Ley de Gauss (primera Ecuación de Maxwell) S La ley de Gauss o

Ley de Gauss (primera Ecuación de Maxwell)
La ley de Gauss o también llamada Primera ecuación de Maxwell
principalmente se usa para determinar campos electrostáticos,
aprovechando la simetría de las diferentes geometrías de los diferentes
medios para el cálculo de problemas que involucren a los campos ya
mencionados.
La ley de Gauss en realidad es una consecuencia del parámetro físico
𝑛̂
llamado Flujo Eléctrico

(rS ) , que se fundamenta en la continuidad de
la función campo electrostático a través de una superficie S integrable;
(superficie generada por una función
S
que se muestra en la figura adjunta o sea que dicha función es derivable
parcialmente con respecto a cada una de las variables; de tal forma que
es posible encontrar una función vectorial cuya magnitud sea la unidad;
quedando:


r r
x
nˆ  u v
r r
x
u v
siendo
n̂

r (u, v) continua de dos variables),
;
LG-1
una función vectorial con magnitud igual a la unidad, normal exterior a la superficie S, generada por la función

E es una función vectorial continua para todo punto de la superficie S; de tal forma que si i S
(u,v) y como
partición de la superficie S, entonces
 i Snˆ
es un vector variable normal exterior al elemento de área
i S
r
es la i-ésima
por lo que deben
existir los productos punto:

E   i Snˆ ;
para todo i=1,2,3,…,N; con N el número de particiones de la superficie S. Además los productos punto son
cantidades escalares por lo que existe la sumatoria de dichos productos punto, quedando:




E  1Snˆ  E   2 Snˆ  E  3 Snˆ  E   4 Snˆ +…+ E   N Snˆ
N
=

 E   Snˆ
LG-2
1
i 1
Note que en esta sumatoria los elementos de área pueden ser muy pequeños ya que la superficie es generada por una
función vectorial continua; pero para que esto suceda el número de particiones debe ser muy grande, o sea que existe:
lím
N 
N




 E   Snˆ =  E  ds nˆ =  E  ds
LG-3
1
i 1
S
S
Por definición a esta cantidad escalar así formulada se le llama flujo eléctrico y normalmente se representa con el símbolo


(rs ) ; remarcando que rs
físico son
(N-m2
indica cualquier punto de la superficie S; además observe que las unidades de este parámetro
)/C.
n̂
Note que este parámetro físico depende del producto punto de la función
E
punto de la superficie S; por lo que puede ocurrir que si
el flujo es máximo o sea que sí la superficie es un

E

E es paralelo a n̂
y la función
que es normal exterior en todo
plano y
es perpendicular al plano el flujo es máximo en tal caso sí se representa gráficamente el campo eléctrico por
segmentos dirigidos (líneas de campo) todas las líneas de campo cruzan la superficie S; caso contrario si el campo eléctrico
es paralelo a la superficie S las líneas de campo no cruzan la superficie S y el flujo eléctrico es cero ya que el producto punto

E  ds
es cero.
Otra observación importante es que la superficie S es arbitraria en su forma, por lo que S puede ser una superficie cerrada,
en tal caso el flujo eléctrico queda representado como:
 

 (rs )   E  ds =  E  ds
LG-4
S
S
Recuerde que una integral sobre una superficie involucra una doble integración y que puede resolverse en cualquier tipo de
coordenadas según sea la Geometría del problema.
Ejemplo.1.- Hallar el flujo eléctrico producido por una carga puntual Q + colocada en origen del sistema de referencia, a través
de la superficie esférica de radio R: considerando el problema en el vacío.
RESPUESTA:
Recuerde que el campo electrostático generado por una carga puntual Q colocada en un punto P es:

Q(rp  r )
 
E (rp ) 
 3
4 0 rp  r
; aclarando que
está en el origen por lo que
 
r 0
y

r
indica la posición de la carga Q; pero en el caso del problema aquí planteado Q

rp  Rê
; remarcando que R es el radio de la superficie esférica y
ê
es una función
vectorial normal exterior a la superficie para cualquier punto de la misma cuya magnitud es la unidad; quedando:
 
Q Rê
Qeˆ
; con esta función así determinada y aplicando la igualdad LG-3 se tiene:
E (rs ) 

3
4 0 R
4 0 R 2

Qeˆ  ds


; pero ds es un vector normal exterior a la superficie S para cualquier punto de ella; de tal forma que:
(rs )  
2
4 0 R
s

ê y ds son paralelos para todo punto de S y todos los otros términos son constantes; por lo que:

(rs ) 
Q
4 0 R 2
 ds ;
pero recuerde que:
s
2
 ds  4R ;
quedando:

(rs )
=
s
4R 2Q Q

4 0 R 2  0
Observe que el flujo eléctrico resulto ser constante ya que si Q es constante, también lo es:
0
Ejemplo No 2.-Un cascarón esférico de radio R rodea a una carga Q localizada en
su centro. Demuestre que el flujo eléctrico a través de una tapa circular de medio
 es:
Q(1  Cos )
;
2 o
ángulo
=
Considere la figura adyacente
R
0
Como un complemento de este problema demuestre que el flujo eléctrico a través
de la superficie S sustentada por un ángulo - es
Q(1  Cos )
2 o
RESPUESTA:
Por comodidad de cálculo se coloca el sistema de referencia en el centro del cascaron esférico: o sea en la posición de la
carga Q, por lo que el campo electrostático es:

E (rs ) 
Qeˆ
4 0 R 2
, la diferencial de área es ds n̂ con
superficie de tal forma que:
 
Qeˆ  dsnˆ


(rs )   E (rs )  ds  
4 0 R 2
s
s
n̂
una función unitaria normal exterior a cualquier punto de la
En esta expresión así formulada los vectores
eˆ & nˆ son paralelos y
Q
4 0 R 2
es una constante, S es la superficie mostrada
en la figura aquí considerada; quedando el flujo eléctrico como:

(rs ) 
Q
4 0 R 2
 ds ;
se trata de superficie que es parte de un cascarón esférico entonces ds se indica en coordenadas
esféricas,(ver coordenadas esféricas) tales que: ds = Rd𝜃𝑅𝑆𝑒𝑛𝜃𝑑  = R2sen dd ; de acuerdo a la figura propuesta
  0,2  y el ángulo   0,  ; quedando:

2

 ds   R Send  d  2R  Send
2
S
2
0
0
=2 R
2
=2 R
(Cos0  Cos )
2
(1  Cos ) ;
haciendo las sustituciones
0
correspondiente en la igualdad para el flujo eléctrico se tiene:
2QR2 (1  Cos ) Q


(1  Cos ) .
(rs ) 
4 0 R 2
2 0
Ley de Gauss.
Como un preámbulo o como una parte fundamental a la deducción
de la ley de Gauss es el la diferencial de Ángulo Sólido dΩ; que se
define como:
∮dΩ=∮
ê•𝑑𝑠⃗
 
| rs  rp

rs  rp y
|
2
=4𝜋 remarcando que ê está en la dirección de:
d𝑠⃗ normal a la diferencial de área ds. Gráficamente
mostrado en la figura adjunta; aclarando que: 0 representa el origen
del sistema de coordenadas, Q la carga que genera el campo
eléctrico, n̂ una función vectorial con magnitud igual a la unidad
normal exterior a la diferencial de área ds e indicada en la igualdad
LG-1
En el mundo real existen una o varias cargas puntuales u objetos
cargados con carga total Q; tales que la densidad de carga
 (r, t )
por unidad de volumen se define como:
 (r, t ) =
lím Q dQ

V  o V dV
 Q=   (r, t )dV
V
LG-5
En términos generales la densidad de carga es una función del tiempo y del espacio; aunque puede ocurrir que dicho
parámetro físico sea constante o sea que la distribución de carga sea uniforme y no varía en el tiempo.
Cuando el campo electrostático es una función vectorial generada por una distribución volumétrica de carga, recuerde que:
 
 (r, t )(rs  r)dV
1

; con r una función vectorial continua para todo punto de la distribución volumétrica
E(rs ) 
3



4 0 V
rs  r

de carga y r una función vectorial continua para todo punto de una superficie cerrada llamada superficie gaussiana que
s
contiene a la distribución de carga; quedando el flujo eléctrico a través dicha superficie como:


 ( rs )   E ( rs )  ds
S
=
1
 4 
 (r)(rs  r)dV
0V
S

 ds
3
rs  r
LG-6
Note que aquí solo se está considerando que la distribución de carga es función solamente de la posición, no varía en el
tiempo.
En la integración representada en LG-6, la integral de volumen y la integral de superficie matemáticamente se pueden
intercambiar; quedando:


(rs  r)  ds
1
eˆ  ds


)dV 1
(rs )    (r )dV


(
r

4 0 S rs  r 3
4 0 S rs  r 2
V
V
LG-7
Observe que en esta igualdad así formulada la integral sobre la superficie cerrada S es justamente el ángulo sólido sobre
todo el espacio; de tal forma que:
4
(rs )    (r)dV
4 0
V
; pero además
volumétrica de carga; quedando de LG-6:
justamente la integral de volumen es la carga total Q de la distribución
Q

(rs ) 
LG-8
0
Comparando las igualdades: LG—6 y LG-8 se obtiene:
 

Q
 E(r )  ds  
LG-9
s
S
0
Esta igualdad así determinada se conoce como LEY de GAUSS y que también se puede representar como:
 
 1
E
 (rS )  ds 
S

  (r )dv
0 V
LG-10
Con las siguientes características: a) S siempre es una superficie cerrada integrable, b) Q representa la carga total de la
distribución de carga, c) el campo electrostático es una función continua para todo punto de la superficie S, d) cuando la
distribución de carga está fuera de la superficie gaussiana la integral indicada en LG-8 es cero y en consecuencia el flujo
eléctrico a través de la superficie S también es cero.
Ejemplo no 3.- Demostrar que la integral:


 E ( r )  ds
s
es cero cuando la distribución de carga está fuera de la superficie
S
gaussiana y el campo electrostático es paralelo al eje de simetría de la superficie gaussiana S
RESPUESTA.
Por comodidad de cálculo, considere que la distribución de
cara está lejos de la superficie gaussiana; tales que el campo
electrostático es paralelo al eje de simetría de la superficie
cilíndrica como se muestra en la figura adjunta; considerando
que los segmentos dirigidos de color azul representan el
campo electrostático y la superficie gaussiana está

representada de color café; de tal forma que ds en la base
derecha de la superficie gaussiana (cilíndrica) tiene la misma
dirección que el campo eléctrico
 
ds & E

E
y en la base izquierda de
la superficie
tienen direcciones contrarias o sea
forman un ángulo de 1800 ; en la superficie lateral del cilindro;
como

ds
es normal exterior a la superficie, o sea que en
dicha superficie
quedando:


E & ds
siempre son perpendiculares;
 
 

 

 


 E (r )  ds =  E (r )  ds   E (r )  ds   E ( r )  ds ; note que estas integrales tienen los valores:
S
s
s
A1
S
 

 E(rs )  ds  EA1 ,
A1
s
Al
A2
 
 

 E (rs )  ds =0; recuerde que en la superficie lateral: ds & E
son perpendiculares; En el caso de
Al
la integral sobre A2 el campo electrostático y diferencial de área son paralelos por lo que por lo que esta integral es A 2E; de tal
forma que:
 

 E (r )  ds =-A E+0+A E =0, remarcando que las áreas de las bases de la superficie considerada son iguales.
s
1
1
S
Ejemplo No. 4.- Para una distribución de carga por unidad de longitud en forma de línea recta muy grande con densidad 
de carga positiva y constante, encontrar la magnitud del campo electrostático en la vecindad de la distribución de carga a
una distancia r.
RESPUESTA:
dsE
ds
Considere que la distribución de carga es como se muestre en la figura siguiente y que además la distribución de carga por
unidad de longitud  es positiva; o sea que en la parte lateral de la superficie gaussiana el campo eléctrico E y la dirección
de la diferencial de superficie tienen la misma dirección; también se debe remarcar que para toda la distribución de carga la
dirección de las líneas de campo son radiales saliendo de la distribución de carga, por lo que en las dos áreas(bases) de la

superficie cilíndrica la ds y el campo electrostático son perpendiculares y suponiendo que la parte de la carga , que está
contenida en la superficie gaussiana es q,’ que es menor que la carga Q total de la distribución lineal de carga; de tal forma
que aplicando la ley de Gauss se tiene:
'
 
 q
E
(
r
)

d
s
 s
(1)
0
S
Remarcando que la superficie gaussiana S la constituyen tres áreas: A 1, Al y A2; con Al el área lateral del cilindro, A 1 y A2 las
respectivas áreas de las bases, entonces:
 
 


 
 
S
S

 E (r )  ds   E (r )  ds   E (r )  ds   E (r )  ds
S
S
S
A1
Al
(2)
A2
En el área A1 el campo y la diferencial de área son perpendiculares y como el producto punto de dos vectores
perpendiculares es cero entonces la primera integral de igualdad inmediata anterior se hace cero; asimismo con la integral
sobre el área A2 el campo y La diferencial de área son perpendiculares; por lo que aquí también el resultado de la integral es
cero.
En el caso de la integral sobre el área lateral el campo eléctrico y la diferencial
dirección); quedado:
 

 E (r )  ds   Eds
S
Al
Al

ds
de área son paralelos (tienen la misma
(3)
A una distancia r radial de la distribución de carga la magnitud del campo eléctrico es constante por la que en la igualdad
indicada en (3) E sale de la integral y la integral y ds simplemente es s, que es el área lateral del cilindro aquí considerado;
dales que: s=2  rL, con L la longitud del cilindro (altura del cilindro), que sustituyendo en (3) se tiene:
 

 E (r )  ds  2ErL
S
, que sustituyendo en la igualdad indicada en (2) se tiene:
Al
 

 E (r )  ds  0  2rL  0 = 2E
S
S
Lr , que comparando con la igualdad indicada en (1) se tiene:
2  ErL=
q'
0
; quedando E =
q'
(4)
2 0 rL
Por hipótesis la distribución de carga es uniforme con densidad
E
=
q'
L
, entonces:

2 0 r
Ejemplo no 5.- Determinar la magnitud del campo electrostático en la vecindad de una placa
no conductora cargada positivamente y uniformemente con densidad de carga 𝜎,
considerando que dicha placa está en el vacío.
RESPUESTA: Suponga la figura adjunta, considerando que la superficie gaussiana es la
superficie cilíndrica iluminada de blanco compuesta por tres áreas: dos de las bases y una
lateral en la figura solamente se muestra un área de la base derecha, la otra área de la base
está detrás de la superficie simétricamente.
Por el enunciado del problema el campo es perpendicular a la placa que lo genera saliendo
de ella en ambos lados; por lo que en las dos áreas de las bases de la superficie gaussiana,
el campo y las diferenciales de área son paralelos; sin embargo para la superficie lateral de la
superficie gaussiana el campo E y la diferencial de área son perpendiculares; por lo que
aplicando la ley de Gauss se tiene:

𝐸⃗⃗ (𝑟⃗𝑠 )  d 𝑠⃗ =
𝑞′
𝜀0
s
aclarando que q’ es solamente la carga contenida en la superficie gaussiana aquí
considerada; pero como ya se dijo de las tres integrales que involucran a esta integral
cerrada, la integral sobre la superficie lateral es cero y solamente se tiene en cada área de la
base un resultado igual a EA con A el área de cada base de la superficie cilíndrica de tal
forma que:
 

 E (rs )  ds
S
E=
= 2EA

q ''
0
=2EA  E =
q'
2 0 A
; pero
q'

A
(densidad de carga por unidad de área) quedando:

2 0
Comentario.- se observará que todos los ejemplos que se han resuelto con la Ley de Gauss involucran a una superficie
cerrada llamada superficie gaussiana y que además siempre ha sido una superficie simétrica; eso es con el propósito de
facilitar el cálculo de las integrales involucradas.