Luego
Q01 Q1
=
Q02 Q2
Con esto
Q01 =
C1 (Q1 + Q2 )
C1 +C2
Q02 =
C2 (Q1 + Q2 )
C1 +C2
b) La energía inicial está dada por (Ecuación 4.9)
Ui =
1 Q21 1 Q22
+
2 C1 2 C2
Uf =
1 Q02
1 Q02
1
2
+
2 C1 2 C2
Y la energía final
La diferencia de energía es
1
Ui −U f =
2
Q21 Q22 Q02
Q02
+
− 1 − 2
C1 C2
C1
C2
Ui −U f =
Existe entonces una pérdida de energía.
1
=
2
Q21 Q22 C1 (Q1 + Q2 )2 C2 (Q1 + Q2 )2
+
−
−
C1 C2
(C1 +C2 )2
(C1 +C2 )2
1 (Q1C2 − Q2C1 )2
>0
2 C1C2 (C1 +C2 )
Electrostática de conductores.
136
c) La pérdida de energía se produce debido a que al conectar ambos condensadores, se produce
una redistribución de carga en ellos (y entonces en un intervalo de tiempo breve circula una
corriente eléctrica en los conductores). La energía que se pierde corresponde a la energía disipada
en forma de calor en los conductores. Esto se demostrará en el ejemplo ??.
d) El dipolo gira para orientarse en el sentido del campo eléctrico entre ambas cáscaras esféricas.
Además, como el campo no es uniforme en esta región, el dipolo se desplaza hacia donde el
campo eléctrico es más intenso, es decir, hacia la cáscara negativa
Ejemplo 4.17 — Conexión con condensadores cargados. Un condensador de 100 pF
se carga a 100 V. Una vez cargado, se desconecta de la batería y se conecta en paralelo a otro
condensador, incialmente descargado. Si el voltaje final es de 30 V, encuentre la capacidad del
segundo condensador
Solución
Inicialmente, se carga el condensador de C1 = 100 pF mediante una fuente de ∆φ0 = V0 = 100
V, como se muestra en la figura
En estas condiciones, la carga acumulada en el condensador está dada por
Q0 = C1V0
A continuación, es conectado en paralelo con el condensador C2 , como se ve a continuación
La conservación de la carga eléctrica implica
Q1 + Q2 = Q0
4.4 El condensador
137
Además, la diferencia de potencial entre las placas debe ser la misma para ambos condensadores,
esto es
∆V2 =
Q2 Q1
=
C2
C1
De esta última se deduce
Q1 =
C1 Q2
C2
reemplazando en la primera, se obtiene
C1
Q0 = Q2 1 +
C2
Luego
Q2 =
Pero
∆V2 =
Finalmente
C2 =
C2 Q0
C1 +C2
Q2
Q0
=
C2
C1 +C2
Q0 −C1 ∆V1
∆V2
y entonces
C2 =
700
= 233.3 pF
3
Ejemplo 4.18 — Conexión entre condensadores de polaridad opuesta. Dos condensadores descargados de capacidades C1 y C2 se conectan en paralelo con una batería que entrega
una diferencia de potencial V0 . Luego se desconectan y, sin batería, se conectan de modo que la
placa positiva del primer condensador se conecta a la placa negativa del segundo condensador y
viceversa. Calcule la nueva carga en cada placa del condensador.
Solución
Cuando ambos condensadores se conectan en paralelo a una fuente V0 se tiene la siguiente
situación
Las cargas Q1 y Q2 en cada condensador están dadas por
Q1 = C1V0
Electrostática de conductores.
138
Q2 = C2V0
Posteriormente, la batería es desconectada. La figura ( a la izquierda) muestra la configuración
justo antes de conectar ambos condensadores. Después de realizada la conexión, y alcanzado un
estado de equilibrio, las cargas en cada condensador serán Q01 y Q02 ( a la derecha)
Por conservación de carga
Q01 + Q02 = Q1 − Q2
Ambos condensadores se encuentran al mismo potencial, digamos ∆V
Q01 Q02
=
C1
C2
Despejando Q10 y Q02 , y usando que Q1 = C1V0 y Q2 = C2V0
Q01 =
C1 (C1 −C − 2)V0
C1 +C2
Q02 =
C2 (C1 −C − 2)V0
C1 +C2
Ejemplo 4.19 — Condensadores e interruptores. Se tiene un circuito como el que se
muestra en la figura.
4.4 El condensador
139
a) Encontrar la carga de cada condensador cuando se cierra el interruptor S1.
b) Cuando se cierra también el interruptor S2.
Solución
a) Cuando sólo se cierra el interruptor 1, se tiene
En este caso, C1 y C3 están en serie, asi como también C2 y C4 . La capacidad equivalente entre
C1 y C3 está dada por
1
1
1
1
4
=
+
= 1 + µ = (µF)−1
Ceq1 C1 C3
3
3
Con lo que
3
µF
4
Del mismo modo, para la capacidad equivalente entre C2 y C4
Ceq1 =
3
1
1
1 1
1
=
+
= + (µF)− 1 = (µF)−1
Ceq2 C2 C4 2 4
4
Así
4
Ceq2 = µF
3
Por último, Ceq1 y Ceq2 están en paralelo, por lo que la capacidad total será
Ceq = Ceq1 +Ceq2 =
3 4 25
+ =
µF
4 3 12
Con esto podemos determinar la carga total suministrada por la fuente, dada por
25
µF = 25 µC
12
Ahora, sea Qi la carga acumulada por el condensador i. Se tiene que Q1 = Q3 , Q2 = Q4 , ya que
se encuentran en serie. Sea Vi la diferencia de potencial entre los terminales del condensador i.
Así
Q = ∆VC = 12
Q1 = 1µV1
Q2 = 2µV2
Electrostática de conductores.
140
Q3 = 3µV3 = Q1
Q4 = 4µV4 = Q2
Además, los voltajes están relacionados según
12 = V1 +V3 = V2 +V4
Resolviendo este sistema, se tiene
Q1 = V1 , Q2 = 2V2 , Q1 = 36 − 3V1 , Q2 = 48 − 4V2
Así,
V1 = 36 − 3V1 , 2V2 = 48 − 4V2
De donde se obtiene finalmente
V1 = 9 V, V2 = 8 V, V3 = 3 V, V4 = 4 V
Por último Q1 = 9µC,Q2 = 16 µC. Q3 = 9 µC, Q4 = 16 µC. Se comprueba que Q1 + Q2 =
Q3 + Q4 = 25 µC = Q
b) Ahora se tiene lo siguiente
Aquí, se tiene a los condensadores C1 y C2 en paralelo, lo mismo sucede con C3 y C4
Ceq1 = C1 +C2 = 3µF
Ceq2 = C3 +C4 = 7µF
Y estos dos se encuentran en serie, por lo que
1
1 1
10
= + (µF)− 1 = (µF)− 1
Ceq 3 7
21
Así
Ceq =
21
µF
10
4.5 Ecuación de Poisson
141
Y la carga suministrada por la fuente será
Q=
21 · 12 126
21
V=
=
= 25, 2µC
10
10
5
Además, se tiene V1 = V2 , V3 = V4 , ya que se encuentran en paralelo. Así
V1 =
1µ
2µ
= V2 =
Q1
Q2
V3 =
3µ
4µ
= V4 =
Q3
Q4
Con esto
2Q1 = Q2
4Q3 = 3Q4
También debe tenerse que
Q1 + Q2 = Q3 + Q4 = 25, 2 µC
Así
2Q1 = Q2 = 25, 2 − Q1 → Q1 = 8, 4 µC
4
Q3 = 25, 2 − Q4 = 25, 2 − Q3 → Q3 = 10, 8 µC
3
4
Q4 = Q3 = 14, 4 µC
3
4.5
4.5.1
Ecuación de Poisson
Problema general: ¿cómo determinar el campo eléctrico en la presencia de
conductores?
En una primera parte, hemos abordado situaciones simples en las que la simetría de los conductores implican una densidad de carga uniforme sobre su superficie. Cuando esta simetría no
existe, la dificultad que se presenta es evidente. Supongamos que cerca del conductor existe una
carga q. La única posibilidad para que el campo eléctrico al interior del conductor se anule es
que una densidad de carga se establezca en la superficie del conductor para anular al campo de la
carga q en todo punto interior. ¿Cómo podemos determinar la forma en que se distribuyen las
cargas en su superficie?
Sabemos que el campo es normal a la superficie y en principio la ecuación 4.1 nos permite
determinar la densidad superficial de carga sobre un conductor, pero a condición de conocer el
campo eléctrico en todo punto de la superficie. ¿Cómo podemos determinar el campo eléctrico
sin conocer a priori la densidad de carga en el conductor?. Claramente este es un problema que
se debe resolver de forma autoconsistente.
El teorema de completitud de Helmholtz 3.12.1 establece que el campo electrostático está
completamente determinado por el potencial escalar φ , el cual hemos visto que cumple una
condición de borde convenientemente simple en la superficie de un conductor. Conviene entonces
Electrostática de conductores.
142
plantear el problema general de la electrostática en términos de una ecuación que debe satisfacer
el potencial φ en todo el espacio. En este marco, la superficie de un conductor representaria una
condición de borde relativamente simple.
4.5.2
La ecuación de Poisson
La forma diferencial de la ley de circulacion (3.25), ~∇ × ~E(~x) = 0 es equivalente a decir que
existe un potencial φ tal que
~E(~x) = −~∇φ (~x)
Combinando este resultado con la forma diferencial de la ley de Gauss 3.24, se obtiene una
ecuación diferencial de segundo orden para el potencial escalar:
~∇ · ~E(~x) = −~∇2 φ (~x) = ρ(~x)
ε0
Teorema 4.5.1 — Ecuación de Poisson (1813). El potencial φ satisface la ecuación de
Poisson
~∇2 φ (~x) = − ρ(~x)
ε0
(4.14)
En regiones libres de cargas, la ecuacion de Poisson se reduce a la ecuación de Laplace.
~∇2 φ (~x) = 0
(4.15)
Notar que la identidad (8.6), válida en el marco de la teoría de distribuciones, se interpreta fácilmente como la ecuación de Poisson para una carga puntual unitaria en el punto ~x0 , representada
por ρ(~x) = δ (~x0 ). En efecto, el potencial asociado está dado por φ (~x) = 4πε0 k~1x−~x0 k , y la ecuación
de Poisson 4.14 nos dice entonces:
~∇2 φ (~x) =
1 ~2
1
1
∇
= − δ (~x −~x0 )
4πε0 k~x −~x0 k
ε0
1
Y obtenemos entonces ~∇2 k~x−~
x −~x0 ).
x0 k = −4πδ (~
Ejemplo 4.20 — Densidad de carga del atomo de hidrogeno. El promedio temporal del
potencial de un átomo de hidrógeno está dado por
φ (r) =
1 e−αr αr q
1+
4πε0 r
2
4.5 Ecuación de Poisson
143
donde q es la magnitud de la carga del electrón y α = a0 /2, siendo a0 el radio de Bohr. Encuentre
la distribución de cargas correspondiente a este potencial e interprete físicamente su resultado
Solución
El potencial satisface la ecuación de Poisson 4.14
~∇2 φ = − ρ
ε0
en coordenadas esféricas, y dado que el potencial solo depende de r:
2
~∇2 φ (r) = 1 ∂ rφ (r) = −ρ(r)/ε0
r ∂ r2
Sea ψ(r) = 1r , y f (r) = rφ (r), y utilizamos la identidad
~∇2 [ψ f ] = ~∇ · [~∇ψ f ] = ~∇ · ψ~∇ f + f ~∇ψ
Luego
~∇2 ψ f = ψ~∇2 f + f ~∇2 ψ + 2~∇ψ · ~∇ f
Donde sabemos que ~∇2 ψ = −4πδ (r), y ~∇ψ = −rr̂/r3 . Además
2
~∇2 f (r) = 1 d r f (r) = 1 d r f 0 + f = 1 r f 00 + 2 f 0 = f 00 + 2 f 0
2
r dr
r dr
r
r
y
2
2 ∂
2
2~∇ψ · ~∇ f = − 2 r̂ · ~∇ f = − 2
f = − 2 f0
r
r ∂r
r
con todo esto
2
~∇2 φ = 1 f 00 + 2 f 0 − 4π f (r)δ (~x) − 2 f 0 = −4π f (0)δ (~x) + 1 d f (r)
r
r2
r2
r dr2
Obtenemos
f0 = −
1 αq −αr
e
(1 + αr)
4πε0 2
f 00 =
1 α 3 q −αr
re
4πε0 2
finalmente
3
~∇2 φ = − ρ = − q δ (~x) + 1 qα e−αr
ε0
ε0
4πε0 2
Luego, la densidad de carga del átomo es:
qα 3 −αr
e
8π
La interpretación física es la siguiente: qδ (~x) representa al protón en el origen, mientras
3
−αr es la densidad promedio de la nube orbital electrónica, cuya integral en todo el
que − qα
8π e
espacio es igual a −q.
ρ(~x) = qδ (~x) −
Electrostática de conductores.
144
Ejemplo 4.21 — Carga entre cilindros. Dos cilindros muy largos y concéntricos, de radios
a y b, con b > a, se encuentran inicialmente descargados. La región entre ambos se llena con una
densidad homogénea de carga ρ, y luego cada uno de los cilindros se conectan a tierra. Calcule
el potencial y el campo eléctrico en la región interior. Cual es la densidad de carga inducida en
cada cilindro?.
Solución
En la región interior a ambos cilindros, es decir a < r < b, el potencial satisface la ecuación de
Poisson
~∇2 φ (~x) = − ρ(~x)
ε0
Si usamos coordenadas cilíndricas, el potencial podría depender de ϑ , r y z. Sin embargo, de la
simetría del problema es evidente que
∂φ
=0
∂ϕ
con lo que φ = φ (r, z). Además, debido a que la longitud de los cilindros es mucho mayor a
(b − a), el potencial también debe ser simétrico con respecto a z. De esta forma, podemos despreciar efectos de borde y considerar que el potencial es sólo una función radial de la forma φ = φ (r)
Ahora, el Laplaciano en coordenadas cilíndricas para una función que sólo depende de r es
~∇2 φ (r) = 1 ∂ (r ∂ φ (r) )
r ∂r
∂r
De esta forma, la ecuación de Poisson se transforma en
ρ
1 ∂ ∂φ
(r ) = −
r ∂r ∂r
ε0
Equivalentemente
∂ ∂φ
rρ
(r ) = −
∂r ∂r
ε0
Luego
∂φ
r
=−
∂r
Z
dr
rρ
r2 ρ
+C = −
+C
ε0
2ε0
∂φ
rρ C
=−
+
∂r
2ε0 r
4.5 Ecuación de Poisson
145
Finalmente
φ (r) = −
Z
dr
rρ
+
2ε0
Z
dr
C
r2 ρ
+C ln r + A
=−
r
4ε0
Esta es la solución general de la ecuación de Poisson para un potencial de simétría cilíndrica,
dependencia radial, y densidad de carga constante. Ahora debemos imponer las condiciones de
borde adecuadas. Tenemos φ (a) = 0, lo que equivale a imponer que la superficie cilíndrica de
radio a es una equipotencial conectada a tierra. Luego
φ (a) = −
a2 ρ
+C ln a + A = 0
4ε0
φ (b) = −
b2 ρ
+C ln b + A = 0
4ε0
Además, φ (b) = 0, con esto
Restando ambas ecuaciones, obtenemos
0 = C(ln a − ln b) +
(b2 − a2 )ρ
4ε0
lo que determina la constante C
C=
(a2 − b2 )ρ
4ε0 ln(a/b)
De la primera condición despejamos A
A=
A=
a2 ρ
(a2 − b2 )ρ
− ln a
4ε0
4ε0 ln(a/b)
a2 ln(a/b)ρ − ln a(a2 − b2 )ρ
ρ(b2 ln a − a2 ln b)
=
4ε0 ln(a/b)
4ε0 ln(a/b)
Con esto, la solución del potencial para a < r < b es
φ (r) = −
r2 ρ (a2 − b2 )ρ
ρ(b2 ln a − a2 ln b)
+
ln r +
4ε0 4ε0 ln(a/b)
4ε0 ln(a/b)
Ahora, para obtener el campo eléctrico, usamos el hecho ~E(~x) = −~∇φ (~x), de manera que
2
2
~E(r) = − ∂ φ r̂ = rρ − (a − b )ρ r̂
∂r
2ε0 4ε0 r ln(a/b)
que es el campo eléctrico para a < r < b. Para r < a es claro que el campo ~E es nulo, ya que no
hay carga encerrada por el conductor interior. Calculemos las densidades de cargas sobre los
conductores. Para el conductor interior, tenemos que el campo eléctrico sobre su superficie tiene
magnitud
E(a) =
aρ
(a2 − b2 )ρ
−
2ε0 4ε0 a ln(a/b)
La densidad de carga sobre la superficie de un conductor se relaciona con el campo eléctrico
según
σ
E=
ε0
Electrostática de conductores.
146
Con esto la densidad de carga será
σ1 = ε0
(a2 − b2 )ρ
aρ
−
2ε0 4ε0 a ln(a/b)
El campo eléctrico en la superficie del conductor exterior tiene magnitud
E(b) =
bρ
(a2 − b2 )ρ
−
2ε0 4ε0 b ln(a/b)
y la densidad de carga será
σ2 = ε0
bρ
(a2 − b2 )ρ
−
2ε0 4ε0 b ln(a/b)
Ejemplo 4.22 — Condensador en ángulo. Considere el siguiente dispositivo. Despreciando
los efectos de borde:
a) Determine el potencial y el campo eléctrico entre las placas.
b) Determine la capacidad por unidad de largo en la dirección z (perpendicular a la hoja).
Solución
a) Sabemos que las líneas equipotenciales deben respetar la geometría del dispositivo. De
esta forma, las equipotenciales serán rectas radiales. Por lo tanto, las líneas de campo, al
ser perpendiculares a las equipotenciales, deben seguir la dirección θ̂ , es decir, son arcos
concéntricos.
Si suponemos que el dispositivo es muy largo en la dirección Z, entonces se puede suponer que
~E = E(r, ϑ )ϑ̂
Pero
~E = −~∇φ (r, ϑ ) = − ∂ φ r̂ − 1 ∂ φ ϑ̂
∂r
r ∂ϑ
Como el campo tiene dirección θ̂ , ∂∂φr = 0. Luego, se tiene que el potencial sólo depende de ϑ ,
lo cual era de esperarse. Planteamos la ecuación de Laplace en coordenadas cilíndricas:
4.5 Ecuación de Poisson
147
2
~∇2 φ = 1 ∂ φ = 0
r2 ∂ ϑ 2
φ (ϑ ) = Aϑ + B
Pero la placa inferior está conectada a tierra
φ (0) = 0 → B = 0
φ (ϑ0 ) = φ0 → A =
φ0
ϑ0
Finalmente
φ (ϑ ) =
φ0
ϑ
ϑ0
~E(r, ϑ ) = − 1 φ0 ϑ̂
r ϑ0
b)Calculemos la capacidad por unidad de largo :
C=
Q
φ0
La carga Q de una de las placas puede calcularse a partir de la densidad de carga σ que aparece
en cada placa del condensador. Su valor puede determinarse directamente del campo eléctrico
~E · n̂ = σ
ε0
De donde obtenemos
σ=
ε0 φ0
r θ0
Así, el valor de Q es
Z b
Q=
σ (r)dr =
a
Finalmente
Z b
ε0 φ0
a
r ϑ0
dr = ε0
φ0
b
ln( )
ϑ0
a
Electrostática de conductores.
148
C = Q/φ0 =
b
ε0
ln( )
ϑ0
a
Ejemplo 4.23 — Condensador cónico. Dos conos conductores concéntricos, cuyas ecua-
ciones en coordenadas esféricas son ϑ1 = π/6, y ϑ2 = π/4 respectivamente, se muestran en
la figura. Los conos son de extensión infinita y en r = 0 están separados por una distancia
infinitesimal. Si el cono interior está a un potencial de 0 V, y el exterior a 50 V , determinar el
potencial y el campo eléctrico ~E en la región interior a ambos conductores.
Solución
Sea Ω la región delimitada por ϑ1 < ϑ < ϑ2 . Si no hay densidad de carga libre en Ω, el potencial
satisface la ecuación de Laplace:
~∇2 φ = 0
El problema posee una clara simetría azimutal (el potencial no depende del ángulo polar ϕ).
Además, debe existir una independencia en la coordenada r, pues la extensión de los conos es
infinita. De esta forma, el potencial debe ser únicamente función de ϑ , y se debe resolver
1
∂
r2 sin ϑ ∂ ϑ
~∇2 φ (r, ϑ , ϕ) =
∂φ
sin ϑ
=0
∂ϑ
Equivalentemente
∂
∂ϑ
∂φ
sin ϑ
=0
∂ϑ
sin ϑ
∂φ
= C1
∂ϑ
∂φ
= C1 csc ϑ
∂ϑ
Z
φ (ϑ ) = C1
dϑ
+C2
sin ϑ
4.5 Ecuación de Poisson
149
Además
dϑ
= ln (tan ϑ /2) +C
sin ϑ
Z
En efecto
d
1
1
1
1
(ln (tan ϑ /2) +C) =
sec2 ϑ /2 =
=
dϑ
tan ϑ /2
2 2 cos ϑ /2 sin ϑ /2 sin ϑ
con esto
φ (ϑ ) = C1 ln (tan ϑ /2) +C2
Debemos imponer las condiciones de borde en las superficies conductoras. Se tiene
φ (ϑ1 ) = 0
φ (π/6) = C1 ln (tan π/12) +C2 = 0
Además
φ (ϑ2 ) = 50
φ (π/4) = C1 ln (tan π/8) +C2 = 50
Resolviendo el sistema para C1 y C2
50 = C1 (ln (tan π/8) − ln (tan π/12))
tan π/8
50 = C1 ln
tan π/12
50
C1 =
ln
tan π/8
tan π/12
y
C2 = −C1 ln (tan π/12)
Evaluando numéricamente:
C1 = 114.79
C2 = 151.17
y la solución es
φ (ϑ ) = 114.79 ln (tan ϑ /2) 151.17
El campo está dado por ~E(~x) = −~∇φ (~x). En coordenadas esféricas, y considerando que φ solo
depende de ϑ
~E(r, ϑ ) = − 1 ∂ φ ϑ̂ = − 1 114.79 ϑ̂
r ∂ϑ
r 2 sin ϑ
Electrostática de conductores.
150
4.6
Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno
Consideremos una región del espacio Ω ⊆ R3 . A continuacion enunciaremos un teorema que
permite obtener φ en Ω mediante una ecuación integral que involucra una integral sobre Ω y
sobre su frontera ∂ Ω. La demostración se puede encontrar en el anexo 8.4 y utiliza los teoremas
de Green.
Teorema 4.6.1 Ecuación integral de Poisson Si φ satisface la ecuación de Poisson en Ω
(4.14), entonces, para ~x ∈ Ω:
φ (~x) =
1
4πε0
ZZZ
Ω
d 3 x0
ZZ
ZZ
ρ(~x0 )
1 d~S(~x0 ) · ~E(~x0 )
1 ~ 0
~x0 −~x
−
+
d
S(~
x
)
·
φ (~x0 )
k~x −~x0 k 4π ∂ Ω k~x −~x0 k
4π ∂ Ω
k~x0 −~xk3
(4.16)
Notar entonces que el valor del potencial en todo punto ~x ∈ Ω puede ser determinado a partir de
la densidad de carga en Ω, y del valor del potencial y del campo eléctrico en la frontera ∂ Ω. Es
decir, todo la informacion de lo que ocurre fuera de Ω se encuentra contenida en la frontera ∂ Ω.
RRR
Corolario 4.6.2 Si escogemos Ω = R3 , y si la densidad de carga es integrable ( R3 d 3 x0 |
ρ(~x0 ) |< ∞),
se obtiene el conocido resultado (3.2):
1
φ (~x) =
4πε0
ZZZ
R3
d 3 x0
ρ(~x0 )
k~x −~x0 k
Ejemplo 4.24 — Aplicación al caso de un conductor. Para ilustrar la validez de la
ecuación integral de poisson, consideremos un conductor definido por una región del espacio Ω y una cierta distribucion de cargas externa ρext . Sea ~x un punto arbitrario interior al
conductor, y apliquemos la ecuación integral de Poisson 4.16.
considerando que la densidad de carga ρ es nula en Ω, que el potencial es constante e igual a φ0
en ∂ Ω (equipotencial), y que ~E = ~0 en todo punto interior a Ω, las dos primeras integrales se
anulan
1 ~ 0
~x0 −~x
d S(~x ) · 0
4π ∂ Ω
k~x −~xk3
ZZ
φ (~x) = φ0
La integral que multiplica a φ0 es matemáticamente equivalente al flujo sobre ∂ Ω del campo
eléctrico producido por una carga q = ε0 situada en ~x, que por la ley de Gauss vale q/ε0 = 1. La
ecuación integral de Poisson nos dice entonces que el potencial en un punto arbitrario ~x ∈ Ω es
4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno
151
igual al potencial sobre la superficie del conductor, φ (~x) = φ0 .
Consideremos ahora un punto ~x exterior a Ω y apliquemos la ecuación integral de Poisson para
R3 /Ω. La frontera de este volumen corresponde a la superficie del conductor, pero la normal
apunta esta vez hacia el interior de Ω.
Considerando que en todo punto exterior a Ω e infinitamente cercano a su superficie se tiene que
el campo eléctrico es normal a ∂ Ω y | ~E |= σ /ε0 (Ecuación 4.1), obtenemos
1
φ (~x) =
4πε0
1 x0 )
φ0 ~ 0
~x0 −~x
ρext (~x0 )
0 σ (~
+
dS(~
x
)
+
d
S(~
x
)
·
d x
k~x −~x0 k 4πε0 ∂ Ω
k~x −~x0 k 4π ∂ Ω
k~x0 −~xk3
R3 /Ω
ZZZ
ZZ
3 0
ZZ
La tercera integral es nula esta vez ya que ~x se encuentra fuera de Ω. Se tiene finalmente:
1
φ (~x) =
4πε0
1 x0 )
ρext (~x0 )
0 σ (~
+
)
d x
dS(~
x
k~x −~x0 k 4πε0 ∂ Ω
k~x −~x0 k
R3 /Ω
ZZZ
3 0
ZZ
El potencial se obtiene como la superposición del potencial debido a la distribucion de carga ρext
y al potencial generado por la densidad superficial σ del conductor.
4.6.1
Condiciones de Contorno
Surge la cuestión sobre cuáles son las condiciones de contorno adecuadas para que dentro del
volumen de interés Ω la solución sea matemáticamente única, y físicamente razonable. Veremos
que existen 2 tipos de condiciones de contorno que poseen solución única:
• Especificando el potencial φ (~x) sobre la frontera ∂ Ω (condición de Dirichlet)
~x ∈ ∂ Ω : φ (~x) = φD (~x)
• Especificando el campo eléctrico ~E(~x) sobre la frontera ∂ Ω (condición de Neumann)
~x ∈ ∂ Ω : ~E(~x) = ~EN (~x)
La demostración de unicidad para ambos tipos de condición de contorno se encuentra en los
apendices 8.5.1 y 8.5.2. Notar que una condición de contorno de Cauchy, que consiste en imponer
a la vez el valor de φ y del campo eléctrico ~E en la frontera, en general no posee solución (Ver
apendice 8.5.3).
Electrostática de conductores.
152
4.6.2
Expansión en funciones ortogonales
Supongamos que Ω es una región del espacio sin cargas (ρ = 0), de forma que el potencial
satisface la ecuación de Laplace en todo punto de Ω, ~∇2 φ (~x) = 0 ∀~x ∈ Ω. Por ejemplo, en
coordenadas esféricas:
~∇2 φ (r, ϑ , ϕ) = 0
y busquemos la solución bajo la forma de un producto de funciones de r,ϑ y ϕ:
φ (r, ϑ , ϕ) =
R(r)
Θ(ϑ )Φ(ϕ)
r
luego, φ será solución de la ecuación de Laplace si:
ΘΦ d 2 R
RΦ d
dΘ
RΘ d 2 Φ
+
=0
sin
ϑ
+
r dr2 r3 sin ϑ dϑ
dϑ
r3 sin2 ϑ dϕ 2
dividiendo por φ = R/rΘΦ:
r2 sin2 ϑ d 2 R sin ϑ d
+
R
dr2
Θ dϑ
dΘ
1 d2Φ
sin ϑ
=−
dϑ
Φ dϕ 2
vemos que la única forma de que esto se cumpla es que
1 d2Φ
Φ dϕ 2
sea igual a una constante, es decir:
d2Φ
1
+ m2
dϕ 2
Φ
donde m es una constante. Vemos entonces que Φ es una autofunción del operador de laplace en
una dimensión, y está dada por
Φ(ϕ) = e±imϕ
Esta función debe ser periódica, Φ(ϕ ± 2π) = Φ(ϕ), lo que implica m = {0, ±1, ±2, ...}.
Con esto
r2 d 2 R
1
d
dΘ
m2
=
−
sin
ϑ
+
R dr2
Θ sin ϑ dϑ
dϑ
sin2 ϑ
2
2
lo que, nuevamente, solo es posible si rR ddrR2 es igual a una constante λ . La ecuación para Θ es:
1 d
dΘ
m2
sin ϑ
+ λ− 2
Θ=0
sin ϑ dϑ
dϑ
sin ϑ
cuya solucion se puede escribir en términos de los polinomios asociados de Legendre (ver
apéndice 8.12.1), y se puede demostrar que la regularidad de Θ en θ = 0 y θ = π impone que
λ = l(l + 1) y | m |≤ l, donde l es un entero no negativo, l ∈ {0, 1, 2, ...}. Luego:
Θ(ϑ ) = Plm (cos ϑ )
finalmente, la ecuación para R es:
d 2 R l(l + 1)
−
R=0
dr2
r2
4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno
153
cuya solución es:
Rl (r) = Al rl+1 + Bl r−l
con Al y Bl constantes. De esta forma, la solución general de la ecuación de Laplace en Ω se
escribe, en coordenadas esféricas:
∞
φ (r, ϑ , ϕ) = ∑
l
∑
l
m −(l+1)
Am
Plm (cos ϑ )eimϕ
l r + Bl r
(4.17)
l=0 m=−l
m
donde Am
l y Bl son constantes que dependerán de las condiciones de borde en la frontera ∂ Ω.
En particular, cuando existe simetría azimutal (φ es independiente de ϕ), entonces la solucion
queda:
∞ φ (r, ϑ ) = ∑ Al rl + Bl r−(l+1) Pl (cos ϑ )
(4.18)
l=0
Polinomios de Legendre
Enumeraremos aqui ciertas propiedades de los polinomios de Legendre, cuyas demostraciones
se pueden encontrar en el apéndice 8.12.1.
1. Los polinomios de Legendre son solución de la ecuación diferencial de Legendre
d
2 dPl (x)
(1 − x )
+ l(l + 1)Pl (x) = 0
(4.19)
dx
dx
la cual admite una solución en series de potencias de x para | x |≤ 1. Para l ∈ N, Pn es un
polinomio de grado l que se escribe (fórmula de Rodrígues):
Pl (x) =
1 dl
[(x2 − 1)l ]
2l l! dxl
(4.20)
donde, por construcción, Pl (1) = 1 y Pl (−1) = (−1)l para todo l ∈ N. Los primeros
polinomios de Legendre están dados por
P0 (x) = 1
P1 (x) = x
P2 (x) =
1
3x2 − 1
2
y satisfacen la siguiente fórmula recursiva
(l + 1)Pl+1 (x) = (2l + 1)xPl (x) − lPl−1 (x)
2. Los polinomios de Legendre cumplen con:
Pl (−x) = (−1)l Pl (x)
de forma que si l es par (impar), Pl es par (impar).
(4.21)
Electrostática de conductores.
154
3. Se tiene
Pl (x) =
1 d
[Pl+1 (x) − Pl−1 (x)]
2l + 1 dx
(4.22)
4. Los polinomios de Legendre constituyen un conjunto ortogonal en [−1, 1]. Esto significa
que:
Z 1
−1
Pl 0 (x)Pl (x)dx =
0
si l 6= l 0
2/(2l + 1) si l = l 0
(4.23)
5. El conjunto de polinomios de Legendre Pl (x), l ∈ N es un conjunto ortonormal completo
en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1. Luego, si f es cuadrado integrable en −1 ≤ x ≤ 1, entonces
admite una expansión en serie de polinomios de Legendre
∞
f (x) = ∑ Al Pl (x)
(4.24)
l=0
donde los coeficientes Al de la expansión están dados por
Al =
2l + 1
2
Z 1
−1
Pl (x) f (x)dx
(4.25)
6. Se puede demostrar que
∞
1
√
= ∑ Pl (x)rl r < 1
1 − 2xr + r2 l=0
(4.26)
una aplicación útil en electrostática consiste en la expansión de 1/k~x −~x0 k en polinomios
de Legendre. Considerando k~xk = r, k~x0 k = r0 y ~x ·~x0 = cos ϑ , entonces:
1
1
=√
0
0
k~x −~x k
r2 + r 2 − 2rr0 cos ϑ
suponiendo sin perder generalidad que r > r0 :
1
1
= p
0
0
2
k~x −~x k r 1 + (r /r) − 2(r0 /r) cos ϑ
y utilizando la ecuación 4.26
0
∞
1
rl
=
P
(cos
ϑ
)
∑ l
k~x −~x0 k l=0
rl+1
r > r0
(4.27)
Ejemplo 4.25 — Potencial en todo el espacio generado por una esfera. Supongamos
que se quiere determinar el potencial en todo el espacio dada una esfera de radio a sobre la cual
el potencial depende de la coordenada ϑ , es decir:
φ (r = a, ϑ ) = φD (ϑ )
donde φD es una funcion arbitraria del angulo ϑ .
4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno
155
Solución El potencial es independiente de ϕ. Para r ≤ a, el potencial se escribe entonces en su
forma más general dada por la ecuación 4.18:
∞ φ (r, ϑ ) = ∑ Al rl + Bl r−(l+1) Pl (cos ϑ ) r ≤ a
l=0
Se requiere que φ (r = 0) sea finito, de forma que Bl = 0 para todo l. Luego:
∞
φ (r, ϑ ) = ∑ Al rl Pl (cos ϑ ) r ≤ a
l=0
La condición de borde sobre la esfera es:
∞
φ (a, ϑ ) = φD (ϑ ) = ∑ Al al Pl (cos ϑ )
l=0
renocemos la expansión de la funcion φD en una serie de Legendre (4.24). Luego
2l + 1
Al =
2al
Z π
0
sin ϑ Pl (cos ϑ )φD (ϑ )dϑ
Para r ≥ a, nuevamente escribimos
∞ φ (r, ϑ ) = ∑ Cl rl + Dl r−(l+1) Pl (cos ϑ ) r ≥ a
l=0
se debe tener
lim φ (r, ϑ ) = 0
r→∞
por lo que Cl = 0 para todo l. Luego
∞
Dl
P (cos ϑ ) r ≥ a
l+1 l
l=0 r
φ (r, ϑ ) = ∑
el potencial debe ser continuo en r = a, y entonces:
∞
Dl
P
(cos
ϑ
)
=
φ
(ϑ
)
=
Al al Pl (cos ϑ )
D
l
∑
l+1
a
l=0
l=0
∞
φ (a, ϑ ) = ∑
de donde
Dl = a2l+1 Al
Electrostática de conductores.
156
Para el caso particular en que el potencial en la esfera es constante (φD (ϑ ) = φ0 ), se tiene:
π
2l + 1
sin ϑ Pl (cos ϑ )dϑ
φ
0
2al
0
luego Al = 0 para todo l ≥ 1 (ver apéndice 8.12.1) y se tiene:
Z
Al =
π
π
1
1
A0 = φ0
sin ϑ P0 (cos ϑ )dϑ = φ0
sin ϑ dϑ = φ0 = D0 /a
2
2
0
0
y se obtiene el potencial de una esfera conductora a potencial constante:
Z
Z
φ (r, ϑ ) = A0 r0 P0 (cos ϑ ) = φ0
r≤a
aφ0
r≥a
r
sabemos que φ0 = Q/(4πε0 a), con Q la carga total de la esfera. Luego, se obtiene el ya conocido
resultado:
φ (r, ϑ ) = D0 r−(0+1) P0 (cos ϑ ) =
φ (r, ϑ ) = Q/(4πε0 a)
φ (r, ϑ ) =
Q
4πε0 r
r≤a
r≥a
Ejemplo 4.26 — Potencial generado por dos hemisferios conductores. Se tiene una
esfera conductora de radio R cuyos hemisferios se encuentran a distinto potencial, de forma que
φ0 si 0 ≤ ϑ ≤ π/2
φ (R, ϑ ) =
−φ0 si π/2 ≤ ϑ ≤ π
Eneucentre el potencial en todo el espacio, y la densidad superficial de cargas en cada hemisferio.
Cual es la capacitancia de este sistema?.
Solucion
Este es un caso particular del ejemplo 4.25. El potencial está dado por
∞
φ (r, ϑ ) = ∑ Al rl Pl (cos ϑ ) r ≤ R
l=0
∞
φ (r, ϑ ) = ∑ R2l+1
l=0
Al
Pl (cos ϑ ) r ≥ R
rl+1
4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno
donde
Al =
2l + 1
2Rl
157
Z π
sin ϑ Pl (cos ϑ )φ (R, ϑ )dϑ
0
reemplazando, se obtiene:
Z π/2
Z π
2l + 1
Al =
sin ϑ Pl (cos ϑ )φ0 dϑ −
sin ϑ Pl (cos ϑ )φ0 dϑ
2Rl
0
π/2
2l + 1
Al = φ0
2Rl
Z
π/2
sin ϑ Pl (cos ϑ )dϑ −
0
Z π
sin ϑ Pl (cos ϑ )dϑ
π/2
2l + 1
= φ0
2Rl
Z
1
0
Pl (x)dx −
Z 0
−1
ahora, si l es par, Pl (x) = Pl (−x), mientras que si l es impar, Pl (x) = −Pl (−x). Luego , Al = 0
para l par y
Al = φ0
2l + 1
Rl
Z 1
0
Pl (x)dx l impar
de forma que:
∞
φ (r, ϑ ) = ∑ A2l−1 r2l−1 P2l−1 (cos ϑ ) r ≤ R
l=1
∞
φ (r, ϑ ) = ∑ R4l−1
l=1
A2l−1
P2l−1 (cos ϑ ) r ≥ R
r2l
utilizando la siguiente fórmula de recursión para los polinomios de Legendre (4.22) Pn (x) =
1 d
2n+1 dx [Pn+1 (x) − Pn−1 (x)], se tiene:
Z 1
Cn =
Pn (x)dx =
0
1
1
[Pn+1 (x) − Pn−1 (x)] n ≥ 1
2n + 1
0
dado que Pl (1) = 1 para todo l, tenemos:
Z 1
Cn =
0
Pn (x)dx =
1
[Pn−1 (0) − Pn+1 (0)] n ≥ 1
2n + 1
y aplicando la recursión 4.21 (Pn (0) = −(n − 1)/nPn−2 (0)), se tiene que, para todo n ≥ 1,
P2n−1 (0) = 0 y P2n (0) = (−1)n (2n − 1)!!/(2n)!!. En consecuencia Cn = 0 para todo n par, y :
Z 1
C2n−1 =
0
P2n−1 (x)dx = −
P2n (0)
(2n − 1)!!
= (−1)n+1
n≥1
2n − 1
(2n)!!(2n − 1)
Finalmente
∞
φ (r, ϑ ) = φ0 ∑ (−1)l+1
l=1
(4l − 1)(2l − 1)!! r2l−1
P2l−1 (cos ϑ ) r ≤ R
(2l)!!(2l − 1) R2l−1
∞
φ (r, ϑ ) = φ0 ∑ (−1)l+1
l=1
(4l − 1)(2l − 1)!! R2l
P2l−1 (cos ϑ ) r ≥ R
(2l)!!(2l − 1) r2l
vemos que el potencial decae como 1/r2 en el infinito, similar al caso de un dipolo.
Nótese que la región r < R no corresponde al interior de un conductor, de hecho, el campo
eléctrico no es nulo en ella. En consecuencia, la fórmula 4.1 no es directamente aplicable. En
general, el campo eléctrico es discontinuo al atravesar una superficie cargada y se tiene (ecuación
2.3):
Pl (x)dx
Electrostática de conductores.
158
lim ~E(r, ϑ ) − lim− ~E(r, ϑ ) = σ (R, ϑ )/ε0
r→R+
r→R
de forma que la densidad de carga en la esfera es:
∂φ ∂ φ σ (R, ϑ ) = −ε0
−
∂ r r=R+ ∂ r r=R−
σ (R, ϑ ) =
φ0 ε0
R
∞
∑ (−1)l+1
l=1
∞
2l(4l − 1)(2l − 1)!!
2l(4l − 1)(2l − 1)!!
P2l−1 (cos ϑ ) − ∑ (−1)l+1 (2l − 1)
P2l−1 (cos ϑ )
(2l)!!(2l − 1)
(2l)!!(2l − 1)
l=1
φ0 ε0
σ (R, ϑ ) =
R
!
(4l
−
1)(2l
−
1)!!
∑ (−1)l+1 (2l)!!(2l − 1) P2l−1 (cos ϑ )
l=1
∞
pero sabemos, a partir de la solución para el potencial, que
∞
l+1 (4l − 1)(2l − 1)!!
φ (R, ϑ ) = φ0 ∑ (−1)
l=1
(2l)!!(2l − 1)
P2l−1 (cos ϑ ) =
φ0 si 0 ≤ ϑ ≤ π/2
−φ0 si π/2 < ϑ ≤ π
luego, la densidad de carga es homogénea sobre cada hemisferio
(
φ0 ε0
si 0 ≤ ϑ ≤ π/2
R
σ (R, ϑ ) =
φ0 ε0
− R si π/2 < ϑ ≤ π
la carga total sobre el hemisferio superior es
Q = 2πR2
φ0 ε0
= 2πRφ0 ε0
R
y la capacidad del sistema es
C = Q/(2φ0 ) = ε0 πR
Ejemplo 4.27 — Potencial en todo el espacio de un anillo de carga. Encuentre el po-
tencial en todo el espacio de un anillo de radio R y carga total Q uniforme.
Solucion
El potencial en todo punto exterior al anillo cumple
~∇2 φ (~x) = 0
4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno
159
es claro que el problema posee simetría azimutal, por lo que el potencial se escribe en su forma
más general como (4.18)
∞ φ (r, ϑ ) = ∑ Al rl + Bl r−(l+1) Pl (cos ϑ ) r < R
l=0
∞ φ (r, ϑ ) = ∑ Cl rl + Dl r−(l+1) Pl (cos ϑ ) r ≥ R
l=0
debido a que limr→∞ φ (r, ϑ ) = 0 y limr→0 φ (r, ϑ ) < ∞, se debe tener
Bl = Cl = 0 ∀l
además, vimos en el ejemplo 3.6 que el potencial sobre el eje está dado por
φ (r, 0) =
1
Q
√
4πε0 r2 + R2
podemos entonces imponer como condición de borde el valor del potencial en el eje del anillo:.
∞
φ (r, 0) = ∑ Al rl =
l=0
∞
1
Q
√
2
4πε0 z + R2
φ (r, 0) = ∑ Dl r−(l+1) =
l=0
r<R
1
Q
√
4πε0 z2 + R2
r≥R
ya que Pl (1) = 1 para todo l. Ahora, podemos escribir:
−1/2
1
1
√
=
1 + R2 /r2
r
z2 + R2
r<R
−1/2
1
1
√
=
1 + r2 /R2
z2 + R 2 R
r≥R
en ambos casos, se tiene una función de la forma (1 + x)−1/2 con x ≤ 1, la cual tiene la siguiente
expansión en potencias de x:
xl d l
−1/2 ((1
+
x)
)
l
x=0
l=0 l! dx
∞
(1 + x)−1/2 = ∑
es fácil mostrar por iteración que
dl
(−1)l (2l − 1)!!
−1/2 ((1
+
x)
)
=
l≥1
dxl
2l
x=0
Electrostática de conductores.
160
l
l
x (−1)
donde (2l − 1)!! = 1 × 3 × 5 × ... × (2l − 1). De esta forma, (1 + x)−1/2 = 1 + ∑∞
l=1 l!2l (2l −
1)!!, y se debe tener
!
∞
∞
2l
1
Q
l
l (2l − 1)!! r
φ (r, ϑ ) = ∑ Al r =
+ ∑ (−1/2)
r<R
4πε0 R l=1
l!
R2l+1
l=0
!
∞
2l
1 ∞
Q
−(l+1)
l (2l − 1)!! R
φ (r, ϑ ) = ∑ Dl r
+ ∑ (−1/2)
r>R
=
4πε0 r l=0
l!
r2l+1
l=0
Vemos entonces que Al = Dl = 0 para todo l impar. Además, A0 =
A2l = (−1/2)l
D2l = (−1/2)l
Q
4πε0 R ,
D0 =
Q
4πε0 r
y
(2l − 1)!!
l≥1
l!R2l+1
(2l − 1)!!R2l
l!
l≥1
Finalmente, el potencial está dado por
!
∞
1
(2l
−
1)!!
r2l P2l (cos ϑ )
+ ∑ (−1/2)l
r<R
R l=1
l!R2l+1
!
2l
1 ∞
(2l
−
1)!!R
+ ∑ (−1/2)l
r−(2l+1) P2l (cos ϑ )
r≥R
r l=1
l!
Q
φ (r, ϑ ) =
4πε0
φ (r, ϑ ) =
Q
4πε0
La figura siguiente muestra las equipotenciales y las líneas de campo en el plano x − z:
Ejemplo 4.28 — Dipolo al interior de una cáscara esférica. Dos cargas puntuales q y −q
estan ubicadas en el eje z en z = a y z = −a, respectivamente.
a) Encuentre el potencial electrostatico como expansion de polinomios de Legendre para r < a y
r > a.
b) Manteniendo el producto p = 2qa constante, tome el límite a → 0 y encuentre el potencial
para r 6= 0.
c) Suponga ahora que el dipolo puntual de la parte b) está rodeado de una esfera de radio R
conectada a tierra. Encuentre el potencial en todo el espacio. Cuál es la densidad de carga
inducida en la esfera?.
Solución
a) Dada la simetría azimutal de la distribucion de cargas, el potencial en coordenadas esféricas
depende únicamente de r y ϑ . El potencial en un punto ~x = rr̂(ϑ ) en el plano x − z se escribe
4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno
q
φ (r, ϑ ) =
4πε0
1
1
−
krr̂(ϑ ) − aẑk krr̂(ϑ ) + aẑk
161
utilizando la expansión en polinomios de Legendre 4.27:

0
 ∑∞ k~x kl Pl (cos γ) si k~xk ≥ k~x0 k
1
l=0 k~xkl+1
=
l
0
∞
k~x −~x k ∑l=0 k~0xkl+1 Pl (cos γ) si k~xk ≤ k~x0 k
k~x k
donde γ es el angulo entre ~x
q
φ (r, ϑ ) =
4πε0
q
φ (r, ϑ ) =
4πε0
y ~x0 .
Luego, el potencial se escribe:
∞
rl
∞
rl
!
al
!
∑ al+1 Pl (cos ϑ ) − ∑ al+1 Pl (cos(π − ϑ ))
∞
r<a
l=0
l=0
al
∞
∑ rl+1 Pl (cos ϑ ) − ∑ rl+1 Pl (cos(π − ϑ ))
l=0
r>a
l=0
considerando que cos(π − ϑ ) = − cos(ϑ ), y que Pl (− cos ϑ ) = (−1)l Pl (cos ϑ )
φ (r, ϑ ) =
l
q ∞
l r
(1
−
(−1)
)
Pl (cos ϑ ) r < a
∑
4πε0 l=0
al+1
φ (r, ϑ ) =
al
q ∞
(1 − (−1)l ) l+1 Pl (cos ϑ ) r > a
∑
4πε0 l=0
r
Finalmente:
φ (r, ϑ ) =
2q ∞ r2l−1
∑ a2l P2l−1 (cos ϑ ) r < a
4πε0 l=1
φ (r, ϑ ) =
2q ∞ a2l−1
∑ r2l P2l−1 (cos ϑ ) r > a
4πε0 l=1
b) Tomando el limite a → 0 manteniendo p = 2aq constante, se obtiene el potencial de un dipolo
puntual
(
)
2qa ∞ a2l−2
φ (r, ϑ ) = lim
∑ 2l P2l−1 (cos ϑ ) r > a
a→0 4πε0
l=1 r
Electrostática de conductores.
162
p
φ (r, ϑ ) =
lim
4πε0 a→0
p
φ (r, ϑ ) =
4πε0 r2
(
)
P1 (cos ϑ ) 1 ∞ a2l−2
+ 2 ∑ 2l−2 P2l−1 (cos ϑ )
r>a
r2
r l=2 r
(
)
1 ∞
a 2l−2
P1 (cos ϑ ) + 2 ∑ lim ( )
P2l−1 (cos ϑ )
r>a
r l=2 a→0 r
considerando que lima→0 ( ar )2l−2 = 0 para todo l ≥ 2 y que P1 (cos ϑ ) = cos ϑ , se obtiene el
potencial de un dipolo puntual (mismo resultado obtenido previamente en 3.7.2)
φ (r, ϑ ) =
p cos ϑ
4πε0 r2
r>0
c)Ahora se coloca una esfera de radio R conectada a tierra, de forma que φ (R, ϑ ) = 0. Para la
región exterior a la esfera, el potencial satisface la ecuación de Laplace con condición de borde
nula en la frontera (r = R), luego
φ (r, ϑ ) = 0 r ≥ R
para r < R, agregamos al potencial del dipolo puntual una solución de la ecuación de Laplace
escrita en su forma más general
φ (r, ϑ ) =
∞
p cos ϑ
+
∑ (Al rl + Bl r−(l+1) )Pl (cos ϑ ) r ≤ R
4πε0 r2 l=0
para que la serie sea finita en r = 0, Bl = 0 para todo l. Además, el potencial debe ser nulo en
r = R:
φ (R, ϑ ) =
∞
p cos ϑ
+
Al Rl Pl (cos ϑ ) = 0 r ≤ R
∑
4πε0 R2 l=0
esto es
∞
p cos ϑ
∑ Al Rl Pl (cos ϑ ) = − 4πε0 R2
l=0
debido a la ortogonalidad de los polinomios de Legendre, vemos que Al = 0 para l 6= 1, y:
A1 = −
Finalmente:
p cos ϑ
4πε0 R3
4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno
φ (r, ϑ ) =
p cos ϑ
4πε0
1
r
−
r 2 R3
163
r≤R
en la esfera se induce una densidad de carga σ (ϑ ) dada por (4.1):
∂ φ (r, ϑ ) σ (ϑ ) = ε0 ~E(r, ϑ ) · n̂(ϑ ) = ε0
∂r
r=R
donde se ha usado que la normal a la esfera en la región r < R es n̂(ϑ ) = −r̂(ϑ ). Con esto:
3p cos ϑ
4πR3
notar que la carga total inducida en el hemisferior superior es:
σ (ϑ ) = −
Z π/2
Q=
0
3p
2πR σ (ϑ ) sin ϑ dϑ = −
2R
2
Z 1
xdx = −
0
3p
4R
y escribiendo p = 2qa
3
Q = − q(a/R)
2
4.6.3
Funciones de Green: solución formal a los problemas de contorno
Otro método para solucionar todo problema de Poisson consiste en considerar la distribución de
carga ρ como una superposición lineal de cargas puntuales. En efecto, en el marco de la teoría
de distribuciones, se tiene:
ZZZ
ρ(~x) =
R3
ρ(~x0 )δ (~x −~x0 )d 3 x0
De forma que basta con solucionar la ecuación de Poisson con las condiciones de borde adecuadas
cuando ρ es una carga puntual.
Definición 4.6.1 — Función de Green. La función de Green se define como una solución
de la ecuación de Poisson singular
~∇02 G(~x0 ,~x) = −4πδ (~x −~x0 ) ~x0 ∈ Ω
(4.28)
Ahora vamos a expresar la solución general de la ecuacion de Poisson en términos de la funcion
~ Sea L(~x0 ,~x) una solución de la ecuación de Laplace en Ω, ~x0 ∈ Ω
de Green G.
~∇02 L(~x0 ,~x) = 0 ~x0 ∈ Ω
Electrostática de conductores.
164
entonces podemos considerar
1
+ L(~x,~x0 )
k~x −~x0 k
La cual es una función de Green dentro de la región Ω, ya que
1
1
0
~∇02 G(~x0 ,~x) = ~∇02
+ L(~x,~x ) = ~∇02
= −4πδ (~x −~x0 )
k~x −~x0 k
k~x −~x0 k
Entonces, usando la segunda identidad de Green para el potencial φ y G:
G(~x,~x0 ) =
Z
n
o Z
n
o
0
0
d 3 x0 G(~x0 ,~x)~∇ 2 φ (~x0 ) − φ (~x0 )~∇ 2 G(~x0 ,~x) = dS(~x0 )n̂(~x0 )· G(~x0 ,~x)~∇0 φ (~x0 ) − φ (~x0 )~∇0 G(~x0 ,~x)
ZZZ
Ω
∂Ω
para ~x ∈ Ω, resulta
ZZZ
3 0
d x
Ω
ZZZ
1
1
0
0
0
0
d 3 x0 ρ(~x0 )G(~x0 ,~x) + 4πφ (~x)
− G(~x ,~x)ρ(~x ) + 4πφ (~x )δ (~x −~x) = −
ε0
ε0
Ω
ZZ
n
o
= dS(~x0 )n̂(~x0 ) · G(~x0 ,~x)~∇0 φ (~x0 ) − φ (~x0 )~∇0 G(~x0 ,~x)
∂Ω
y se tiene en general:
1
φ (~x) =
4πε0
1 1 0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
d x ρ(~x )G(~x ,~x)+
dS(~x )G(~x ,~x)n̂(~x )·~∇ φ (~x )−
dS(~x )φ (~x )n̂(~x )·~∇ G(~x ,~x)
4π ∂ Ω
4π ∂ Ω
Ω
(4.29)
ZZZ
3 0
0
0
ZZ
ZZ
Apliquemos este resultado a los problemas de contorno de Dirichlet y de Neumann
4.6.4
Solución formal del problema Dirichlet
Se trata de resolver la ecuación de Poisson en una región Ω dado el potencial en la frontera ∂ Ω
(
x)
~x ∈ Ω : ~∇2 φ (~x) = − ρ(~
ε0
~x ∈ ∂ Ω : φ (~x) = φD (~x)
Resolvamos entonces el problema de Green-Dirichlet asociado
0
0
~x ∈ Ω : ~∇ 2 GD (~x0 ,~x) = −4πδ (~x0 −~x)
~x0 ∈ ∂ Ω : GD (~x0 ,~x) = 0
escribiendo la función de green como
GD (~x0 ,~x) =
1
k~x0 −~xk
+ LD (~x0 ,~x)
entonces el problema se reduce a encontrar D L tal que:
(
0
~x0 ∈ Ω : ~∇ 2 LD (~x0 ,~x) = 0
1
~x0 ∈ ∂ Ω : LD (~x0 ,~x) = − k~x0 −~
xk
La solución formal es entonces:
φ (~x) =
1
4πε0
ZZZ
Ω
d 3 x0 ρ(~x0 )GD (~x,~x0 ) −
1 0
0
0
0
0
dS(~x )φD (~x )n̂(~x ) · ~∇ GD (~x ,~x) (4.30)
4π ∂ Ω
ZZ
4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno
4.6.5
165
Solución formal del problema de Neumann
Se trata de resolver la ecuación de Poisson en una región Ω dado la componente normal del
campo eléctrico en la frontera ∂ Ω
(
x)
~x ∈ Ω : ~∇2 φ (~x) = − ρ(~
ε0
~x ∈ ∂ Ω : ~∇φ (~x) · n̂(~x) = −EN (~x)
Resultaría ventajoso encontrar una función de Green tal que
(
0
~x0 ∈ Ω : ~∇ 2 GN (~x0 ,~x) = −4πδ (~x0 −~x)
~x0 ∈ ∂ Ω : ~∇0 GN (~x0 ,~x) · n̂(~x0 ) = 0
pero ésto es, en general, imposible. En efecto, el teorema de Gauss nos da
ZZZ
3 0~ 0 2
ZZZ
0
d 3 x0~∇0 · ~∇0 GN (~x0 ,~x)
d x ∇ GN (~x ,~x) =
Ω
Ω
ZZZ
ZZ
~ 0 ~ 0
0
d 3 x0 δ (~x0 −~x) = −4π
= d S(~x ) · ∇ GN (~x ,~x) = −4π
∂Ω
Ω
luego
ZZ
0
0
0
0
dS(~x )n̂(~x ) · ~∇ GN (~x ,~x) = −4π
∂Ω
ahora bien, puesto que
ZZ
0
dS(~x ) = S
∂Ω
con S el área total de ∂ Ω, la condición de contorno más simple a imponer a GN es
4π
~x0 ∈ ∂ Ω : n̂(~x0 ) · ~∇0 GN (~x0 ,~x) = −
S
Luego, debemos resolver
(
0
~x0 ∈ Ω : ~∇ 2 GN (~x0 ,~x) = −4πδ (~x0 −~x)
~x0 ∈ ∂ Ω : n̂(~x0 ) · ~∇0 GN (~x0 ,~x) = − 4π
S
y si escribimos GN como
GN (~x0 ,~x) =
1
k~x0 −~xk
+ LN (~x0 ,~x)
LN debe satisfacer:
(
0
~x0 ∈ Ω : ~∇ 2 LN (~x0 ,~x) = 0
1
~x0 ∈ ∂ Ω : n̂(~x0 ) · ~∇0 LN (~x0 ,~x) = − 4π
x0 ) · ~∇0 k~x0 −~
S − n̂(~
xk
la solución formal del problema de Poisson-Neumann es entonces:
1
φ (~x) =
4πε0
1 0
0
0
d x ρ(~x )GN (~x ,~x) −
dS(~x )EN (~x )GN (~x ,~x) + hφ iS
4π ∂ Ω
Ω
ZZZ
3 0
0
ZZ
0
donde hφ iS es el valor medio del potencial sobre la superficie ∂ Ω
hφ iS =
1 dS(~x)φ (~x)
S ∂Ω
ZZ
La presencia de este término es un inconveniente, pero no afecta el valor de ~E en ∂ Ω
(4.31)
Electrostática de conductores.
166
Ejemplo 4.29 — Teorema del valor medio. Demuestre que para un espacio sin cargas, el
potencial electrostático en cualquier punto es igual al potencial promedio sobre cualquier esfera
centrada en ese punto
Solución
Utilizaremos el teorema de Green 4.29, utilizando una función de Green-Dirichlet que satisface
~∇2 GD (~x,~x0 ) = −4πδ (~x −~x0 ) ~x,~x0 ∈ Ω
~ D (~x,~x0 ) = 0 ~x0 ∈ ∂ Ω
G
Luego, de acuerdo a la solucion general del problema Poisson con condiciones de contorno de
Dirichlet (green-dirichlet):
1
φ (~x) =
4πε0
1 0
0
0
0
0
d x GD (~x,~x )ρ(~x ) −
dS(~x )φ (~x )n̂(~x ) · ~∇ GD (~x,~x )
4π ∂ Ω
Ω
ZZZ
3 0
0
ZZ
0
ahora, si Ω es una región libre de cargas
1 0
0
0
0
0
φ (~x) = −
dS(~x )φ (~x )n̂(~x ) · ~∇ GD (~x,~x )
4π ∂ Ω
ZZ
Escogemos ahora Ω : ε(~x, a), la esfera de radio a centrada en~x, de forma que la función de Green
se escribe
GD (~x,~x0 ) =
así
1
1
−
0
k~x −~x k a
0
~∇0 GD (~x,~x0 ) = ~x −~x
k~x −~x0 k3
Luego, para ~x0 ∈ ∂ Ω
~x0 −~x
~x −~x0
1
1
n̂(~x0 ) · ~∇0 GD (~x,~x0 ) = 0
·
=−
=− 2
0
3
0
2
k~x −~xk k~x −~x k
k~x −~x k
a
Y entonces, en todo punto ~x al interior de la esfera, el potencial es igual a su valor medio sobre la
superficie:
1 0
0
φ (~x) =
dS(~x )φ (~x ) = φ (~x, a)
4πa2 ∂ Ω
ZZ
Ejemplo 4.30 — Corolario del teorema del valor medio. Demuestre el siguiente corolario
del teorema del valor medio. El campo electrostático en el vacío satisface idénticamente las
siguientes relaciones
ZZ
E(~x0 )
d~S(~x0 ) · ~
=0
k~x −~x0 k
∂Ω
ZZZ
Ω
d 3 x0 ~E(~x0 ) ·
~x −~x0
=0
k~x −~x0 k3
donde ∂ Ω es la superficie de una esfera de radio arbitrario con centro en ~x, y Ω es su volumen
4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno
167
Solución
En el espacio vacío de cargas
~∇2 φ (~x) = 0
Utilizando el teorema de Green 4.29 con G(~x,~x0 ) = 1/k~x −~x0 k
ZZ ZZ
1 ~ 0 ~ 0
1
1 d~S(~x0 ) · ~∇0 φ (~x0 )
0
φ (~x) = −
φ (~x ) +
d S(~x ) · ∇
4π ∂ Ω
k~x −~x0 k
4π ∂ Ω
k~x −~x0 k
ZZ
ZZ
1 d~S(~x0 ) · E(~x0 )
1 ~ 0
~x0 −~x
0
φ (~x ) −
φ (~x) =
d S(~x ) · 0
4π S(~x)
k~x −~xk3
4π S(~x) k~x −~x0 k
1 1 d~S(~x0 ) · E(~x0 )
0
0
dS(~
x
)φ
(~
x
)
−
4πa2 S(~x)
4π S(~x) k~x −~x0 k
ZZ
φ (~x) =
ZZ
donde a =|~x −~x0 | es el radio de la esfera. Por el teorema del valor medio
1 0
0
dS(~x )φ (~x )
4πa2 S(~x)
ZZ
φ (~x) =
Luego
ZZ
E(~x0 )
d~S(~x0 ) · ~
=0
0
∂Ω
Además
k~x −~x k
ZZ
ZZZ
~E(~x0 )
~E(~x0 )
~ 0
3 0~ 0
=
d
x
∇
·
)
·
d
S(~
x
0
0
k~x −~x k
k~x −~x k
Ω
)
(
ZZZ
~∇0 · ~E(~x0 )
1
+ ~E(~x0 ) · ~∇0
=
d 3 x0
k~x −~x0 k
k~x −~x0 k
Ω
∂Ω
ZZZ
=
3 0
d x
Ω
=−
0
ρ(~x0 )
~E(~x0 ) · ~x −~x
+
ε0 k~x −~x0 k
k~x −~x0 k3
ZZZ
Ω
d 3 x0 ~E(~x0 ) ·
~x0 −~x
=0
k~x0 −~xk3
4.6.6
Método de las Imágenes
La solución formal de los problemas de contorno en electrostática se logra mediante el método de
las funciones de Green. En la práctica no siempre es fácil calcular la función de Green correcta.
El método de las imágenes se usa en problemas de una o más cargas puntuales en presencia de
superficies de frontera, por ejemplo conductores conectados a tierra o mantenidos a un potencial
fijo. Este método de las imágenes nos ayuda a encontrar la función de Green adecuada en los
problemas de contorno Dirichlet con φD = cte. Consideremos una carga q situada en ~x0 ∈ Ω .
Se trata de resolver el siguiente problema Dirichlet
Electrostática de conductores.
168
(
~x ∈ Ω : ~∇2 φ (~x) = − εq0 δ (~x −~x0 )
~x0 ∈ Ω :
~x ∈ ∂ Ω : φ (~x) = φD
Bajo condiciones geométricas favorables es posible inferir que un número pequeño de cargas
e pueden
puntuales, de magnitud apropiada, y ubicadas adecuadamente en la región externa Ω,
simular las condiciones de contorno requeridas, estas son las cargas imágenes.
e la región externa (típicamente el interior de un conductor), y
Sea Ω la región de interés, Ω
un conjunto de cargas imagenes q0i = q0i (q,~x0 ) ubicadas en las posiciones ~xi0 = ~xi0 (q,~x0 ), con
e Las cargas imágenes deben ser externas a la región de interés Ω, de manera que su
~xi0 (q,~x0 ) ∈ Ω.
potencial sea una solución de la ecuación de Laplace en Ω. En efecto, el potencial creado por las
cargas imágenes satisface
0
1
1
~∇2 1 ∑ qi
=
q0i~∇2
∑
0
4πε0 i k~x −~xi k 4πε0 i
k~x −~xi0 k
=−
1
qi δ (~x −~xi0 ) = 0
ε0 ∑
i
e
si ~x ∈ Ω y ~xi ∈ Ω.
Ejemplo 4.31 — Carga puntual q ubicada frente a un conductor plano a potencial
cero, y de extensión infinita. Consideremos el siguiente problema Dirichlet en Ω, con Ω =
{~x | z > 0}. La frontera ∂ Ω = {~x | z = 0} corresponde al plano conductor a potencial nulo. Cuál
es la densidad superficial y la carga total inducida en el plano conductor?.
Se trata de resolver el problema siguiente para el potencial
4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno
(
~x ∈ Ω :
~x ∈ ∂ Ω :
169
~∇2 φ (~x) = − q δ (~x −~x0 )
ε0
φ (~x) = 0
Donde ~x0 = d ẑ es la posición de la carga puntual q. Resolvemos entonces el problema mediante
e
el método de las imágenes. Sea una carga q00 ubicada en ~x00 ∈ Ω.
El potencial en Ω debido a ambas cargas será, simplemente
~x ∈ Ω : φ (~x,~x0 ) =
q
q00
+
4πε0 k~x −~x0 k 4πε0 k~x −~x00 k
El valor de q00 y de ~x00 los escogemos tal que en la frontera
~x ∈ ∂ Ω :
q
q00
+
=0
4πε0 k~x −~x0 k 4πε0 k~x −~x00 k
Tomando ~x00 = d 00 k̂, y ~x = xx̂ + yŷ, un punto en el plano z = 0, la condición φ (~x) = 0 implica:
(
)
1
q
q00
p
φ (z = 0) =
+p
=0
4πε0
x2 + y2 + d 2
x2 + y2 + d 002
Basta tomar entonces como carga imagen una carga −q ubicada igualmente a una distancia d,
detrás del plano z = 0:
q0 = −q, d 00 = −d
En efecto, vemos que el potencial en Ω es idéntico al potencial generado por un dipolo generado
por 2 cargas puntuales separadas por una distancia d. En la figura siguiente se muestran las líneas
de campo generadas por tal distribución de carga. El potencial en el plano z = 0 es efectivamente
nulo.
La solución para el potencial resulta ser
q
1
1
φ (~x,~x0 ) =
−
4πε0 k~x − d k̂k k~x + d ẑk
Esta es la solución del problema Dirichlet propuesto originalmente. En efecto se satisface la
ecuación de Poisson propuesta en Ω
~∇2 φ (~x,~x0 ) =
q
1
1
q
2
~∇2
~
−∇
=−
δ (~x − d k̂) + δ (~x + d k̂)
4πε0
ε0
k~x − d k̂k
k~x + d k̂k
Electrostática de conductores.
170
y como δ (~x + d k̂) = 0 para ~x ∈ Ω
~∇2 φ (~x,~x0 ) = − q δ (~x − d k̂) = − q δ (~x −~x0 )
ε0
ε0
En la figura siguiente se muestran las líneas de campo y las equipotenciales en la situación real.
En la región z < 0 (interior al conductor), el campo eléctrico es nulo y el potencial constante.
Para z > 0, el potencial es idéntico al de un dipolo p = 2dq.
La densidad de carga inducida sobre el plano infinito está dada por (4.1):
σ (~x) = ε0 ~E(~x) · n̂ ~x ∈ ∂ Ω
En este caso
∂ φ (~x) σ (~x) = −ε0
∂ z z=0
Necesitamos entonces
∂
1
1
~x −~x0
~
=
k̂
·
∇
=
−
k̂
·
∂ z k~x −~x0 k
~x −~x0
k~x −~x0 k3
luego
∂
1
z−d
=−
∂ z k~x − d k̂k
k~x − z0 k̂k3
4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno
171
y
∂
1
z+d
=−
∂ z k~x + d k̂k
k~x + z0 k̂k3
De esta forma
d
∂ φ (~x) q
−d
−
=−
∂ z z=0
4πε0 kxx̂ + yŷ − d k̂k3 kxx̂ + yŷ − d k̂k3
Finalmente
∂ φ 1
2qd
σ (x, y)
=−
=
3/2
∂ z z=0 4πε0 (x2 + y2 + z02 )
ε0
y la densidad de carga inducida sobre el plano es
σ (~x) = −
1
qd
2π (x2 + y2 + d 2 )3/2
De la simetría de la figura (invarianza del plano ante rotación en torno al eje z) resulta
p claro que
la densidad de carga inducida en el plano es función de la distancia al origen ρ = x2 + y2 . En
coordenadas polares se tiene
σ (ρ) = −
1
qd
2π (ρ 2 + d 2 )3/2
La carga total inducida será
Z 2π
Q=
Z ∞
dϕ
0
dρρσ (ρ) = −2π
0
Z ∞
dρρ
0
qd
1
2π (ρ 2 + d 2 )3/2
Calculemos
Z ∞
0
dρρ
(d 2 + ρ 2 )3/2
=
=
1
2
du
Z ∞
0
(d 2 + u)3/2
=
1
2
Z ∞
dv
d2
v3/2
3
∞
1 v− 2 +1 ∞
1
1/2 =
−v
2=
3
2
2 −2 +1 d
d
d
Finalmente, la carga total inducida es
Q = −q
Ejemplo 4.32 — Potencial generado por un disco de carga. Considere el plano z = 0
conectado a tierra, salvo en un disco de radio R en donde φ = φ0 .
a) Exprese el potencial en todo punto (ρ, ϕ, z) con z > 0 como una integral sobre el plano z = 0
en coordenadas polares.
b)Muestre que en el eje del disco el potencial esta dado por:
z
φ (z) = φ0 1 − √
R2 + z2
c) Demuestre que a grandes distancias (ρ 2 + z2 >> R2 ), el potencial puede ser expandido en
serie de potencias de (ρ 2 + z2 )−1 , cuyos términos principales dan:
Electrostática de conductores.
172
φ0 za2
φ=
2(ρ 2 + z2 )3/2
5(3ρ 2 a2 + a4 )
3a2
+ ...
+
1−
4(ρ 2 + z2 )
8(ρ 2 + z2 )2
Solución
a) En el semi-espacio Ω = {z ≥ 0}, el potencial satisface la ecuación de Laplace, ~∇2 φ = 0, y en
la frontera ∂ Ω = {z = 0} se tiene
φ (ϕ, ρ, z = 0) =
φ0 si ρ < R
0 si ρ ≥ R
Se debe resolver entonces un problema de Dirichlet, cuya solución general se escribe de acuerdo
a 4.30
φ (~x) =
1
4πε0
ZZZ
d 3 x0 ρ(~x0 )GD (~x,~x0 ) −
Ω
1 0
0
0
0
0
dS(~x )φD (~x )n̂(~x ) · ~∇ GD (~x ,~x)
4π ∂ Ω
ZZ
y dado que ρ = 0 ∈ Ω
1 0
0
0
0
0
φ (~x) = −
dS(~x )φD (~x )n̂(~x ) · ~∇ GD (~x ,~x)
4π ∂ Ω
ZZ
La función de Green GD , que por definición se anula en z = 0 y satisface ~∇2 GD (~x,~x0 ) =
−4πδ (~x −~x0 ) para ~x0 = (x0 , y0 , z0 ) ∈ Ω fue calculada con el método de las imágenes en el
ejemplo 4.31 (se debe reemplazar q por −4πε0 ):
1
1
GD (~x,~x ) = −
+
0
k~x −~x | k~x −~x00 k
0
donde ~x00 = (x0 , y0 , −z0 ). Para calcular n̂(~x0 ) · ~∇0 GD (~x0 ,~x) en todo punto ~x0 sobre el plano z = 0,
utilizamos que n̂(~x0 ) = −k̂ y la identidad 3.1
~∇0 GD (~x,~x0 ) =
(~x −~x0 )
(~x −~x00 )
−
k~x −~x0 |3/2 k~x −~x00 k3/2
z
z
=−
−
3/2
0
z =0
k~x −~x |
k~x −~x00 k3/2
~∇0 GD (~x,~x0 ) · (ˆ − k)
0
=−
2z
((x − x0 )2 + (y − y0 )2 + z2 )3/2
4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno
173
Un punto ~x0 sobre el plano z = 0 se escribe ~x0 = (ρ 0 cos ϕ 0 , ρ 0 sin ϕ 0 , 0), y sea un punto arbitrario
0
en el semiespacio Ω, ~x = (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ, z). Luego (x − x0 )2 + (y − y0 )2 + z2 = ρ 2 + ρ 2 −
2ρρ 0 (cos ϕ cos ϕ 0 + sin ϕ sin ϕ 0 ) + z2 y se tiene:
1
φ (ρ, ϕ, z) =
4π
φ (ρ, ϕ, z) =
Z 2π
dϕ
Z R
0
0
0
Z
zφ0 2π
2π
φ0
dϕ
0
Z R
0
0
2zρ 0 dρ 0
(ρ 2 + ρ + z2 − 2ρρ 0 cos(ϕ − ϕ 0 ))3/2
02
ρ 0 dρ 0
(ρ 2 + ρ + z2 − 2ρρ 0 cos(ϕ − ϕ 0 ))3/2
02
b) El potencial en el eje puede ser calculado fácilmente tomando ρ = 0
zφ0
φ (z) =
2π
Z 2π
dϕ
zφ0
2
Z R
0
mediante la sustitución u = ρ
φ (z) =
0
02
0
ρ 0 dρ 0
= zφ0
02
(ρ + z2 )3/2
Z R
ρ 0 dρ 0
(ρ + z2 )3/2
02
0
+ z2 :
Z R2 +z2
du
u3/2
z2
R2 +z2
zφ0
= −zφ0 u−1/2 2
= φ0 − √
z
R2 + z2
luego, sobre el eje:
z
φ (z) = φ0 1 − √
R2 + z2
c) Escribiendo
(
2
02
2
0
0
3/2
(ρ + ρ + z − 2ρρ cos(ϕ − ϕ ))
2
2 −3/2
= (ρ + z )
0
ρ2
2ρρ 0 cos(ϕ − ϕ 0 )
1+ 2 2 −
ρ +z
ρ 2 + z2
)−3/2
2
y utilizando la siguiente expansión (1 + x)n ≈ 1 + nx + n(n+1)
2 x + ... para n = −3/2 y x =
02
(ρ − 2ρρ 0 cos(ϕ − ϕ 0 ))/(ρ 2 + z2 ):
(
0
ρ2
2ρρ 0 cos(ϕ − ϕ 0 )
1+ 2 2 −
ρ +z
ρ 2 + z2
)−3/2
0
≈ 1−
0
3 ρ 2 − 2ρρ 0 cos(ϕ − ϕ 0 ) 15 (ρ 2 − 2ρρ 0 cos(ϕ − ϕ 0 ))2
+
2
ρ 2 + z2
8
(ρ 2 + z2 )2
Electrostática de conductores.
174
el potencial se escribe, considerando que
φ (ρ, ϕ, z) =
zφ0
2
2π(ρ + z2 )3/2
Z 2π
dϕ 0
0
zφ0
φ (ρ, ϕ, z) =
2
2π(ρ + z2 )3/2
Z R
0
R 2π
0
cos(ϕ − ϕ 0 )dϕ 0 = 0:
2π
R 0
3
0
dϕ
ρ 2 ρ 0 dρ 0
2(ρ 2 + z2 ) 0
0
Z 2π
Z R
0
15
0
+
dϕ
(ρ 4 + 4ρ 2 ρ 0 2 cos2 (ϕ − ϕ 0 ))ρ 0 dρ 0 + ...
8(ρ 2 + z2 )2 ) 0
0
(4.32)
ρ 0 dρ 0 −
Z
Z
3
πR4
15
R6
4 2
πR − 2 2
+
(2π + R ρ π) + ...
(ρ + z ) 4
8(ρ 2 + z2 )2
6
zφ0 R2
φ (ρ, ϕ, z) =
2(ρ 2 + z2 )3/2
2
3R2
5
4
2 2
1−
+
(R + 3R ρ ) + ...
4(ρ 2 + z2 ) 8(ρ 2 + z2 )2
Ejemplo 4.33 — Carga puntual en prescencia de una esfera conductora conectada
a tierra. Se tiene ahora una carga puntual q situada a distancia d del centro de una esfera
conductora de radio a conectada a tierra. La idea es determinar el potencial electrostático, la
carga inducida en la esfera y la fuerza de interacción entre la carga y la esfera conductora.
Necesitamos resolver el problema de Poisson-Dirichlet asociado:
(
~∇2 φ (~x) = − q δ (~x −~x0 )
~x ∈ Ω :
ε0
~x ∈ ∂ Ω :
φ (~x) = 0
Este problema puede ser resuelto mediante el método de las imágenes. Si escribimos en coordenadas esféricas ~x0 = d r̂0 , por simetría, la carga imagen q00 será ubicada en un punto interior a la
esfera tal que ~x00 = d 00 r̂0 .
De esta forma, el potencial en Ω será
~φ (~x) =
1
q
1
q00
+
4πε0 k~x −~x0 k 4πε0 k~x −~x00 k
4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno
175
y se debe tener φ (k~xk = a) = 0. Sean ~x = rr̂, ~x0 = d r̂0 , ~x00 = d 00 r̂0 . Entonces
φ (rr̂) =
φ (rr̂) =
q
1
q00
1
+
4πε0 krr̂ − d r̂0 k 4πε0 krr̂ − d 00 r̂0 k
1
q
1
q00
+
4πε0 rkr̂ − dr r̂0 k 4πε0 d 00 kr̂0 − dr00 r̂k
Luego, imponiendo un potencial nulo en la superficie de la esfera
φ (r = a) =
Así, basta con tomar d 00 =
1
q/a
q00 /d 00
+
=0
4πε0 kr̂ − da r̂0 k kr̂0 − da00 r̂k
a2
d,
y q00 = − da q. Se tiene entonces la solución para el potencial en Ω
(
)
a/d
q
1
φ (~x) =
−
4πε0 k~x − d r̂0 k k~x − a2 r̂0 k
d
Para calcular la densidad de carga inducida en la esfera:
~x ∈ ∂ Ω : σ (~x) = −ε0~∇φ (~x)
~x=ar̂
q
n̂ · ~∇φ (~x) =
n̂ · ~∇
4πε0
(
1
a
−
0
k~x − d r̂ k dk~x − a2 r̂0 k
)
d
En la superficie, ~x = ar̂, n̂ = r̂
(
)
(
)
2
2
q
ar̂ − d r̂0
a ar̂ − ad r̂0
q
a − d r̂ · r̂0
a a − ad r̂ · r̂0
=−
r̂ ·
−
=−
−
4πε0
kar̂ − d r̂0 k3 d kar̂ − a22 r̂0 k3
4πε0 kar̂ − d r̂0 k3 d k~ar̂ − a2 r̂0 k3
d
d
Electrostática de conductores.
176
Se tiene
0
2
2
kar̂ − d r̂ k = a + d − 2ad r̂ · r̂
0 1/2
= d 1+
a 2
d
−2
a
d
1/2
cos ϑ
1/2
1/2
a
a 2
a3
a2 0
a4
2
0
kar̂ − r̂ k = a + 2 − 2 r̂ · r̂
−2
cos ϑ
= a 1+
d
d
d
d
d
con ϑ = r̂ · r̂0 . Entonces





a a−(a/d)2 d cos ϑ 
a−d cos ϑ


− d
q
q 
d3
a3
σ (ar̂) =
3/2  = 4πa2 
4π 
 1 + a 2 − 2 a cos ϑ


d
d
2
a 3
− da cos ϑ
d
1+
a 2
d
a
d
−
−2
a
d
+
cos ϑ
a 2
cos ϑ
d
3/2
Finalmente
q
σ (ar̂) = −
4πad 1+
1−
a 2
d
3/2
a 2
a
−
2
cos
ϑ
d
d
La densidad de carga posee un máximo en ϑ = 0, que corresponde al punto más cercano a la
carga q. Como se puede intuír, la carga total inducida sobre la esfera es q0 . En efecto
ZZ
Z 2π
Z π
Z 1
2
2
Q = dS(~x)σ (~x) = a
dϕ
dϑ sin ϑ σ (cos ϑ ) = 2πa
dµσ (µ)
0
∂Ω
−1
0
a 2 Z 1
dµ
q a
1−
Q=−
2 d
d
−1 (A − Bµ)3/2
con A = 1 + (a/d)2 , B =
Z 1
2a
d .
Además
−3/2
dµ (A − Bµ)
−1
2
=
B
(
(A + B)1/2 − (A − B)1/2
(A2 − B2 )1/2
1
=−
B
Z A−B
2
[1 +
)
=
2
a
d
3
ν
−3/2
A+B
1 ν − 2 +1 A−B
dν = −
B − 32 + 1 A+B
2
a 2
+ 2 da ]1/2 − [1 + da − 2 da ]1/2
d
n
2
2 o1/2
1 + ( da )2 − 4 da
d 1 + da − 1 − da
2
=
=
2
a 2
a
1− d
1 − da
Finalmente
ZZ
Q = dS(~x)σ (~x) = −
∂Ω
qa
= q0
y





4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno
177
Una forma de obtener la fuerza de interacción entre la esfera y la carga puntual es calcular la
fuerza que ejerce la carga imagen q00 sobre q
0
0
00
~Fq = qq ~x −~x
4πε0 k~x0 −~x00 k3
2
d − ad
q
q2 a
r̂0
0
= −q
r̂
=
−
2
2 2
d4πε0 kd − a k3
d4πε0
d
d − ad
2
~Fq = −
q2 a 3
r̂0
a2 4πε0 d [1 − a 2 ]2
d
La que es claramente una fuerza de atracción. Otra forma de obtener este resultado es calcular la
fuerza que ejerce la carga q sobre la esfera. Sea un elemento diferencial de superficie dS(~x), al
cual se le asocia una densidad de carga inducida σ (~x). El campo eléctrico es normal a la esfera
en dicho punto, y entonces uno podría pensar que el diferencial de fuerza electrostática actuando
sobre este elemento de superficie es
σ (~x)
σ 2 (~x)dS(~x)
r̂(~x) =
r̂(~x)
ε0
ε0
Sin embargo, esto es incorrecto. El campo eléctrico sobre la superficie de la esfera es la
contribución de la densidad de carga superficial y la carga q. Ambas contribuciones son idénticas,
esto es fácil de mostrar recordando que el campo eléctrico generado por una distribución plana
de carga es σ (~x)/2ε0 r̂(~x). De esta forma, la fuerza sobre dS(~x) es
d ~F(~x) = σ (~x)dS(~x)
d ~F(~x) =
σ 2 (~x)dS(~x)
r̂(~x)
2ε0
La fuerza total sobre la esfera es, entonces
2
~F = 1 d~S(~x)σ (~x)r̂(~x)
2ε0 ∂ Ω
Dado que la fuerza resultante es de la forma ~F = F r̂0
ZZ
1 a2
0
2
dS(~x)r̂ · r̂(~x)σ (~x) =
2ε0 ∂ Ω
2ε0
ZZ
F=
F=
Z 2π
Z π
dϕ
0
dϑ sin ϑ cos ϑ σ 2 (cos ϑ )
0
a 2 2 Z 1
a2 π q2 a 2
dµ µ
2
dµ µσ (µ) =
1−
2
4
3
ε0 16π a d
d
−1
−1 (A − Bµ)
Z
a2 π 1
ε0
Donde
Z 1
dµ µ
1
= 2
3
B
−1 (A − Bµ)
Z B
νdν
1
=− 2
3
B
−B (A − ν)
Z B
dν(A − ν)
−B
(A − ν)3
+
A
B2
Z B
dν
3
−B (A − ν)
Desarrollando estas integrales es posible demostrar que la fuerza sobre la esfera es
~F =
a 2 −2
q2 a 3
1−
r̂0 = −~Fq
4πε0 a2 d
d
Electrostática de conductores.
178
4.7
Resumen y fórmulas escenciales
• En un conductor Ω en equilibrio estático, el campo eléctrico y la densidad de carga son
nulos al interior de Ω. Toda la carga se concentra en su superficie ∂ Ω, y en consecuencia, el
potencial electrostático φ es constante en Ω, su superficie ∂ Ω constituya una equipotencial
y el campo eléctrico es perpendicular a ∂ Ω en todo punto.
• Se define la capacitancia C de un conductor mediante
C = Q/φ0
donde Q es la carga en su superficie y φ el potencial del conductor.
• De igual forma, la capacitancia de un condensador (sistema de dos conductores con carga
Q y −Q) está dada por
C = Q/∆φ0
donde ∆φ es la diferencia de potencial entre los conductores.
• Un sistema de N condensadores en paralelo puede ser visto como un condensador equiva
−1
1
N
lente de capacidad Ceq = ∑k=1 Ck
Mientras que un sistema de N condensadores en serie puede ser visto como un condensador
N
equivalente de capacidad Ceq = ∑k=1 Ck
• El potencial electrostático φ satisface la ecuación de Poisson
~∇2 φ = − ρ
ε0
En un volumen finito Ω, la ecuación de Poisson posee una solución única si se especifica el
valor del potencial en ∂ Ω (condición de Dirichlet) o de la componente normal del campo
eléctrico en ∂ Ω (condición de Neumann)