ε ρ ρ ρ ε ε

1
Temas Teóricos
Electromagnetismo
Ecuaciones de Laplace y Poisson.
Lino Spagnolo.
En el análisis del campo eléctrico se han presentado diversas alternativas: si se
conoce una distribución de cargas eléctricas se calcula elcampo eléctrico con las leyes de
Coulomb o de Gauss; si se conoce el potencial en toda la región el campo eléctrico se
calcula con la fórmula
r
E = −∇V .
En la práctica es poco común que se conozcan algunas de esas dos alternativas, es
más común conocer las condiciones electrostáticas de cargas o potencial en algunas
regiones particulares como el potencial en las placas de un condensandor o el movimiento
de una carga (electrones) en el interior de un tubo de alto vacío, etc. Tales condiciones se
generalizan llamádolas condiciones de borde o de contorno y también problemas de borde o
frontera, y con esos valores se desea hallar el campo
r
E y el potencial V en toda la región.
Para este tipo de problemas se utilizan las ecuaciones de Laplace o de Poisson cuyo
significado se deduce a partir de la Ley de Gauss para el campo electrostático en medios
lineales:
r
r
∇ ⋅ D = ∇ ⋅ε E = ρ
Y dado que:
r
ρ
ρ
E = −∇V → ∴ ∇ ⋅ ∇V = − o ∇ 2V = −
ε
ε
La cual constituye la ecuación de Poisson, mientras que la ecuación de Laplace es para el
caso particular de una región sin cargas:
ρ = 0 → ∴ ∇ 2V = 0
Existe un importante teorema denominado Teorema de Unicidad que asegura que
una solución de las ecuaciones de Laplace o de Poisson, obtenida por un medio matemático
como ser: gráfico, analítico, de elementos finitos, etc. será la solución única y correcta del
problema si se contemplaron debidamente las condiciones de contorno. Sin entrar en los
detalles de esta prueba, aplicaremos la fórmula de Poisson o Laplace en casos bien
específicos para familianizarnos con su uso.
Ejemplo 1.
2
Consideremos el caso de un capacitor de placas paralelas separadas por una
distancia d en la dirección de z y de extensión infinitas en la direcciones x e y.
z = 0 y superior z = d tienen las siguientes
z = 0 V = 0
condiciones de contorno (o locales): Para 
 z = d V = Vo
Las dos placas conductoras, inferior
Se desea hallar el potencial y el campo eléctrico en el espacio (o en toda la región).
Solución:
Como ya se dijo a este tipo de problemas se aplica la ecuación de Laplace o de
Poisson. Al pedir las condiciones electrostáticas
r
( E y V ) en el espacio, debempos
plantear la ecuación de Laplace pues en la región genérica la carga es nula. Solamente hay
cargas en la frontera del capacitor y eso lo consideran las condiciones de contorno. Se
trabajará con la sola variable
z
pues en
Por lo cual plantearemos:
x el potencial Vo es uniforme.
d 2V
∇ V =0→ 2 =0
dz
2
En coordenadas cartesianas. La primera y segunda integral son evidentemente:
dV
= a y V = az + b
dz
siendo
a y b dos constantes a determinar con las condiciones de contorno.
1 Para z = 0 es V = 0 ∴ b = 0
2 Para z = d es V = Vo ∴ a =
La solución final para el potencial en toda la región es:
Y para el campo eléctrico se tiene:
Vo
d
V=
Vo
z
d
r
V
E = −∇V = − o eˆz
d
3
Lo cual significa que el campo eléctrico es constante entre las placas del condensador y con
la dirección de las líneas de fuerza que van del potencial mayor o positivo al potencial
menor. Por otra parte el potencial en el interior crece linelamente con la distancia z.
Ejemplo 2.
Sea el caso de un tubo TV de alto vacío donde los electrones emitidos desde el
cátodo, que se halla a una altisima temperatura, son acelerados hacia el ánodo que se
encuentra a un alto potencial Vo respecto al cátodo.
Dadas las condiciones electrostáticas de contorno:
 x = 0 V = 0 Cátodo
Para 
 x = d V = Vo Ánodo
Hallar el potencial en toda la región.
Solución:
La ecuación diferencial a considerar en la región es la de Poisson ya que la región se
halla impregnada de una carga de electrones que viajan del cátodo al ánodo.
d 2V( x )
dx 2
=−
ρ( x )
εo
Debido al movimiento de los electrones se debe considerar también la conservación de la
T +U = 0 ∴
energía:
1
me x& 2 − eV( x ) = 0
2
Con la emisión del cátodo en estado estacionario, la corriente de electrones será constante:
A partir de:
r
r
J = ρ u → I = − ρ( x ) x&.S
Con
S sección normal de
emisión del cátodo.
Reemplazando en la ecuación de Poisson:
Despejando la velocidad
x& 2 =
2eV( x )
me
ρ( x )
d 2V
I 1
=
−
=
⋅
ε o ε o S x&
dx 2
x& de la conservación de la energía:
ρ( x )
d 2V
I
∴
=
−
=
εo εoS
dx 2
me
1
2e V( x )
4
Que puede ponerse en la forma:
d 2V( x )
dx 2
K
dV '
dV
=
(V ' =
)
dx
dx
2V( x )
=
Operando para su integración:
dV '
K ⋅V '
K ⋅V '
dV
⋅V ' =
→ V ' dV ' =
dx = K
dx
2V( x )
2V( x )
2V( x )
Integrando:
1
1
dV
(V ') 2 = K 2V ∴
= 2 K ( 2V ) 4
2
dx
3
1
1
dV
4
2
Volviendo a operar:
= 2 K ( V )4 →
dx
3
Vd
∫
Vo
dV
V
1
4
=
3
24
1 d
K2
∫ dx
0
4
1
3
1
4 43
3
V( d ) = 2 4 K 2 d o también: V( 3x ) = 2 4 K 2 x
Integrando nuevamente:
3
4
En la práctica suele tomarse:
4
3
x
V( x ) = Vo  
d 
d 2V
I
Derivando dos veces y reemplazando en la ecuación:
=
dx 2 ε o S
me
1
2e V( x )
Se halla la corriente en el interior del tubo, que constituye la Ley de Child-Langmuir para la
emisión del cátodo en los tubos de alto vacío:
1
2
 2e Vo
4
I = εoS 
 2
9
 me  d
5
Problema 3.
Una caja
rectangular metálica está
formada por chapas
conductoras y de lados con
valores a y b = 2a con una
longitud L tan grande que
puede suponerse infinita.
La tapa superior está
separada por un espacio
infinitésimo de las paredes a
través de un aislante y tiene
aplicado un potencial de
Vo = 100 (V ) tal como se vé
en la figura.
a. − Determinar la
función potencial de la
región comprendida dentro
de la caja.
b. −
Para las dimensiones de la caja
potencial en el punto:
x=
b
4
e
b = 2a
hallar el
3
y= a
4
Solución.
a. −
Dado que el potencial depende de las coordenadas x e y se aplica la ecuación de
Laplace, para dos dimensiones, pues no hay cargas en el espacio interior de la caja.
∇ 2V =
∂ 2V ∂ 2V
+
=0
∂x 2 ∂y 2
La solución de la ecuación debe hacerse acorde a las condiciones de borde de la caja:
Para x = 0, y para 0 ≤ y ≤ a, → V = 0
Para x = b, y para 0 ≤ y ≤ a, → V = 0
Para y = 0, y para 0 ≤ x ≤ b, → V = 0
Para y = a, y para 0 < x < b, → V = Vo = 100 (V )
En cuanto a la solución de la ecuación diferencial de Laplace se encara con el método de la
separación de variables. Se busca una solución a través de una función que sea el producto
de dos funciones, una sólo función de x y la otra sólo función de y .
V( x , y ) = X ( x ) ⋅ Y( y )
6
Reemplazando esta función en la ecuación de Laplace, se obtiene:
X" Y"
+
=0
X
Y
 X "+ λ X = 0
X" Y"
O sea : −
=
=λ ∴ 
X
Y
Y "− λY = 0
X "Y + XY " = 0 →
La constante λ puede adquirir cualquier valor, pero el único valor con sentido físico es
λ > 0 y en tal caso se hará λ = β 2 para asegurarnos que siempre sea positva.
Reemplazando en la primera ED X "+ λ X = 0 :
( D 2 + β 2 ) X ( x ) = 0 o DX = ± j β X
Y cuya solución es la ecuación general compleja: X ( x ) = Co e jβ x + C1o e − j β x
Utilizando la igualdad de De Moivre:
e jβ x = cos ( β x) + j sin ( β x)
∴ X ( x ) = ko cos ( β x) + k1 sin ( β x)
 − jβ x
= cos ( β x) − j sin ( β x)
e
Donde ko = Co + C1 y k1 = j (Co − C1 )
De una forma similar, la solución de la otra ecuación diferencial X "− λ X = 0 es del mismo
formato que la anterior, pero en luagar de ser una función trigonométrica es una función
hiperbólica o exponencial:
Y( y ) = ho CosH ( β y ) + h1SinH ( β y )
O la exponencial: Y( y ) = co e β y + c1e − β y
La solución completa es el producto de las dos soluciones;
V( x , y ) = [ko cos ( β x) + k1 sin ( β x)] ⋅ [ho CosH ( β y ) + h1SinH ( β y )]
Este resultado debe combinarse con las condiciones de borde para que sea compatible con
 Para X ( x = 0) = 0 ∴ ko = 0
la realidad del problema:

 Para X ( x = b) = 0 ∴ 0 = 0 + k1 sin ( β b)
 Para Y ( y = 0) = 0 ∴ ho = 0
Junto a las condiciones de borde: 
Con lo
Para
Y
(
y
=
a
)
=
0
∴
0
=
0
+
h
SinH
(
β
a
)

1
cual la solución sólo contendrá senos trigonométricos e hiperbólicos, dado que para
7
x = 0 e y = 0 la función debe anularse mientras que los dos tipos de cosenos valen
1 para x = 0. (Ver figura).
Y como k1 ≠ 0 y h1
≠ 0 para que exista una solución no trivial, se tendrá que cumplir:
sin ( β b) = 0 = sin ( βπ ) ∴ β =
nπ
b
con n = 1, 2, 3,...
Y la solución general será una suma de una infinita cantidad de términos de la forma:
Vn ( x, y ) = kn hn sin (
Puesto que
β
nπ
nπ
x).SinH (
y)
b
b
debe ser el mismo valor para ambas funciones, seno trigonométrico y seno
hiperbólico.
∞
Así la solución general será la sumatoria: V ( x, y ) = ∑ Cn sin (
n =1
nπ
nπ
x).SinH (
y)
b
b
Debiendo además cumplir con la última condición de borde:
Para todo
x e y = a → V ( x, a) = V0
∞
Por lo tanto: V0 = ∑ Cn sin (
n =1
nπ
nπ
x).SinH ( a )
b
b
Que constituye un desarrollo en serie de Fourier de V0 . Para solucionar esto conviene
multiplicar ambos miembros por
sin (
mπ
x ) e integrar entre 0 < x < b.
b
8
b
∫0
V0 sin(
∞
b
mπ
nπ
mπ
nπ
x)dx = ∑ Cn SinH ( a) ∫ sin(
x)sin( x) dx
0
b
b
b
b
n =1
La última integral tomada entre 0 < x < π posee la propiedad de las funciones
ortogonales como seno y coseno, o sea su integral adquiere los valores enteros:
0 si m ≠ n
mπ
nπ

∫0 sin( b x)sin( b x) dx = π si m = n
 2
0 < x < b.
π
integral entre
b
∫0
V0 sin(
Reemplazando en la
b
mπ
nπ
nπ
x) dx = Cn SinH ( a ) ∫ sin 2 ( x) dx
0
b
b
b
Integrando:
b
b
mπ
nπ 1 b
2nπ
− V0 cos(
x) = Cn SinH ( a) ∫ [1 − cos(
x)] dx
0
nπ
b
b
2
b
0
V0b
nπ b
(1 − cos nπ ) = Cn SinH ( a)
nπ
b
2
 4V0
para n = 1;3;5;...
2V0
nπ

Cn SinH ( a ) =
(1 − cos nπ ) =  nπ
b
nπ
0
para n = 2; 4;6;...
4V0

para n = impar
nπ

Es decir : Cn =  nπ SinH ( a )
b

para n = par.
0
Reemplazando
Cn
en la solución general:
V ( x, y ) =
4V0
π
∞
∑
n =1,3,5...
sin (
nπ
nπ
x).SinH (
y)
b
b
nπ
nSinH ( a )
b
9
La verificación puede hacerse con
También para
x=b
x = 0 el potencial es siempre nulo, para cualquier y.
el potencial es siempre nulo, para cualquier y.
Para
y=0
es igualmente nulo, para cualquier x.
Para
y=a
el potencial vale V0 para cualquier x menos en
x = 0 y en x = b
en que
es nulo.
b. −
Potencial en
x=b
4
e y = 3a , utilizando la fórmula:
4
4V
b 3a
V( , ) = 0
π
4 4
Reemplazando
∞
∑
n =1,3,5...
sin (
nπ
3nπ
).SinH (
)
4
8
nπ
nSinH ( )
2
donde
b = 2a
n por 1;3;5;7;9; se halla:
4V
b 3a
V ( , ) = 0 (0, 4517 + 0, 0725 − 0, 01985 − 0, 00645 + 0, 00229) = 0, 6374 V0
4 4
π
La figura superior ilustra los valores del potencial en el interior del capacitor en forma de
caja rectangular.