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Texto de Electricidad y Magnetismo
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Pontificia Universidad Catolica de ChileFacultad de Fısica
Teorıa Electromagnetica
Con ejercicios resueltos
Fabian Cadiz
2
Parte I
Electrostatica
3
Capıtulo 1
Elementos de Calculo vectorial
1.1. Algrebra de Vectores en R3
Esta es una lista de identidades elementales del algebra vectorial, que se supondran bienconocidas
~A · ~B = AxBx + AyBy + AzBz
~A× ~B = (AyBz − AzBy) i+ (AzBx − AxBz) j + (AxBy − AyBz) k
~A× ~A = 0
~A ·(
~A× ~B)
= 0
~A ·(
~B × ~C)
=(
~A× ~B)
· ~C
~A×(
~B × ~C)
=(
~A · ~C)
~B −(
~A · ~B)
~C
1.2. Calculo diferencial en R3
Sea f : [R3] → R una funcion real. Tambien es llamada campo escalar, pues a cada puntodel espacio (R3) le asocia un numero real (un escalar). Ejemplo de un campo escalar puede serla temperatura en cierta region del espacio T : [Ω ⊆ R3 → R]
Fig. 1.1: T (x, y, z) representa un campo escalar sobre Ω
Ademas de la existencia de campos escalares, tambien existen campos vectoriales. Laidea es bien simple, a cada punto del espacio se le asocia un vector. En R3, el tipo de camposvectoriales que nos interesaran son de la forma ~F : [Ω ⊆ R3] → R3.
5
Fig. 1.2: La velocidad de los atomos de un objeto que rota es un ejemplo de campo vectorial
1.2.1. Derivadas de un campo escalar
Si f es un campo escalar diferenciable (y por lo tanto una funcion continua) sobre undominio D ⊆ R3, entonces esta definido el Gradiente de f
~∇f(x, y, z) =
(
∂f(x, y, z)
∂x+∂f(x, y, z)
∂y+∂f(x, y, z)
∂y
)
El gradiente es un campo vectorial, pues a cada punto en D le asocia un vector. Esinmediato notar que el gradiente es perpendicular a curvas en donde el campo escalar f esconstante, como las curvas que se muestran en la figura 1. (Llamadas isotermas en el caso deque el campo escalar sea la temperatura). En efecto, la curva
f(x, y, z) = C
puede ser parametrizadaf(x(t), y(t), z(t)) = C
Derivando con respecto a t, se obtiene
∂f
∂xx′(t) +
∂f
∂yy′(t) +
∂f
∂zz′(t) = 0
(
∂f(x, y, z)
∂x+∂f(x, y, z)
∂y+∂f(x, y, z)
∂y
)
· (x′(t), y′(t), z′(t)) = 0
y entonces el gradiente es perpendicular a la direccion tangente a la curva. Mas aun, si u esun vector unitario, se define la derivada direccional de f en la direccion u como
Duf(x, y, z) = ~∇f(x, y, z) · u
Se puede demostrar que la derivada direccional se maximiza en la direccion del gradiente,es decir, el gradiente entrega la direccion de maxima variacion de f .
6
1.3. ~∇ como un operador
Conviene considerar al gradiente como algo independiende de que funcion se esta derivando.Llamamos ~∇ al operador
~∇ =
(
∂
∂x,∂
∂y,∂
∂z
)
Por supuesto que este operador ası escrito no significa nada. El operador ~∇ debe operarsobre una funcion, por ejemplo
~∇f =
(
∂f
∂x,∂f
∂y,∂f
∂z
)
Tiene completo sentido en este caso. Hemos ”multiplicado” al operador por una cantidadescalar. Hay que tener ciertas precauciones con este tipo de notacion, por ejemplo, del algebrade vectores es sabido que si α es un escalar
α ~A = ~Aα
sin embargo, f ~∇ no tiene sentido por si mismo, en efecto, es un nuevo operador
f ~∇ =
(
f∂
∂x, f
∂
∂y, f
∂
∂z
)
1.3.1. Divergencia y Rotor
Si ~F es un campo vectorial, entonces
~∇ · ~F
debe ser un escalar, y por lo tanto puede tener un sentido fısico. Entendiendo ~∇ como unoperador vectorial, se tiene
~∇ · ~F =
(
∂
∂x,∂
∂y,∂
∂z
)
· (Fx, Fy, Fz)
~∇ · ~F =∂
∂xFx +
∂
∂yFy +
∂
∂zFz
A esta cantidad escalar asociada a un campo vectorial se le llama divergencia de ~F .
Veamos que mas es posible definir a partir del operador gradiente. ¿Que ocurre con ~∇× ~F?.Por supuesto que el resultado debe ser un campo vectorial, de hecho, muy util en el analisis defunciones vectoriales. Desarrollando este producto cruz segun el algebra de vectores
(
~∇× ~F)
x=∂Fz
∂y− ∂Fy
∂z
(
~∇× ~F)
y=∂Fx
∂z− ∂Fz
∂x
(
~∇× ~F)
z=∂Fy
∂x− ∂Fx
∂y
A esta combinacion se le llama rotor. En resumen, hemos definido las siguientes cantidades
7
~∇f → Vector
~∇ · ~F → Escalar
~∇× ~F → Vector
8
1.3.2. Segundas derivadas
Hasta ahora hemos definido cantidades que involucran unicamente primeras derivadas.Veamos que ocurre con las siguientes combinaciones
(a)~∇ ·(
~∇f)
(b)~∇×(
~∇f)
(c)~∇(
~∇ · ~F)
(d)~∇ ·(
~∇× ~F)
(e)~∇×(
~∇× ~F)
Veamos la primera de ellas, es claro que debe obtenerse un campo escalar. Desarrollando
~∇ ·(
~∇f)
= ~∇ ·(
∂f
∂x,∂f
∂y,∂f
∂z
)
~∇ ·(
~∇f)
=∂2f
∂x2+∂2f
∂y2+∂2f
∂z2
Se ve que esto se puede reescribir como
~∇ ·(
~∇f)
= ~∇ · ~∇f =(
~∇ · ~∇)
f = ~∇2f
Vemos a ~∇2 como un nuevo operador, y como aparece mucho en fısica, tiene un nombre. Esllamado Laplaciano
Laplaciano → ~∇2 =∂2
∂x2+
∂2
∂y2+
∂2
∂z2
debido a que el Laplaciano es un operador escalar, podrıa aplicarse sobre un vector
~∇2 ~F
por supuesto esto significa que el operador Laplaciano opera sobre cada componente de ~F
~∇2 ~F =(
~∇2Fx, ~∇2Fy, ~∇2Fz
)
Veamos que ocurre con la expresion (b). Notemos que tiene la siguiente forma
~A×(
~Af)
=(
~A× ~A)
f = 0
Esperamos que~∇×
(
~∇f)
sea cero para cualquier campo escalar f . Podemos verificarlo tomando alguna de las compo-nentes
9
[~∇× ~∇f ]x = ~∇z
(
~∇f)
y− ~∇y
(
~∇f)
z
[~∇× ~∇f ]x =∂
∂z
(
∂f
∂y
)
− ∂
∂y
(
∂f
∂z
)
= 0
Del mismo modo se muestra para las demas componentes
La expresion (c) es por supuesto un campo vectorial
~∇(
~∇ · ~F)
Sin embargo, no hay nada muy especial que decir acerca de el. Es simplemente un campovectorial que podrıa aparecer en el futuro
La expresion (d) tiene la forma
~A ·(
~A× ~B)
= 0
Es decir, esperamos que~∇ ·(
~∇× ~F)
= 0
Para cualquier campo vectorial ~F . Es ası, y es facil de verificar
Por ultimo, veamos que sucede con la expresion (e)
~∇×(
~∇× ~F)
Esta tiene la forma de
~A×(
~B × ~C)
= ~B(
~A · ~C)
−(
~A · ~B)
~C
Podrıamos seguir utilizando esta expresion y escribir
~∇×(
~∇× ~F)
= ~∇(
~∇ · ~F)
−(
~∇ · ~∇)
~F
El ultimo termino es el Laplaciano
~∇×(
~∇× ~F)
= ~∇(
~∇ · ~F)
− ~∇2 ~F
En resumen, hemos encontrado
~∇ ·(
~∇f)
= ~∇2f → Laplaciano sobre f, campo escalar
~∇×(
~∇f)
= 0
~∇(
~∇ · ~F)
→ Campo vectorial
~∇ ·(
~∇× ~F)
= 0
~∇×(
~∇× ~F)
= ~∇(
~∇ · ~F)
− ~∇2 ~F → campo vectorial
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1.3.3. Dos teoremas adicionales
En muchos problemas fısicos, sucede que un determinado campo vectorial ~F tiene rotornulo. Es decir
~∇× ~F = 0
Hemos visto que el rotor de un gradiente es siempre cero. Podrıa ser ciento entonces, que~F fuera el gradiente de algun campo escalar, de esta forma su rotor serıa siempre nulo. Lointeresante es que esto es siempre ası, y enunciaremos el siguente teorema
Si~∇× ~F = 0
Existe un campo escalar ψ, tal que
~F = ~∇ψ
Del mismo modo, hemos visto que la divergencia de un rotor es siempre cero. Luego, si ladivergencia de un campo vectorial ~F es nula, podria tenerse que ~F fuera el rotor de un campovectorial. De ser ası, estarıa garantizado que su divergencia sea nula. En efecto, enunciamos elsegundo teorema
Si~∇ · ~F = 0
Existe un campo vectorial ~A, tal que
~F = ~∇× ~A
1.4. Calculo Integral en R3
1.4.1. Integral de lınea de un campo vectorial
Sea ~F : [Ω ⊆ R3] → R3
Consideremos una curva Γ contenida en Ω. Sea ~x0, ~x1, ...~xn una particion de Γ, (xk, yk) unpunto en el trazo de Γ que va de ~xk−1 a ~xk, y ∆~xk = ~xk − ~xk−1. Se define la integral de lıneade ~F (~x) por
ˆ
Γ
d~x · ~F (~x) = lımn→∞
~F (xk, yk) · ∆~xk
Esto se puede reescribir comoˆ
Γ
d~x · ~F (~x) = lımn→∞
~F (xk, yk) ·∆~xk
| ∆~xk | | ∆~xk |=ˆ
Γ
dsT (~x) · ~F (~x)
donde T (~x) es la tangente unitaria a la curva Γ en ~x. Ası
ˆ
Γ
d~x · ~F (~x) =
ˆ
Γ
dsT (~x) · ~F (~x)
La integral de lınea de un campo vectorial sobre una curva Γ corresponde a sumar lasproyeccciones de ~F (~x) en la direccion tangente a la curva en todo punto.
11
1.4.2. Integral de superficie de un campo vectorial
Sea ~F : [Ω ⊆ R3] → R3 y S una superficie contenida en Ω. Se define la integral de flujo del
campo ~F sobre S como
¨
S
d~S(~x) · ~F (~x) =
¨
S
dS(~x)n(~x) · ~F (~x)
corresponde a sumar la proyeccion del campo ~F sobre la normal a la superficie S en cadapunto.
1.4.3. Teorema de la Divergencia
Sea Ω ⊆ R3 una region. Sea ~F un campo vectorial continuo y diferenciable en Ω. Entonces
˚
Ω
d3x~∇ · ~F =
ˆ
ˆ
δΩ
d~S(~x) · ~F (~x)
1.4.4. Teorema de Stokes
Sea S una superficie en R3. Sea ~F un campo vectorial continuo y diferenciable en una regionque contiene a S. Entonces
¨
S
d~S(~x) ·(
~∇× ~F (~x))
=
˛
δS
d~x · ~F (~x)
donde δS es el contorno de S (una curva en R3)
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Capıtulo 2
Introduccion
Este curso trata sobre los fundamentos de la teorıa Electromagnetica, una teorıa realmenteexitosa y que es capaz de explicar y predecir una gran cantidad de fenomenos. Una de lasdificultades en su construccion fue la gran cantidad de fenomenos complejos, que en un principioaparentemente no tenıan relacion unos con otros. Sin embargo uno de los mayores logros dela electrodinamica es mostrar que en realidad estan todos relacionados, ademas de permitir lacreacion de nuevas aplicaciones, que no aparecen de forma inmediata en la naturaleza y quehan cambiado la vida de todo el mundo. Absolutamente toda la teorıa se encuentra resumidaen un conjunto de cuatro ecuaciones diferenciales, llamadas Ecuaciones de Maxwell
Estas 4 ecuaciones resumen todos los resultados empıricos acumulados durante anos porlos estudios de los fısicos Coulomb, Gauss, Ampere, Faraday y muchos otros. Fueron presen-tadas en 1873 por el matematico ingles James Clerk Maxwell1. Ademas de explicar todoslos fenomenos electricos y magneticos conocidos hasta la epoca, muestran que electricidad ymagnetismo no son fenomenos independientes, y explica la forma en como ambos se relacionan.Las ecuaciones de Maxwell fueron capaces de predecir la creacion de ondas electromagneticasde energıa cuya velocidad de propagacion teorica coincidıa con la velocidad de la luz (hecho quecorroboro Heinrich Hertz en 1887). Hoy se sabe que la luz es un tipo de onda electromagnetica,luego, todas las leyes de la optica, tambien son explicadas de forma consistente por las ecua-ciones de Maxwell. Esto fue un gran suceso pues logro mostrar que fenomenos que parecıantotalmente diferentes provenıan de los mismos principios fısicos. Radiacion infraroja, luz visi-ble, radiacion ultravioleta, rayos x, rayos gama, son todos diferentes tipos de ondas oscilatorias,y solo se diferencian en sus frecuencias. Todas reciben el nombre de radiacion, debido a quepropagan (irradian) energıa.En este curso se pretenden desarrollar las bases empıricas para las ecuaciones de Maxwell,mediante la introduccion del campo electrico ~E y magnetico ~B.
1A Dynamical Theory of the Electromagnetic Field, James Clerk Maxwell
13
Primeramente estudiaremos el caso estatico, en donde los campos no tienen dependenciatemporal. En este caso las ecuaciones de Maxwell se transforman en:
~∇ · ~E =ρ
εo
~∇× ~E = 0
~∇ · ~B = 0
~∇× ~B = µo~J
Notemos que ahora hay 2 ecuaciones para cada campo totalmente independientes entre sı, enotras palabras, electricidad y magnetismo son fenomenos absolutamente independientes mien-tras los campos sean estaticos. Las dos primeras ecuaciones corresponden a la Electrostatica,mientras que las 2 ultimas a la Magnetostatica. Desarollaremos las ideas y principios funda-mentales de ambos casos estaticos, para luego estudiar los campos variantes en el tiempo yderivar las ecuaciones de Maxwell.
Fig. 2.1: James Clerk Maxwell
James Maxwell (1831-1879) Fısico Escoces. Es el creador de la electrodinamica modernay el fundador de la teoria cinetica de los gases. Sus teorıas constituyeron el primer intento deunificar dos campos de la fısica que, antes de sus trabajos, se consideraban completamenteindependientes: la electricidad y el magnetismo (conocidos como electromagnetismo). Ademas,en el ano 1859 Maxwell formulo la expresion termodinamica que establece la relacion entre latemperatura de un gas y la energıa cinetica de sus moleculas.
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Capıtulo 3
Electrostatica
Una de las propiedades fundamentales de la materia corresponde a lo que se conoce comocarga electrica. Esta propiedad es el origen de las fuerzas electricas. Considere un sistema dedos cargas puntuales y en reposo, q1 y q2, separadas por una distancia r en el vacıo. Por doscargas puntuales, nos referimos por supuesto a objetos cuyo diametro maximo es muchısimomenor que la separacion entre ellos.Las fuerza entre cargas estaticas fue estudiada por Charles Augustin de Coulomb, (Fısico eIngeniero frances), encontrando una gran similitud entre la forma de las fuerzas electrostaticasy las de gravitacion, pero notando que, a diferencia de la fuerza gravitacional, las fuerzaselectrostaticas tambien pueden ser repulsivas.
Fig. 3.1: Fuerza entre cargas puntuales puede ser repulsiva y atractiva
La fuerza que ejerce q′ sobre q esta dada por la ley de Coulomb
~Fq =1
4πε0
qq′
| ~x− ~x′ |3 (~x− ~x′)
15
Es decir, la fuerza electrostatica es proporcional al producto de las cargas e inversamenteproporcional al cuadrado de la distancia entre ellas. Notar que la direccion
(~x− ~x′)
| ~x− ~x′ |
va siempre desde la carga q′ hacia la carga q. El signo de la fuerza estara determinado entoncespor el producto de las cargas, ası, si ambas son iguales, la fuerza sera repulsiva, mientras quesi son de signo opuesto, la fuerza sera atractiva.
En el sistema S.I., la constante de proporcionalidad esta dada por
K =1
4πεo= 8, 9875 × 109Nm2/C2
Donde ε0 se conoce como la permitividad del vacıo.
Similarmente, la fuerza sobre q′ debido a q esta dada por ~Fq′ = −~Fq, como debe ser por latercera ley de Newton. La ley de Coulomb describe perfectamente las fuerzas entre 2 cargaspuntuales, luego, resulta de interes estudiar que sucede cuando hay mas de dos cargas presentes.Supongamos que existen N cargas qj con j = 1, 2, ...N . Supongamos que hay una carga q enla posicion ~x y que la posicion de la carga qj es ~xj. La fuerza que ejercen las N cargas sobre qesta dada por el principio de superposicion
~Fq =N∑
j=1
1
4πε0
qqj| ~x− ~xj |3
(~x− ~xj)
Es decir, la suma de cada fuerza por separado. El principio de superposicion implica que lafuerza neta entre 2 cargas es independiente de la prescencia de otras cargas. Esto es ciertosiempre y cuando las cargas esten en posiciones fijas (recordar que son fuerzas electrostaticas).Podran notar inmediatamente, que como estamos considerando cargas estaticas que se ejercenfuerzas entre sı, deben necesariamente existir fuerzas externas que las mantengan en equilibrio.Supondremos entonces que las cargas estan forzadas a mantenerse en su posicion, de forma quelas leyes que hemos establecido hasta ahora son validas.
Fig. 3.2: Charles-Augustin de Coulomb (1736-1806)
16
3.1. Campo Electrico
La fuerza electrostatica, como la fuerza gravitacional, es una fuerza que actua a distan-cia, es decir, no requiere que los objetos esten en contacto entre sı. Entonces, si tenemos 2cargas puntuales, digamos, q y q0, podemos medir la fuerza que ejerce q sobre q0. A q0 se lellamara carga de prueba, y la posicionaremos en diferentes lugares del espacio y mediremosla fuerza que siente debido a la presencia de la carga fija q. En este sentido, se piensa queq genera algo en todo el espacio que debe ser independiente de si colocamos o no la cargade prueba q0. Se dice que una carga electrica genera un campo electrico (matematicamentedescrito por un campo vectorial) en todo el espacio, el cual es capaz de actuar sobre otras cargas.
Justamente para cuantificar la magnitud del campo creado por la carga, podemos medir lafuerza que experimenta una carga positiva de prueba qo en algun punto del espacio.El campo electrico ~E se define formalmente como
~E = lımq0→0
~Fq0
q0
Es decir, el campo existe en todo el espacio y es independiente de la carga de prueba. Lasutileza de elegir una carga de prueba infinitamente pequena es para que el campo producidopor q0 no altere de ninguna forma a la fuente del campo que queremos cuantificar.
Diremos entonces con este nuevo enfoque que la carga q es una fuente (crea) un campo
electrico ~E que ejerce una fuerza ~Fq0= q0 ~E(~x) sobre una carga q0 ubicada en ~x
Usando la definicion de Campo Electrico y la Ley de Coulomb, se obtiene que el campo electricoa una distancia r de la carga puntual q esta dado por
~E =1
4πε0
q
r2r
donde r es la direccion radial desde la carga q
Fig. 3.3: Representacion grafica del campo vectorial ~E para una carga positiva(izq) y negativa(der)
17
Logicamente, el principio de superposicion es tambien valido para el campo electrico, bajolas mismas condiciones mencionadas anteriormente. Ası, el campo en ~x de una distribuciondiscreta de N cargas puntuales ubicadas en qj,j = 1, 2, ...N esta dado por
~E(~x) =N∑
j=1
1
4πε0
qj| ~x− ~xj |3
(~x− ~xj) (3.1)
La ley de Coulomb y el principio de superposicion son las leyes empıricas fundamentalesde la Electrostatica. Mas adelante, veremos que las ecuaciones de Maxwell para el campoElectrostatico
~∇ · ~E(~x) =ρ
ε0
~∇× ~E(~x) = 0
contienen exactamente la misma informacion que acabamos de presentar (y por supuesto, con-tienen muchısima informacion adicional!), pero de una forma mucho mas general, simple yelegante.
3.2. Distribuciones continuas de carga - Integrales de
Coulomb
Se pueden extender estas ideas para cuando se tiene una gran cantidad de cargas distribuıdasen una region del espacio. Supongamos una distribucion continua de carga encerrada en unvolumen V , por esto entendemos una region del espacio en donde se puede definir una densidadvolumetrica de carga en cada punto, digamos ρ(~x) (C / m3)
En el caso de obtener una distribucion continua de carga, se utiliza una particion del volumenV en celdas de volumen infinitesimal d3x′. En la posicion ~x′, se encuentra un pequeno volumencon carga dada por
dq(~x′) = d3x′ρ(~x′)
Como esta es una carga infinitesimal, el campo que genera en ~x sera el de una carga puntual
d ~E(~x′) =d3x′ρ(~x′)
4πε0
~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
18
Para obtener el campo generado por toda la distribucion de carga, basta con sumar (integrar)sobre el volumen V las contribuciones individuales de cada elemento de volumen, luego
~E(~x) =1
4πε0
˚
V
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |3 (~x− ~x′)
En el caso de obtener una superficie S de carga, en donde para cada ~x′ en S se tieneuna densidad superficial de carga (que denotaremos σ(~x′) para diferenciarla de una densidadvolumetrica), se obtiene
~E(~x) =1
4πε0
¨
S
ds′σ(~x′)
| ~x− ~x′ |3 (~x− ~x′)
Por ultimo, para una distribucion lineal Γ, en donde para cada ~x′ en Γ se tiene una densidadlineal de carga, denotada λ(~x′) entonces el campo en ~x esta dado por
~E(~x) =1
4πε0
ˆ
Γ
dx′λ(~x′)
| ~x− ~x′ |3 (~x− ~x′)
Estas son las integrales de Coulomb y son una extension al caso de una distribucion discretade cargas, a distribuciones continuas en el espacio
Ejemplo: Campo de un anillo de cargaConsideremos un anillo con densidad lineal de carga constante y dada por λ. El objetivo escalcular el campo electrico generado por esta distribucion de carga en un punto sobre el eje desimetrıa a distancia z del origen
Un elemento diferencial de longitud sobre el anillo esta dado por dl = Rdφ donde φ es elangulo polar. Este elemento posee una carga dq = λdl = λRdφ, de forma que el campo electricoen un punto ~x debido a esta carga infinitesimal esta dado por la ley de Coulomb
~E(~x) =dq
4πε0
~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3 =dφRλ
4πε0
~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
donde ~x′ es la posicion del elemento de carga, en este caso
~x′ = Rr = R(
cosφi+ sinφj)
19
de forma que el campo total se obtiene integrando sobre todo el anillo (abarcando todo elrango de φ)
~E(~x) =R
4πε0
ˆ 2π
0
dφ~x−Rr
| ~x−Rr |3
ahora, se desea el campo en un punto sobre el eje simetrıa del anillo, a distancia z del origen,de forma que
~x = zk
y queda
~E(zk) =R
4πε0
ˆ 2π
0
dφzk −Rr
| zk −Rr |3
por supuesto que
| zk −Rr |=(
z2 +R2)1/2
~E(zk) =R
4πε0
ˆ 2π
0
dφzk −R cosφi−R sinφj
(z2 +R2)3/2
De estas tres integrales (en i, j, k), la unica que no es nula es la segun k. Esto es facil dever apelando a la simetrıa de la distribucion de carga
~E(zk) =Rz
4πε0
ˆ 2π
0
dφ1
(z2 +R2)3/2k
~E(zk) =2πR
4πε0
z
(z2 +R2)3/2k
esto se puede escribir de otra forma considerando que Q = 2πRλ es la carga total del anillo
~E(zk) =Q
4πε0
z
(z2 +R2)3/2k
20
Si z es suficientemente grande en comparacion con las dimensiones del anillo (z >> R),entonces
~E(zk) ≈ Q
4πε0z2k
que serıa el campo a distancia z de una carga puntual Q en el origen
21
ProblemaDos pequenas esferas de igual masa m y carga q, cuelgan por 2 hilos sin masa, sin carga y delargo l. Cada esfera forma un angulo ϑ con el eje vertical, como se muestra en la figura
Calcule la carga q
SolucionDebido a la simetrıa del sistema, bastara con hacer analisis de fuerzas para una de las cargas.Consideramos el equilibrio entre las tres fuerzas que actuan: la fuerza de repulsion (las doscargas son de igual signo) electrostatica Fe, la tension sobre el hilo T , y la fuerza gravitacionalmg.
De la segunda ley de Newton para la esfera
Fx = Tsinϑ− Fe = max = 0
Fy = Tcosϑ−mg = may = 0
Como el sistema se encuentra en equilibrio, ax = ay = 0, entonces la primera ecuacionequivale a
T sinϑ =q2
4πε0r2
donde r es la separacion entre las 2 cargas
q2 = 4πε0T sinϑr2
O equivalentemente,
q = ±r√
4πε0T sinϑ
22
Del equilibrio de fuerzas para el eje vertical obtenemos
T =mg
cosθ
Y ademas, r = 2l sinϑ. Finalmente se obtiene
qeq = ±2lsinϑ√
4πε0mgtgϑ = ±4lsinϑ√
πε0mgtanϑ
23
ProblemaSe tiene una lınea homogenea de carga con densidad lineal λ, y de longitud finita a. Calcularel campo electrico en el punto P a distancia x del extremo
SolucionTomamos un pequeno elemento dµ de la lınea de carga, situado a una distancia µ del punto A,y obtenemos el campo electrico en el punto P debido a este elemento diferencial
d ~E(P ) =1
4πε0
λdµ
(a+ x− µ)2i
Y el campo electrico total se obtiene integrando para toda la lınea de carga. Esto es
~E(P ) =1
4πε0
ˆ a
0
λdµ
(a+ x− µ)2i
Sea z = a+ x− µ, ası, dz = −dµ y el campo queda
~E =−λ4πε0
ˆ x
a+x
dz
z2i =
λ
4πε0
1
z
∣
∣
∣
x
a+xi =
(
λ
4πε0x− λ
4πε0(a+ x)
)
i
~E =λ(x+ a) − λx
4πε0x(x+ a)i =
λa
4πε0x(x+ a)i =
1
4πε0
Q
x(x+ a)i
Con Q la carga total de la lınea.
Notar que si x a
~E ≈ Q
4πε0x2i
que concuerda con el campo de una carga puntual
24
ProblemaUna barra delgada con densidad de carga uniforme λ se dobla con la forma de un arco decırculo de radio R. El arco subiende un angulo total 2ϑ0, simetrico con respecto al eje x, comose muestra en la figura. ¿Cual es el campo electrico ~E en el origen O?. Vea que sucede cuandoϑ0 → π
SolucionConsidere un elemento diferencial de longitud dl = Rdϑ, que forma un angulo ϑ con respectoal eje x. La cantidad de carga que contiene este elemento es dq = λdl = λRdθ
Su contribucion al campo electrico en O es
d ~E = − 1
4πε0
dq
r2r =
1
4πε0
dq
R2(− cosϑi− sinϑj) =
1
4πε0
λdϑ
R(− cosϑi− sinϑj)
Integrando para ϑ entre −ϑ0 y ϑ0, se obtiene
~E =1
4πε0
λ
R
ˆ ϑ0
−ϑ0
dϑ(− cosϑi− sinϑj)
~E =1
4πε0
λ
R(− sinϑi+ cosϑj)
∣
∣
∣
ϑ0
−ϑ0
= − 1
4πε0
2λ sinϑ0
Ri
Vemos que el campo electrico solo tiene componente en el eje x, lo que concuerda con lasimetrıa del problema.
25
Si tomamos el lımite cuando θ0 → π, el arco se transforma en un anillo circular. Ya quesin θ = 0, la ecuacion anterior implica que el campo electrico en el centro de un anillo de cargaes nulo. Esto se esperarıa por argumentos de simetrıa. (Comparar ademas con el campo de unanillo de carga calculado en este capıtulo)
Por otro lado, para angulos muy pequenos, sinϑ0 ≈ ϑ0, recuperamos el caso de una cargapuntual
~E ≈ − 1
4πε0
2λθ0
Ri = − 1
4πε0
2λϑ0R
R2i = − 1
4πε0
Q
R2i
Donde la carga total del arco es Q = λl = λ(2Rϑ0)
26
ProblemaUn recipiente hemisferico no conductor de radio interior a tiene una carga total Q repartidauniformemente en su superficie interior. Encuentre el campo electrico en el centro de curvatura
SolucionTomamos como origen el centro de curvatura de la semiesfera. A partir de esto podemos de-terminar la contribucion de un elemento diferencial de carga en la superficie al campo electricoen el eje que pasa por el centro de curvatura, que coincide con la direccion k (El campo ~E, porsimetrıa, solo tendra componente en k).
d ~E(~x) =1
4πε0
(~x− ~x′)
|~x− ~x′|3σds′
Un elemento diferencial de superficie sobre la esfera esta dado por
ds = a2 sinϑdϑdφ
y como la carga esta distribuıda uniformemente, la densidad superficial es simplemente
σ =Q
2πa2
Con esto, podemos determinar el campo total integrando sobre toda la superficie
~E(~x) =1
4πε0a2
ˆ 2π
0
dφ
ˆ π
π/2
dϑ sinϑQ
2πa2
(~x− ~x′)
|~x− ~x′|3
Evaluando en ~x= 0 obtenemos el campo en el centro de curvatura
~E(0) =1
4πε0
ˆ 2π
0
ˆ π
π/2
Q
2πa2
−~x′| − ~x′|3a
2 sinϑdθdφ
~E(0) =1
4πε0
ˆ 2π
0
Q
2πa2
ˆ π
π/2
−~x′| − ~x′|3a
2 sinϑdθdφ
El vector ~x′ que recorre la superficie esta dado por
~x′ = a cosϑk + a sinϑ cosφi+ a sinϑ sinφj
27
Por el argumento de simetrıa, solo interesa la componente segun k. De todas formas sepuede verificar calculando explıcitamente las integrales en i y j . Con esto
~E(0) =Q
4ε0πa2
ˆ π
π/2
−a cosϑ
a3a2 sinϑdϑk
~E(0) =Q
4ε0πa2
ˆ π
π/2
− cosϑ sinϑdϑk =Q
8ε0πa2
ˆ π
π/2
− sin(2ϑ)dϑk
Finalmente el campo en el centro de curvatura es
~E(0) =Q
8ε0πa2k
28
ProblemaConsidere un alambre muy delgado como el de la figura, este esta compuesto por dos rectasinfinitas y un arco de cırculo de 135 grados. El alambre tiene una densidad lineal de carga λconstante. Encuentre el campo electrico producido en el punto P
SolucionEste problema se resuelve mediante integrales de Coulomb y el principio de superposicion.Descomponemos el problema en subproblemas mas simples, una distribucion de carga lineal yotra en un arco de cırculo (ya visto en el problema anterior). Resolvamos entonces el problemade una distribucion lineal infinita de carga
Un elemento de longitud dx′ a distancia x′ del origen genera una contribucion al campo enP dada por
d ~E(P ) =dx′λ
4πε0
~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
donde ~x = Rj es el vector posicion del punto P , y ~x′ = x′i el vector que recorre la distribucionde carga (parametro x′). Por el principio de superposicion, el campo electrico en P se obtienesumando sobre toda la distribucion
~E(P ) =λ
4πε0
ˆ ∞
0
dx′Rj − x′i
(x′2 +R2)3/2
~E(P ) = − λ
4πε0
ˆ ∞
0
dx′x′
(x′2 +R2)3/2i+
Rλ
4πε0
ˆ ∞
0
dx′
(x′2 +R2)3/2j
Calculemos primero la integral
I1 =
ˆ ∞
0
dx′x′
(x′2 +R2)3/2
con el trivial cambio de variable u = x′2, du = 2x′dx′
29
I1 =1
2
ˆ ∞
0
du
(u+R2)3/2=
1
2
ˆ ∞
0
du(u+R2)−3/2 = −2 ∗ 1
2(u+R2)−1/2
∣
∣
∣
∞
0
I1 =1
R
Ahora, obtenemos
I2 =
ˆ ∞
0
dx′
(x′2 +R2)3/2
y utilizamos la conocida sustitucion x′ = R tanϑ, dx′ = Rsec2ϑdϑ. Con esto la integralqueda de la forma
I =
ˆ
dϑRsec2ϑ
(R2 tan2 ϑ+R2)3/2=
ˆ
dϑRsec3ϑ
R3sec3ϑ=
1
R2
ˆ
dϑ
secϑ=
1
R2
ˆ
dϑ cosϑ
I =1
R2sinϑ
Utilizando que x′/R = tanϑ
sinϑ =x′√
x′2 +R2
de forma que
I2 =1
R2
x′√x′2 +R2
∣
∣
∣
∞
0=
1
R2lım
x′→∞
x′√x′2 +R2
I2 =1
R2lım
x′→∞
1√
12 + (R/x′)2=
1
R2
Luego el campo electrico debido al alambre en el punto P es
~E1(P ) =1
4πε0
(−λRi+
λ
Rj
)
~E1(P ) =λ√
2
4πε0R
(
1√2(−i+ j)
)
La contribucion del sector de arco de cırculo ya fue obtenida en un problema anterior, uegoes inmediato que
~E2(P ) =2λ
4πε0Rsin
(
3π
8
)
i
30
Finalmente, el campo total en P se obtiene por superposicion. Veamos que ocurre con elcampo que produce el segmento rectilıneo superior
El campo ~E1 en P forma un angulo de 3π/8 con la horizontal. De esta forma, la superposicionde los 3 campos es como sigue
~E(P ) =
(
| ~E2 | −2 | ~E1 | cos
(
3π
8
))
i
~E(P ) =1
4πε0
(
2λ
Rsin
(
3π
8
)
− 2λ
R
√2 cos
(
3π
8
))
i
~E(P ) =λ
2πε0R
(
sin
(
3π
8
)
−√
2 cos
(
3π
8
))
i
31
ProblemaSe pide calcular el campo electrico a distancia r del centro de una distribucion uniforme decarga ρ0 localizada dentro de una esfera de radio R, mediante la integral de Coulomb, o sea,calcule
~E(~x) =ρ0
4πε0
˚
V
d3x′~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3puesto que
ρ(~x′) =
ρ0 si | ~x′ |≤ R0 si | ~x′ |> R
para r > R
SolucionUbiquemos el centro de la esfera en el origen
Sea ~x un punto a distancia r del origen
~x = rr
y ~x′ un punto dentro de la distribucion de carga
~r′ = r′r′
El campo electrico esta dado por la integral de Coulomb sobre la distribucion de carga
~E(~x) =1
4πε0
˚
V
d3x′ρ(~x′)~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3 =ρ0
4πε0
˚
V
d3x′~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
~E(~x) =ρ0
4πε0
ˆ 2π
0
dφ′ˆ π
0
dϑ′ sinϑ′ˆ R
0
dr′r′2rr − r′r
| rr − r′r′ |3
De la simetrıa de la distribucion de carga, es claro que el campo electrico sera solo funcionde la distancia r y su direccion sera radial, es decir
~E(~x) = E(r)r
esto nos permite ademas orientar el vector ~x segun la direccion k, de forma que
| rr − r′r′ |=(
r2 + r′2 − 2rr′ cosϑ′)1/2
~E(~x) =ρ0
4πε0
ˆ 2π
0
dφ′ˆ π
0
dϑ′ sinϑ′ˆ R
0
dr′r′2rr − r′r
(r2 + r′2 − 2rr′ cosϑ′)3/2= E(r)r
32
E(r) = r · ~E =2πρ0
4πε0
ˆ π
0
dϑ′ sinϑ′ˆ R
0
dr′r′2r − r′ cosϑ′
(r2 + r′2 − 2rr′ cosϑ′)3/2
Hasta ahora, esta expresion es absolutamente general. Sin embargo, el valor de la integraldependera si el punto ~x se encuentra dentro o fuera de la distribucion
Campo externo, r > R
se tiener = r′ cosϑ′+ | ~x− ~x′ | cosα
Sea s =| ~x− ~x′ |, luego
r − r′ cosϑ′
(r2 + r′2 − 2rr′ cosϑ′)3/2=s cosα
s3=
cosα
s2
de la relacion
r2 + r′2 − 2rr′ cosϑ′ = s2
se puede obtener para cosϑ′
cosϑ′ =r2 + r′2 − s2
2rr′
y utilizando el teorema del coseno para r′
r2 + s2 − 2rs cosα = r′2
de aquı obtenemos que
cosα =r2 + s2 − r′2
2rs
Por ultimo∂
∂scosϑ′ = − sinϑ′dϑ
′
ds= − 2s
2rr′= − s
rr′
33
Luegoˆ R
0
dr′ˆ π
0
dϑ′ sinϑ′r′2r − r′ cosϑ′
(r2 + r′2 − 2rr′ cosϑ′)3/2
=
ˆ R
0
dr′ˆ r+r′
r−r′ds
s
rr′r′2r2 + s2 − r′2
2rs3=
ˆ R
0
dr′ˆ r+r′
r−r′ds
r′
2r2
(
1 +r2 − r′2
s2
)
=1
2r2
ˆ R
0
dr′r′ˆ r+r′
r−r′ds
(
1 +r2 − r′2
s2
)
yˆ r+r′
r−r′ds
(
1 +r2 − r′2
s2
)
=
ˆ r+r′
r−r′ds+ (r2 − r′2)
ˆ r+r′
r−r′
ds
s2
= (r + r′) − (r − r′) +r2 − r′2
−2 + 1
(
1
r + r′− 1
r − r′
)
= 2r′ − (r2 − r′2)(r − r′) − (r + r′)
r2 − r′2= 4r′
Ası1
2r2
ˆ R
0
dr′r′ˆ r+r′
r−r′ds
(
1 +r2 − r′2
s2
)
=2
r2
ˆ R
0
dr′r′2 =2R3
3r2
de forma que
E(r) =2πρ0
4πε0
ˆ π
0
dϑ′ sinϑ′ˆ R
0
dr′r′2r − r′ cosϑ′
(r2 + r′2 − 2rr′ cosϑ′)3/2=
ρR3
3ε0r2
Ası, para r > R
~E(~x) =ρR3
3ε0r2r
si Q = 43πR3ρ0 es la carga total de la esfera, entonces
~E(~x) =Q
4πε0r2r
es decir, fuera de la esfera, el campo electrico es igual al campo de una carga puntual decarga total Q ubicada en el origen
34
La integral de Coulomb para r < R es levemente mas compleja, y para calcularla resultautil manejar los conceptos sobre integrales de angulo solido. El valor pedagogico de este calculono es espantar al lector del estudio de la electrostatica, sino de mostrar explıcitamente que,aunque la geometrıa del problema es muy sencilla, la integral para el campo electrico no loes. Esto por supuesto motiva a desarrollar mas herramientas matematicas para el calculo decampos electricos, que en muchos casos facilitaran la vida (Comparar en el proximo capıtulocon el calculo mediante la Ley de Gauss). De todas formas, integrar bien es un arte en muchoscasos, muy util
35
3.3. Apendice Matematico sobre la Delta de Dirac
En cursos de Electrodinamica, es muy utilizada la delta de Dirac δ(x), que satisface
δ(x) = 0, x 6= 0ˆ ∞
−∞dxδ(x) = 1
Semejante funcion no existe en el analisis ordinario. La δ(x) de Dirac es una funcion gen-eralizada (o distribucion de Schwarz).
Funciones GeneralizadasUtilizaremos funciones complejas f(x) de cuadrado integrable bajo el producto interno dado
por
(f, g) =
ˆ ∞
−∞dxf ∗(x)g(x)
Seagn(x), n = 1, 2, 3, ...
una sucesion de funciones de cuadrado integrable, esto es
(gn, gn) =
ˆ ∞
−∞dx[gn(x)]2 <∞
Llamaremos funcion de prueba cualquier funcion f(x) de cuadrado integrable
(f, f) =
ˆ ∞
−∞dx[f(x)]2 <∞
Definimos la Funcion Generalizada g(x) asociada a la sucesion gn(x) como
g(x).= lım
n→∞gn(x)
Este sımbolo se define mediante el lımite de las integrales, es decir, g(x) es una funciongeneralizada asociada a la sucesion gn(x) si
ˆ ∞
−∞dxg(x)f(x) = lım
n→∞
ˆ ∞
−∞dxgn(x)f(x)
para cualquier funcion de prueba f(x)
Nota 1 Por la desigualdad de Schwarz
(gn, f)2 ≤ (gn, gn)(f, f) <∞
vemos que toda sucesion de funciones de cuadrado integrable define una funcion generalizada
Nota 2 En rigor, las funciones generalizadas estan definidas detras de la integral, no esnecesario que la sucesion sea convergente en el sentido ordinario, esto quiere decir que no esnecesario que se tenga
lımn→∞
gn(x) = g(x)
para que la funcion generalizada exista. g(x) existe rigurosamente en el lımite de las integrales
36
3.3.1. Delta de Dirac δ(x)
El ejemplo mas ilustre y sobresaliente de funcion generalizada es la delta de dirac, quesera fundamental para el desarollo de muchas teorıas de la fısica, ası como del Analisis deSenales (Disciplina de la Ingenierıa Electrica). Existen varias sucesiones que definen a la deltade Dirac, comenzaremos con una sucesion de la forma
δn(x) =
0 x < −1/n
n/2 −1/n < x < 1/n
0 x > 1/n
Fig. 3.4: Primeras 3 funciones dadas por la sucesion δn(x)
Notar que a medida que aumenta n, la funcion se asemeja a un rectangulo cada vez masangosto en torno al origen y de mayor amplitud. Sin embargo, siempre el area bajo δn(x) esuno. Fısicamente usaremos la delta de Dirac para modelar distribuciones de carga que son nulasexcepto en un punto del espacio
Veamos que en efecto δn(x) define una sucesion de funciones de cuadrado integrable
(δn(x), δn(x)) =
ˆ ∞
−∞dx[δn(x)]2 =
ˆ 1/n
−1/n
dx(n
2
)2
=(n
2
)2(
2
n
)
=n
2
Ademasˆ ∞
−∞dxδn(x) =
ˆ 1/n
−1/n
dx(n
2) =
n
2
2
n= 1
Veamos que ocurre con
ˆ ∞
−∞dxδn(x)f(x)
donde f(x) es cualquier funcion de cuadrado integrable. Se tiene que
Fig. 3.5: Utilizando el teorema del valor medio integral
37
ˆ ∞
−∞dxδn(x)f(x) =
n
2
ˆ 1/n
−1/n
dxf(x) =n
2
2
nfn = fn
donde fn es el valor de la funcion para algun x entre −1/n < x < 1/n . De esta forma, esclaro que
lımn→∞
ˆ ∞
−∞dxδn(x)f(x) = lım
n→∞fn = f(0)
En resumen, la sucesion δn(x) define la funcion generalizada δ(x), llamada delta de Dirac,cuyas propiedades fundamentales son
ˆ ∞
−∞dxδ(x) = 1
ˆ ∞
−∞dxδ(x)f(x) = f(0)
δ(x) = 0, x 6= 0
Del mismo modo, podemos interpretar δ(x− xo) en base a
ˆ ∞
−∞dxδ(x− x0) = 1
ˆ ∞
−∞dxδ(x− x0)f(x) = f(xo)
δ(x− x0) = 0, x 6= x0
NotaNo existe ninguna funcion ordinaria con estas propiedades, pero sı existe una funcion general-izada! Ahora que se tiene en claro el significado de las integrales recien mencionadas, se puedetratar la delta de Dirac como una funcion ordinaria, sin olvidar el significado real de esta.Fısicamente, la Delta puede representar una senal o Impulso de gran amplitud y de extensioninfinitamente pequena. Por ejemplo, δ(t− to) puede representar un sonido o una fuerza de granamplitud que ocurre en el instante t = to, y de extension practicamente nula en el tiempo (Unaplauso o el impulso que actua sobre una pelota cuando rebota contra una pared). En electri-cidad y magnetismo, ρ = qδ(x− xo)δ(y − yo)δ(z − z0) representara la densidad volumetrica deuna carga puntual q ubicada en (x0, y0, z0), es decir, es nula en todo el espacio excepto en elpunto (xo, y0, z0)
Igualdad de Funciones GeneralizadasDos funciones generalizadas
g(x) = lımn→∞
gn(x)
h(x) = lımn→∞
hn(x)
son iguales si y solo si, con cualquier funcion f(x) se tiene
38
ˆ ∞
−∞dx[g(x) − h(x)]f(x) = 0
Es decir
g(x).= h(x) ⇐⇒
ˆ ∞
−∞dx[g(x) − h(x)]f(x) = 0
Anteriormente mostramos como una sucesion de funciones rectangulares (δn(x)) definen aδ(x). De igual forma, se puede construır la delta de Dirac con una sucesion de Gaussianas
hn(x) =n√πe−n2x2
de forma que
δ(x) = lımn→∞
hn(x)
Fig. 3.6: Construccion de δ(x) mediante una sucesion de Gaussianas
Este tipo de funciones nos es familiar, sabemos que siempre una distribucion Gaussianatiene como integral total 1 (es una distribucion de Probabilidad). Para demostrar que estasucesion define igualmente a la delta basta con demostrar que
I = lımn→∞
ˆ ∞
−∞dxδn(x) − n√
πe−n2x2f(x) = 0
39
3.4. Propiedades de la delta de Dirac
ˆ ∞
−∞dxδ(x)f(x) = f(0)
δ(x)f(x) = f(0)δ(x)
δ(−x) = δ(x)
δ(ax) =δ(x)
| a |ˆ ∞
−∞dxδ′(x)f(x) = −f ′(0)
δ(x− x′) = 0, x 6= x
ˆ b
a
dx′δ(x− x′) = 1, a < x < b
δ(x− x′) = δ(x′ − x)
ˆ ∞
−∞dx′δ(x− x′)f(x′) = f(x)
ˆ ∞
−∞dx′′δ(x′′ − x′)δ(x′′ − x) = δ(x′ − x)
δ(f(x)) =N∑
i=1
δ(x− xi)
| f ′(x) |x=xi
donde xi son los ceros simples de f(x)
Delta de Dirac en 3 dimensionesSe define
δ(~x− ~x′) = δ(x− x′)δ(y − y′)δ(z − z′)
la cual cumple˚
V
d3x′δ(~x− ~x′) =
1 si ~x ∈ V0 si ~x /∈ V
˚
R3
d3x′δ(~x− ~x′) = 1
˚
R3
d3x′δ(~x− ~x′)f(~x′) = f(~x)
40
Fig. 3.7: Paul Dirac
Paul Dirac(1902-1984) Fısico Ingles. Se graduo de Ingeniero Electrico en 1921, posteri-ormente estudio matematicas y fue recibido en la Universidad de Cambridge. En 1926 desar-rollo una version de la mecanica cuantica en la que unıa el trabajo previo de Werner Heisenbergy de Erwin Schrodinger en un unico modelo matematico que asocia cantidades medibles conoperadores que actuan en el espacio vectorial de Hilbert y describe el estado fısico del sistema.Por este trabajo recibio un doctorado en fısica por Cambridge. En 1928, trabajando en losspines no relativistas de Pauli, hallo la ecuacion de Dirac, una ecuacion relativista que describeal electron. Este trabajo permitio a Dirac predecir la existencia del positron, la antipartıculadel electron
41
ProblemaMuestre que una distribucion discreta de cargas qi, i = 1, 2, ...N ubicada en los puntos ~xi,i = 1, 2, ...N es consistente con una distribucion volumetrica de carga
ρ(~x) =N∑
i=1
qiδ(~x− ~xi)
SolucionPara ver que la distribucion de carga se puede escribir de esta forma, se debe verificar que elcampo electrico que genera es el correcto. En efecto
~E(~x) =
˚
R3
d3x′ρ(~x′)~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
~E(~x) =
˚
R3
d3x′N∑
i=1
qiδ(~x− ~xi)~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
Si la distribucion es finita (N es un numero finito) podemos intercambiar la integral con lasuma (y nos aseguramos que no se espante ningun matematico)
~E(~x) =N∑
i=1
qi
˚
R3
d3x′δ(~x− ~x′i)~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
~E(~x) =N∑
i=1
qi~x− ~xi
| ~x− ~xi |3
que es el campo correcto generado por la distribucion de carga
42
ProblemaDemuestre la propiedad
δ(f(x)) =∑
i
δ(x− xi)
| f ′(x) |x=xi
donde xi son los ceros simples de f(x)
SolucionSea la sucesion de funciones de cuadrado integrable
δn(x) =
0 x < −1/n
n/2 −1/n < x < 1/n
0 x > 1/n
δ(x) es la funcion generalizada asociada a la sucesion δn(x)
δ(x).= lım
n→∞δn(x)
Ahora usaremos el hecho de que dos funciones generalizadas
g(x).= lım
n→∞gn(x)
h(x).= lım
n→∞hn(x)
son iguales si y solo si , con cualquier funcion de prueba f(x) se tiene
ˆ ∞
∞dx (g(x) − h(x)) f(x) = 0
Se define la funcion generalizada
g(x) =∑
i
δ(x− xi)
| dfdx
|x=xi
donde xi son los ceros simples de f . Por supuesto
g(x).= lım
n→∞gn(x)
con
gn(x) =∑
i
δn(x− xi)
| df(x)dx
|x=xi
Sea y(x) una funcion de prueba
ˆ ∞
−∞dxgn(x)y(x) =
ˆ ∞
−∞dx∑
i
δn(x− xi)
| df(x)dx
|x=xi
y(x)
ˆ ∞
−∞dxgn(x)y(x) =
∑
i
ˆ ∞
−∞dx
δn(x− xi)
| df(x)dx
|x=xi
y(x) =∑
i
ˆ xi+1/n
xi−1/n
dxn/2
| df(x)dx
|x=xi
y(x)
Por el teorema del valor medio integralˆ ∞
−∞dxgn(x)y(x) =
∑
i
n/2
| df(x)dx
|x=x∗
(2/n) y(x∗)
43
con x∗ ∈ [−1/n+ xi, 1/n+ xi]. Con esto
lımn→∞
ˆ ∞
−∞dxgn(x)y(x) =
ˆ ∞
−∞dxg(x)y(x) =
∑
i
y(xi)
| dfdx
|x=xi
Ahora, veamos que ocurre con la funcion generalizada
h(x).= lım
n→∞hn(x)
conhn(x) = δn[f(x)]
hn(x) =
0 f(x) < −1/n
n/2 −1/n ≤ f(x) ≤ 1/n
0 f(x) > 1/n
sea Ij = [x1j, x2j], j = 1, 2, ... tal que ∀x ∈ Ij, −1/n ≤ f(x) ≤ 1/n (x2j ≥ x1j) y tal que
Ij⋂
Ii = φ
∀i 6= j (intervalos disjuntos). Ası, por el teorema del valor medio integral
ˆ ∞
−∞dxhn(x)y(x) =
∑
i
ˆ x2i
x1i
dxn
2y(x) =
∑
i
n
2y(x∗i ) (x2i − x1i)
con x∗i ∈ Ii. Ademas, esta garantizada la existencia de un x′i ∈ Ii tal que
| df(x)
dx|x=x′
i=
| 2/n |x2i − x1i
=2/n
x2i − x1i
Luegoˆ ∞
−∞dxhn(x)y(x) =
(2/n) (2/n) y(x∗i )
| df(x)dx
|x=x′
i
Si n→ ∞, Ij = xj tal que f(xj) = 0. Ası
lımn→∞
dxhn(x)y(x) =
ˆ ∞
−∞dxh(x)y(x) =
y(xi)
| df(x)dx
|x= xi
Por lo tanto, se ha demostrado la igualdad entre las funciones generalizadas
δ[f(x)] =∑
i
δ(x− xi)
| df(x)dx
|x=xi
44
Capıtulo 4
Ley de Gauss
En el capıtulo anterior hemos visto las leyes empıricas fundamentales de la electrostatica enel espacio vacıo (sin un medio material presente), las cuales se pueden resumir en lo siguiente1) Las cargas electricas estaticas son fuentes de campos electricos, los cuales actuan sobreotras cargas
2) El campo de una carga puntual esta dado por la Ley de Coulomb, esto es, su magnitudes proporcional a la magnitud de la carga y decrece segun el inverso del cuadrado de la distancia3) Si hay mas de una carga presente, el campo total sera la suma vectorial de los campos debidoa cada carga individual (Principio de Superposicion)
Estas leyes son toda la electrostatica! Si combinamos la ley de Coulomb y el principio desuperposicion, no necesitamos (en teorıa) saber nada mas. A partir de estas leyes vimos ademasque si se tiene una distribucion continua de carga encerrada en un volumen V , el campo electricoen un punto ~x se obtiene evaluando la integral de Coulomb
~E(~x) =1
4πε0
˚
V
d3x′ρ(~x′)(~x− ~x′)
| ~x− ~x′ |3
Mas adelante no utlizaremos demasiado esta formula, la escribimos solo para enfatizar elhecho de que hemos resuelto completamente el problema de la electrostatica en que conocemosexactamente la distribucion espacial de todas las cargas. Es decir, conocemos ρ(~x′) en todo elespacio.
45
Problema que hemos resuelto: Dadas las cargas, ¿como son los campos?Nuestra respuesta es : Resuelva esta integral
~E(~x) =1
4πε0
˚
V
d3x′ρ(~x′)(~x− ~x′)
| ~x− ~x′ |3
Ası que aparentemente no hay nada mas que resolver, todo se trata de calcular integrales en 3dimensiones. (que en la practica pueden ser nada de sencillas). Con las integrales de Coulombpodemos encontrar de forma relativamente sencilla los campos producidos por un plano decarga, de una lınea de carga, de una cascara esferica de carga, o de alguna otra distribucionmas o menos simple.
El gran problema es, que en muchas situaciones reales de la electrostatica, la distribuciones mas compleja, o peor aun, no conocemos inicialmente como estan distribuıdas las cargas,luego las cosas se nos complican. Las posiciones de las cargas pueden depender del campoelectrico, y el campo electrico a su vez dependera de la posicion de las cargas. Por ejemplo,veremos mas adelante que si acercamos un cuerpo cargado a un conductor (es un materialque cumple ciertas propiedades) , los electrones en el conductor se moveran hasta alcanzar unequilibrio electrostatico. La densidad de carga ρ puede ser conocida en parte, (la carga quehemos acercado), pero habra otra parte debida a las cargas que se mueven en el conductor quedefinitivamente no conocemos inicialmente. Y para calcular la integral de Coulomb, toda ladistribucion de carga se debe conocer.
Luego, deberemos introducir otras leyes y herramientas matematicas necesarias para re-solver los problemas de Electrostatica, y veremos que la situacion no siempre es tan facil comose podrıa pensar
4.1. Ley de Gauss de la Electrostatica
Comensaremos por definir una cantidad escalar llamada flujo de un campo vectorial.
Considere la superficie plana de la figura. Se define ~S = Sn como el vector de area, cuyamagnitud es el area de la superficie, S, y apunta en la direccion normal n (perpendicular entodo punto a la superficie). Si la superficie se encuentra sumergida en un campo electrico
uniforme ~E que apunta siempre en la misma direccion de n (perpendicular a la superficie S),
el flujo sobre la superficie es la proyeccion de ~E sobre el vector ~S
ΦE = ~E · ~S = ~E · nS = ES
Ahora, si el campo electrico sigue siendo uniforme pero forma un angulo ϑ con n, el flujosera
46
ΦE = ~E · ~S = EScosϑ
Es decir, el flujo de un campo vectorial sobre una superficie mide en cierta forma la componentenormal a la superficie. Notar que segun la definicion del vector normal n, el flujo electrico espositivo si las lıneas de campo electrico estan saliendo a traves de la superficie, y sera negativosi las lıneas entran a traves de la superficie.
GeneralizacionHemos definido el flujo del campo electrico sobre una superficie muy simple (plana). Ademashemos supuesto que el campo es uniforme (magnitud y direccion constantes). En general,una
superficie S puede ser curva, y el campo electrico ~E puede variar sobre la superficie (tanto enmagnitud como en direccion).
Nos resultara de particular interes aquellas superficies que son cerradas. Una superficiecerrada es aquella que envuelve completamente a un volumen (es el contorno de un volumen).Para calcular el flujo del campo sobre una superficie cerrada, se divide la superficie en unasuma de elementos de area infinitesimales, ∆~Si = ∆Sini, como se ve en la figura.
El flujo a traves de ∆~Si es
∆ΦE = ~Ei · ∆~Si = Ei∆Sicosθ
El flujo total a traves de la superficie se obtiene sumando sobre todos los elementos desuperficie. (A la Riemann) Tomando el lımite cuando ∆Si → 0 se obtiene la integral de flujo
∆ΦE = lım∆Si→0
∑
~Ei · d~Si =
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~E(~x)
Le ley de Gauss establece que el flujo electrico a traves de una superficie cerrada esproporcional a la carga encerrada por ella. Mas concretamente
ΦE =
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =qenc
ε0
47
o, escribiendo de forma explıcita la carga encerrada por Sˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =1
ε0
˚
V (S)
d3x′ρ(~x′)
Esta ley es consecuencia directa de la Ley de Coulomb y la geometrıa Euclıdea. Notar quecampos electricos creados por cargas fuera de la superficie no contribuyen al flujo total. Esdecir, el flujo sobre una superficie cerrada solo depende de la carga encerrada por ella.
La forma de la superficie puede ser elegida arbitrariamente. Para las superficies de la figura,el mismo resultado se obtiene para el flujo electrico (ΦE = Q/ε0).
La ley de Gauss es extremadamente util en muchos casos. Hay que notar, que a partir dela Ley de Gauss es posible recuper la Ley de Coulomb, es decir, conociendo la ley de Gaussuno podrıa determinar la forma de los campos. Hay que notar ademas, que hay casos en loscuales esta ley no es practica, es util solo en problemas donde la integral de flujo es simplede calcular.
Ejemplo: Campo de una distribucion esferica homogenea de cargaTal como en el capıtulo 1, se desea obtener el campo electrico de una distribucion de carga
ρ(~x′) =
ρ0 si | ~x′ |≤ R0 si | ~x′ |> R
donde el origen del sistema de coordenadas coincide con el centro de la distribucion de carga.Una forma de resolver esto es evaluando la integral de Coulomb (no muy recomendable). Otra,es considerando la evidente simetrıa esferica del campo electrico, es claro que este solo puededepender de la distancia r al origen. Ademas, su direccion debe coincidir con la direccion radialr. De esta forma, para obtener el campo exterior, escogemos una superficie Gaussiana esfericade radio r > R, como se muestra en la figura
El flujo del campo electrico sobre esta superficie es
Φ =
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =
ˆ
ˆ
S
dSr · E(r)r = E(r)
ˆ
ˆ
S
dS
48
Φ = E(r)4πr2 =Q
ε0
donde Q es la carga total de la distribucion
~E = E(r)r =Q
4πε0r2r
es decir, igual al de una carga puntual Q en el origen. En terminos de la densidad ρ0
Q =4
3πR3ρ0
~E = E(r)r =ρ0R
3
3ε0r2r
Mismo resultado obtenido en el capıtulo anterior (ahora de forma mucho mas simple). Ahora,para el campo interno, nuevamente escogemos una superficie Gaussiana de radio r < R
Nuevamente el flujo es
Φ =
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = E(r)4πr2 =qinε0
donde qin es la carga encerrada por la superficie S, en este caso
qin =4
3πr3ρ0
de forma que
E(r)4πr2 =4πr3ρ0
3ε0
E(r) =rρ0
3ε0
es decir, el campo electrico en el interior de la distribucion es lineal en r. Finalmente
~E(~x) =
rρ0
3ε0r si | ~x |≤ R
ρ0R3
3ε0r2 r si | ~x |> R
49
Notar que el campo es continuo en | x |= R
pero no es diferenciable en dicho punto!
Ejemplo: Plano infinito de cargaConsideremos un plano infinito en X − Y con densidad superficial de carga uniforme σ. Sedesea determinar el campo electrico en todo el espacio
Debido a que la carga esta distribuıda uniformemente en la superficie, el campo electrico ~Edebe ser perpendicular al plano , ~E = Ek. Ademas, la magnitud del campo es constante enplanos paralelos al plano de carga. Elegimos como superficie Gaussiana un cilindro (llamadopor muchos autores como caja de pıldoras)
el flujo sobre esta superficie es
Φ =
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =
¨
d~S1 · ~E1 +
¨
d~S2 · ~E2 +
¨
d~S3 · ~E3
donde se ha dividido la superficie cerrada en la superficies S1 y S2 (tapas), y en S3 (manto).Claramente el flujo sobre este ultimo es cero, pues el campo es perpendicular en todo punto alvector normal a S3. Con esto
Φ =
ˆ
ˆ
S
d~S · ~E =
¨
d~S1 · ~E1 +
¨
d~S2 · ~E2
50
S1 y S2 estan a la misma distancia del plano infinito, luego, en ambas superficies la magnituddel campo debe ser la misma, digamos, E, luego
Φ =
ˆ
ˆ
S
d~S · ~E = E
(¨
dS1 +
¨
dS2
)
= 2AE
donde A es la superficie total de S1 y S2. Por la ley de Gauss, el flujo del campo electrico es
Φ = 2AE =qinε0
donde la carga encerrada por esta superficie es
qin = σA
de forma que
E =σ
2ε0
en notacion vectorial
~E(~x) =
σ2ε0k si z > 0
− σ2ε0k si z < 0
notar que el campo tiene una discontinuidad en z = 0
lımz→0+
~E(z) − lımz→0−
~E(z) =σ
ε0
Veremos que el campo electrico siempre es discontinuo al atravesar una superficie cargada
51
ProblemaSe tiene una cascara esferica de radio a y de carga Q distribuıda uniformemente sobre su su-perficie. Encuentre el campo electrico en todo el espacio
SolucionPor la simetrıa esferica de la distribucion de carga, y utilizando un sistema de coordenadascuyo origen coincide con el centro de la distribucion, se tiene que el campo electrico debe serde la forma
~E = E(r)r
Para r < a, elegimos una superficie Gaussiana esferica de radio r, como se muestra en lafigura
de la ley de Gaussˆ
ˆ
S
d~S · ~E =qinε0
Es claro que en este caso no hay carga encerrada por la superficie, de forma que
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = E(r)4πr2 = 0 → E(r) = 0
Para r > a, nuevamente elegimos una superficie Gaussiana esferica de radio r
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 4πr2E(r) =Q
ε0
~E = E(r)r =Q
4πε0r2r
es decir, para r > a el campo es igual al de una carga puntual Q en el origen.
52
~E(~x) =
~0 si | ~x |< aQ
4πε0r2 r si | ~x |> a
El campo es discontinuo en r = a (siempre lo es al atravesar una superficie cargada)
Notar que
lımr→a+
E(r) − lımr→a−
E(r) =Q
4πε0a2=σ
ε0
donde σ es la densidad superficial de carga. Notar que se obtuvo lo mismo en la interfaz de unplano cargado (En efecto, es un resultado general)
53
ProblemaConsidere un cable coaxial muy largo, el cable esta compuesto por un cilindro solido interior,de radio a que lleva una densidad de carga volumetrica ρ (constante) y por un cilindro exteriorhueco de radio b (b > a) que lleva una densidad de carga superficial σ, esta densidad es tal queel cable es electricamente neutro. Encuentre el campo electrico producido por el cable en todoel espacio
SolucionEstablecemos un sistema de coordenadas cilındricas en el centro del cable
Distinguimos tres regiones,I, II y III dadas por r > b, a < r < b y r < a respectivamente. Porsimetrıa, el campo (de existir) en la region I debe ser radial, y su magnitud unicamente funcionde r (La figura posee una clara simetrıa azimutal, es decir, es invariante ante una rotacion delangulo polar ϕ). Por ley de Gauss
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =1
ε0Qint
donde S es cualquier superficie cerrada y Qint la carga encerrada por esta
Qint =
˚
V (S)
d3x′ρ(~x′)
Debemos encontrar una superficie con las siguientes caracterısticas: ~E(~x′)//n(~x′) y | ~E(~x′) |constante ∀~x′ ∈ S . Dada la simetrıa del problema usamos como superficie un cilindro de radior > b y altura h S
54
Luegoˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x) =
¨
Manto
d~S(~x′) · ~E(~x′) +
¨
Tapas
d~S(~x′) · ~E(~x′)
Para todo ~x′ en el manto, d~S(~x′) = dS(~x′)n(~x′) = rdϕdzr(ϕ), y ~E(~x′) = E(r)r(ϕ), de formaque
¨
Manto
d~S(~x′) · ~E(~x′) = E(r)
¨
Manto
dS(~x′) = 2πrhE(r)
Por otro lado, para todo ~x′ en las tapa superior, d~S(~x′) = rdϕdrz, y en la tapa inferior
d~S(~x′) = −rdϕdrz , mientras que ~E(~x′) = E(r)r(ϕ)⊥d~S(~x′), luego
¨
Tapas
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 0
con esto
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x) = E(r)2πrh
pero como el cable es neutro, Qint = 0. Luego
E(r)2πrh = 0 → E(r) = 0, r > b
Notar que
Qint = πa2hρ+ σ2πbh = 0
luego
σ = −ρa2
2b
En la region II: a < r < b, la simetrıa nuevamente implica la naturaleza radial del campoelectrico (al igual que su dependencia en r y no en ϕ). Nuevamente utilizamos como superficiecerrada un cilindro de radio r y altura h
55
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x) =1
ε0Qint
Por los mismos argumentos utilizados anteriormente, la integral de flujo se reduce a
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x) = E(r)2πrh
y
Qint =
˚
V (S)
d3x′ρ(~x′) = ρ
˚
V (S)
d3x′ = ρπa2h
entonces
E(r)2πrh = ρπa2h
ε0
~E(~x) =a2ρ
2ε0rr
si r ∈ [a, b]
Por ultimo, para la region III: r < a, se escoge nuevamente un cilindro de radio r y alturah. Los mismos argumentos de simetrıa son validos aquı para determinar el campo electrico.Resulta
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x) =1
ε0Qint
yˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x) = E(r)2πrh
Qint =
˚
V (S)
d3x′ρ(~x′) = ρ
˚
V (S)
d3x′ = ρπr2h
entonces
E(r)2πrh = ρπr2h
ε0
~E(~x) =ρr
2ε0r
En resumen (notar discontinuidad al atravesar la superficie cargada r = b)
~E(~x) =
ρr2ε0
si 0 ≤ r < aa2ρ2ε0r
si a < r < b
0 si b < r
56
ProblemaConsidere dos esferas no concentricas de radio R. La primera de ellas lleva una densidadvolumetrica de carga ρ y la segunda −ρ. Los centros de las esferas estan a distancia menorque 2R. si ~d es el vector que va del centro de la esfera positiva al centro de la negativa, de-muestre que el campo electrico en la interseccion de las esferas es constante, y encuentre suvalor
SolucionEste problema se resuelve por superposicion y recordando la forma del campo electrico generadopor una distribucion homogenea y esferica de carga (resuelto anteriormente)
~E(~x) =
ρr3ε0r si r ≤ R
ρR3
3ε0r2 r si r > R
donde r es la distancia al centro de la distribucion. Ahora, sea P un punto arbitrario dentrode la region de la interseccion
57
El campo en P producido por la distribucion de carga positiva es
~E1 =ρ
3ε0~r
y el de la distribucion de carga negativa
~E2 =−ρ3ε0
~r′
Por el principio de superposicion, el campo electrico en P esta dado por
~E(P ) = ~E1 + ~E2 =ρ
3ε0~r +
−ρ3ε0
~r′
Pero~d+ ~r′ = ~r
de forma que~r′ = ~r − ~d
~E(P ) =ρ
3ε0~r +
−ρ3ε0
(
~r − ~d)
~E(P ) =ρ
3ε0~d
P fue escogido de manera arbitraria, luego, para todo ~x dentro de la distribucion, el campoelectrico es uniforme y esta dado por
~E(~x) =ρ
3ε0~d
notar que es paralelo a la direccion que une ambos centros
58
ProblemaSe tiene un cilindro de radio R muy largo y con densidad de carga homogenea ρ. Se ha suprimidoun cilindro con eje paralelo con el mismo largo y radio R/2. El vector que une el centro delcilindro con el centro de la cavidad es ~a para una seccion transversal. Se pide obtener la expresiondel campo electrico en un punto cualquiera de la cavidad que no pertenezca a la recta que unelos centros del cilindro y de la cavidad
SolucionEste problema se puede resolver de forma muy simple utilizando el principio de superposicion.Evidentemente podemos considerar el problema del cilindro lleno con densidad ρ, y superponerun cilindro menor con densidad −ρ. Primero, debemos encontrar una expresion para el campoelectrico al interior de un cilindro muy largo de radio R.
Debido a la simetrıa, es evidente que el campo electrico al interior del cilindro debe serradial y constante a una cierta distancia r del centro.
Luego, utilizamos como superficie de Gauss un cilindro de radio r y largo L.
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =Qin
ε0
Ahora, notemos que el cilindro lo podemos dividir en 3 superficies
59
Luego la ley de Gauss queda
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =
¨
S
d~S1 · ~E1 +
¨
S
d~S2 · ~E2 +
¨
S
d~S3 · ~E3
Notar que en todos los puntos de la superficie S1 el campo electrico es perpendicular alvector normal. Lo mismo sucede con la superficie S2, luego, las dos primeras integrales de flujoson nulas. Se tiene entonces
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =
¨
S
d~S3 · ~E3 =
¨
S
Err · dS3r
E(r)
¨
S
dS3 = E(r)2πrL
Ahora, la carga encerrada por la superficie de Gauss es
Qin =
˚
V (S)
d3x′ρ(~x′)
donde V (S) es el volumen encerrado por S. Como ρ es constante,
Qin = ρ
˚
V
d3x′ = ρπr2L
Luego la ley de Gauss quedaE(r)2πrL = ρπr2L
E(r) =ρr
2
Ahora, eligiendo un punto P dentro de la cavidad, tendremos que el campo total sera lasuma vectorial del campo electrico debido a un cilindro homogeneo de carga y del campo debidoa un cilindro homogeneo de carga negativa, tal como indica la figura
~E1 =ρr
2r
~E2 = −ρx2r′
donde
r′ =(~r − ~a)
x=
(rr − ~a)
x
Sumando ambos campos
60
~E =ρr
2r − ρx
2
(rr − ~a)
x
~E =ρr
2r − ρrr
2+ρ~a
2
~E =ρ~a
2
El campo en todo punto de la cavidad es uniforme y paralelo al vector ~a
61
ProblemaConsidere un plano infinito de carga con densidad superficial σ > 0. Se practica un orificiocircular de radio R.a) Calcule el campo electrico en cualquier punto de abscisa x perteneciente al eje del orificiob) A lo largo del eje del orificio se coloca una lınea de carga de largo a, densidad lineal λ > 0y cuyo punto mas proximo se encuentra a distancia µ del centro del orificio. Calcule la fuerzade repulsion que experimenta la lınea de carga.
SolucionUna forma natural de solucionar este problema es utilizando el principio de superposicion.Esto es, considerar al plano con un orificio como la suma de un plano completo con un discode densidad superficial −σ. Ya se vio que el campo debido a un plano infinito de carga eshomogeneo y esta dado por
~E1 =σ
2ε0k
Ahora, para calcular el campo en el eje de un disco, de radio R y densidad σ
Un elemento de superficie del disco esta dado por dA = rdrdφ, que tiene asociado unelemento diferencial de carga, dado por dq = σdA = σrdrdφ.Ası, el campo electrico en P debido a este elemento de superficie sera
d ~E2 =1
4πε0
dq(~x− ~x′)
| ~x− ~x′ |3
donde ~x = xk, ~x′ = r(cosφi+ sinφj) ası
62
| ~x− ~x′ |= (r2 + x2)1/2
~x− ~x′ = xk − r(cosφi+ sinφj)
Con esto la contribucion al campo total en P debido al elemento de superficie es
d ~E2 =1
4πε0
σrdrdφ(xk − rr)
(r2 + x2)3/2
Ası, el campo electrico total en P debido al disco completo sera
~E2 =σx
4πε0
ˆ 2π
0
dφ
ˆ R
0
drr
(r2 + x2)3/2k − σ
4πε0
ˆ 2π
0
dφ(cosφi+ sinφj)
ˆ R
0
drr2
(r2 + x2)3/2
La segunda integral es 0, y esto se puede mostrar calculandola directamente o usando elargumento de simetrıa, ya que es evidente que el campo electrico resultante en el eje solotendra componente en k. Sea u = r2 + x2, ası, du = 2rdr , con esto
~E2 = 2πσx
4πε0
ˆ R2+x2
x2
du
2u3/2k
Donde el factor 2π sale de integrar dφ entre 0 y 2π. Finalmente
~E2 =σx
4ε0− 2u−1/2
∣
∣
∣
x2+R2
x2k = −σx
2ε0
1√R2 + x2
+σx
2ε0
1
xk
~E2 =−σx+ σ
√R2 + x2
2ε0√R2 + x2
k
~E2 =σ
2ε0
(
1 − x√R2 + x2
)
k
Notar que si R → ∞ se recupera el campo de un plano infinito
~E =σ
2εok
Finalmente el campo electrico total en P , sera la suma de ~E1 y - ~E2, ya que el disco tienedensidad de carga −σ
~E(P ) =σ
2ε0+
σ
2ε0
(
x√R2 + x2
− 1
)
k
~E(P ) =σ
2ε0
x√R2 + x2
k
b)
63
Para calcular la fuerza sobre el alambre de carga, bastara con tomar un elemento diferencialde longitud dx y obtener la fuerza electrostatica que actua sobre este
d~F = dq ~E(x) = λdx~E(x) =σx
2ε0
λ√R2 + x2
dxk
Con lo que la fuerza total sobre la lınea de carga sera
F =
ˆ µ+a
µ
dx
(
σx
2ε0
λ√R2 + x2
)
k
Sea z = R2 + x2 , con lo que dz = 2xdx. Finalmente
~F =λσ
4ε0
ˆ R2+(µ+a)2
R2+µ
dz√zi =
σλ
2ε0
(
√
R2 + (µ+ a)2 −√
R2 + µ2)
k
64
ProblemaConsidere la siguiente distribucion volumetrica de carga en coordenadas esfericas
ρ(r) =k
r2, a ≤ r ≤ b
Encuentre el campo electrico en todo el espacio
SolucionSe tiene la distribucion de carga dada por
ρ(r) =k
r2, a ≤ r ≤ b
Consideremos las distribuciones auxiliares
ρ1(r) =k
r2, 0 ≤ r ≤ b
ρ2(r) = − k
r2, 0 ≤ r ≤ a
Es facil ver queρ(r) = ρ1(r) + ρ2(r)
Luego, podemos calcular por separado ambos campos electricos para luego superponerlos.Consideremos entonces, el problema
ρ′ =k′
r2, 0 ≤ r ≤ R
Sea la region del espacio en que r > R. Dada la simetrıa esferica de la distribucion, escogemoscomo superficie Gaussiana S una esfera concentrica al origen y de radio r > R
65
El flujo a traves de S seraˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 4πr2
La carga encerrada por esta superficie es
Qint =
˚
V (S)
d3x′ρ(~x′) =
ˆ 2π
0
dϕ
ˆ π
0
dϑ sinϑ
ˆ R
0
drr2 k′
r2= 4πRk′
Por ley de Gauss
E(r)4πr2 =4πRk′
ε0
~E(r) =Rk′
ε0r2r, r > R
Ahora, para r < R, nuevamente se utiliza una superficie esferica de radio r y se resuelve enforma analoga a la anterior, lo unico que varıa es la carga encerrada
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 4πr2
esta vez la carga encerrada es la carga contenida en todo el volumen de la superficie deGauss
Q =
˚
S(V )
d3x′ρ(~x′) = 4πrk′
entonces
E(r)4πr2 =4πrk′
ε0
~E(r) =k′
ε0rr
Ahora, superponemos los campos generados por ρ1 y ρ2. Si r > b > a
~E =bk
ε0r2r +
(−k)aε0r2
r
~E =k(b− a)
ε0r2r
Si a < r < b
~E(r) =k
ε0rr +
(−k)aε0r2
r
~E(r) =
(
k
ε0r− ak
ε0r2
)
r
Por ultimo, parar < a
~E(r) =
(
k
ε0r− k
ε0r
)
r
~E(r) = 0
66
En resumen
~E(r) =
0 si r < a(
kε0r
− akε0r2
)
r si a < r < bk(b−a)ε0r2 r sir > b > a
Notar que este problema se podrıa haber resolvido facilmente utilizando directamente laley de Gauss. Sin embargo, utilizar el principio de superposicion facilita mucho el calculo enalgunos otros casos
67
ProblemaDos planos infinitos y paralelos, a distancia a uno del otro, delimitan una region del espacio quecontiene una distribucion continua y uniforme de carga electrica cuya densidad volumetrica esρ constante.a) Calcular el campo electrico en el punto A a distancia x del plano central y el campo en unpunto exterior P a distancia r del plano central
b) Ahora en la distribucion de carga anterior se reemplaza una esfera como en la figura poruna distribucion con carga de densidad uniforme −ρ. Calcular el campo en el centro de la esfera, y en un punto P exterior a distancia x del plano central
SolucionPara encontrar el campo electrico al interior de la distribucion, podemos utilizar la Ley deGauss. Notar que como la region esta limitada por planos infinitos, por un argumento desimetrıa el campo ~E solo tendra componente en la direccion i.
Notar ademas, que para x > 0, el campo tendra direccion x, mientras que si x < 0, el campotendra direccion −x. Utilizando un cilindro como superficie de Gauss, de radio x , se tiene
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =qinε0
En este caso solo habra flujo a traves de las tapas del cilindro, puesto que el campo eshorizontal y perpendicular a la normal del cilindro sobre el manto. Luego
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = E(x)2S
68
donde S es el area de cada tapa. Ahora, la carga encerrada por este cilindro sera simplemente
qin = ρV = ρ2xS
Con esto
2SE(x) =ρ2xS
ε0
E(x) =ρx
ε0
Finalmente, para | x |< a/2~E =
ρx
ε0i
Ahora, para obtener el campo en un punto exterior a distancia r > a/2 del plano central,volvemos a utilizar la ley de Gauss, como se aprecia en la figura
Nuevamente solo habra flujo por S1 y S2, luego
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · d ~E(~x′) = E(r)
(¨
S1
dS1 +
¨
S2
dS2
)
ˆ
ˆ
S
d~S · ~E = E(r)2S
la carga encerrada por el cilindro sera
qin = ρaS
Luego
E(r)2S =ρaS
ε0
de donde se obtiene, para | r |> a/2
~E =ρa
2ε0i
Notar que no depende de la distancia al plano central.
b) Por el principio de superposicion, este problema equivale a considerar la distribucion decarga de la parte a) mas una esfera de densidad volumetrica de carga −2ρ.El campo en el centro de la esfera, debido a la esfera misma es nulo, por simetrıa. Ası, elcampo total en el centro sera, simplemente ~E(a/4) donde ~E es el campo interior creado por ladistribucion entre planos calculado anteriormente.
69
~Ecentro =ρa
4ε0i
Ahora, para obtener el campo en el punto P, calculemos primero el campo debido a la esferade carga usando la Ley de Gauss,
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =qinε0
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =
ˆ
ˆ
S
dSr · E(r)r = E(r)
ˆ
ˆ
S
dS
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = E(r)4πr2
y la carga encerrada por la superficie de Gauss es
qin = −2ρ4π(a/4)3
3= −ρπa
3
24
Con esto
E(r) = − ρa3
96r2ε0
Esto corresponde al campo debido a la esfera, donde r es la distancia entre el punto P y elcentro de la esfera. En este caso, el centro de la esfera se encuentra en x = a/4, con lo que elcampo total en P sera
~E(P ) =ρa
2ε0i− ρa3
96ε0(x− a/4)2i
con | x |> a/2
70
ProblemaCalcule la fuerza por unidad de largo que se ejercen una huincha muy larga de ancho b ydensidad de carga σ y un alambre igualmente largo con densidad lineal de carga λ, puesto enel mismo plano que la huincha a distancia d del borde inferior, como muestra la figura
SolucionPodemos optar por calcular la fuerza que ejerce la distribucion lineal de carga sobre la dis-tribucion plana, o viceversa. Utilizaremos la primera opcion, y para ello necesitamos obtenerel campo electrico generado por la distribucion lineal. Esto ya ha sido resuelto anteriormentecon ley de Gauss, considerando la simetrıa cilındrica del campo electrico en presencia de unadistribucion linal infinita de carga
Si la superficie Gaussiana es un cilindro de radio r y largo h, y utilizando coordenadascilındricas
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =
ˆ 2π
0
dϕr
ˆ h
0
dzr(ϕ) · ~E(r)r(ϕ) = 2πrhE(r) =λh
ε0
y entonces
~E(r) =λ
2πε0rr
De esta forma, en el plano que contiene a ambas distribuciones, y definiendo las direccionesi, j (como se indica en la figura)
71
el campo electrico generado por la distribucion lineal tiene la forma
~E(~x) =λ
2πε0rj
donde r es la distancia vertical entre ~x y el alambre. Fijando el origen de coordenadas segunlo indicado en la figura, calculemos la fuerza que se ejerce sobre una porcion de largo L de ladistribucion plana de carga con densidad σ. Un elemento de area de coordenadas (x, y) poseeuna carga dada por
dq(x, y) = σdxdy
y el campo electrico en dicho punto debido a la distribucion lineal es
~E(x, y) =λ
2πε0(d+ y)j
Luego, la fuerza que se ejerce sobre este elemento de area es
d~F (x, y) = dxdyσλ
2πε0(d+ y)j
consideremos la distribucion dada por 0 ≤ x ≤ L, 0 ≤ y ≤ b. La fuerza neta sobre estaporcion es
~F =
ˆ L
0
dx
ˆ b
0
σλ
2πε0(d+ y)j
~F =σλL
2πε0
ˆ b
0
1
d+ yj =
σλL
2πε0ln(d+ y)
∣
∣
∣
b
0j
~F =σλL
2πε0ln
(
d+ b
d
)
j
y la fuerza por unidad de largo es
~F
L=
σλ
2πε0ln
(
d+ b
d
)
j
72
Capıtulo 5
El potencial Electrostatico
Vimos anteriormente que el campo Electrostatico generado por una distribucion de cargase escribe en su forma mas general como una integral de Coulomb
~E(~x) =1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)(~x− ~x′)
|~x− ~x′|3
Hemos establecido ademas una relacion interesante entre el flujo del campo sobre una su-perficie cerrada y la carga encerrada por esta (Ley de Gauss). Esta relacion es consistente conla ley de Coulomb y establece que el flujo del campo electrico sobre cualquier superficie cerradaS es
ˆ
ˆ
S
d~S ′ · ~E(~x′) =1
ε0
˚
V (S)
d3x′ρ(~x′)
Ahora, veremos una segunda ley muy importante en electrostatica, y para enunciarla de-mostraremos el siguiente lema
~∇ 1
| ~x− ~x′ | = − ~x− ~x′
|~x− ~x′|3Demostracion
Esta es trivial considerando que
| ~x− ~x′ |=(
(x− x′)2 + (y − y′)2 + (z − z′)2)1/2
y
~∇ 1
| ~x− ~x′ | =∂
∂x
1
| ~x− ~x′ | i+∂
∂y
1
| ~x− ~x′ | j +∂
∂z
1
| ~x− ~x′ | k
veamos que ocurre con la componente segun i
∂
∂x
1
| ~x− ~x′ | i = − 1
| ~x− ~x′ |2∂
∂x| ~x− ~x′ | i
∂
∂x
1
| ~x− ~x′ | i = − 1
| ~x− ~x′ |21
2
(
(x− x′)2 + (y − y′)2 + (z − z′)2)−1/2
2(x− x′)i
∂
∂x
1
| ~x− ~x′ | i = − x− x′
| x− x′ |3 i
73
El calculo es analogo para las demas componentes, y se demuestra que
~∇ 1
| ~x− ~x′ | = − ~x− ~x′
|~x− ~x′|3
¿Que tendra que ver esto con electrostatica? No es difıcil reconocer el parecido del campovectorial
~x− ~x′
|~x− ~x′|3
con el campo electrostatico, puesto que en su forma mas general puede ser escrito como
~E(~x) =1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)(~x− ~x′)
|~x− ~x′|3
Utilizando el lema recien demostrado, esto se reescribe como
~E(~x) = − 1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)~∇ 1
| ~x− ~x′ |
~E(~x) = −~∇ 1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)1
| ~x− ~x′ |
Se obtiene que el campo electrico es menos el gradiente de un campo escalar. Se define elpotencial electrostatico de una distribucion de cargas como
φ(~x) =1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |y el campo electrico cumple
~E(~x) = −~∇φ(~x)
Notar que es inmediato que el potencial de una carga puntual ubicada en ~x′ estara dadopor
φ(~x) =1
4πε0
q
| ~x− ~x′ |
Potencial de una distribucion discretaSupongamos que se tiene una distribucion discreta de cargas qj, j = 1, 2, ...N ubicadas en lasposiciones ~xj, j = 1, 2, ...N . El potencial de esta distribucion se puede obtener facilmente apartir del potencial de una sola carga utilizando el principio de superposicion
φ(~x) =1
4πε0
N∑
i=1
qj| ~x− ~xi |
por supuesto, esto es consistente con la densidad de carga en terminos de la delta de Dirac
ρ(~x) =N∑
i=1
qiδ(~x− ~xi)
74
en efecto, de la definicion para el potencial
φ(~x) =1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ | =1
4πε0
˚
R3
d3x′1
| ~x− ~x′ |
N∑
i=1
qiδ(~x′ − ~xi)
φ(~x) =1
4πε0
N∑
i=1
qi
˚
R3
d3x′δ(~x′ − ~xi)
| ~x− ~xi |=
1
4πε0
N∑
i=1
qi| ~x− ~xi |
φ(~x) =1
4πε0
N∑
i=1
qj| ~x− ~xi |
5.1. Interpretacion Fısica del Potencial
Supongamos que se tiene una distribucion de carga en el espacio, esta generara un campoelectrico ~E(~x). Consideremos el trabajo efectuado contra las fuerzas del campo al trasladarcuasiestaticamente una carga puntual q desde un punto ~x1 hasta el punto ~x2, siguiendo unatrayectoria cualquiera Γ. Por cuasiestaticamente, se entiende que no se altera la energıa cineticaal mover a la carga. Esto se puede lograr exclusivamente si la fuerza neta sobre la carga es cero(recordar Teorema del Trabajo). De esta forma, debemos ejercer una fuerza de igual magnitudy contraria a la fuerza electrostatica que actua sobre la carga. Esto es
W = −ˆ ~x2
~x1
d~x · q ~E(~x)
Podrıa ser que este trabajo dependiera de la trayectoria utilizada para ir desde ~x1 hasta ~x2.Sin embargo, como
~E(~x) = −~∇φ(~x)
W = −ˆ ~x2
~x1
d~x · q ~E(~x) = q
ˆ ~x2
~x1
d~x · ~∇φ(~x)
Utilizando la parametrizacion de la curva Γ: ~x = ~x(l′), donde l ∈ [0, l]
W = q
ˆ l
0
dl′d~x
dl′· ~∇φ(~x(l′))
75
W = q
ˆ l
0
dl′dφ(~x(l′))
dl′= q
ˆ φ2
φ1
dφ = q (φ2 − φ1)
Finalmente hemos obtenido
W = −qˆ ~x2
~x1
d~x · ~E(~x) = q (φ2 − φ1)
Independiente de la curva Γ!Si tomamos una carga unitaria, q = 1, la interpretacion de este resultado es como sigue:
El trabajo necesario para mover una carga unitaria cuasiestaticamente desde el punto x1 hasta
el punto x2 contra el campo electrico es igual a la diferencia de potencial entre x2 y x1
Ahora, notemos que
ˆ ~x2
~x1
d~x · ~E(~x) = − (φ2 − φ1)
Por lo tanto, sobre una trayectoria cerrada
˛
d~x · ~E(~x) = 0
el campo electrico es conservativo. Observese que este resultado fısico es consecuencia deCoulomb y la geometrıa Euclıdea
Notar que U(~x) = qφ(~x) es la Energıa Potencial de una carga q en la posicion ~x. Enefecto, la fuerza asociada a esta interaccion es
~F = −~∇U(~x) = q ~E(~x)
Otro enfoque para la electrostaticaLa introduccion del campo escalar φ presenta muchas ventajas para resolver matematicamenteel problema de la electrostatica. Como vimos, si conocemos la distribucion de carga, es de-cir, conocemos explıcitamente ρ(~x), podemos calcular el campo resolviendo las integrales deCoulomb. Sin embargo, como ya se dijo anteriormente, estas integrales pueden ser complicadas,un metodo alternativo serıa resolver las integrales de Coulomb para el potencial
φ(~x) =1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |Notar que calcular esta integral es notoriamente mas simple que calcular la integral para
el campo electrico. En primer lugar, no aparece ninguna cantidad vectorial. En segundo lugar,el potencial solo depende del inverso de la distancia a la fuente, en cambio el campo electricodepende del cuadrado de la distancia. Notemos que una vez obtenido el potencial en todo elespacio, determinar el campo electrico es muy sencillo, solo basta con evaluar ~E(~x) = −~∇φ(~x),y todos sabemos que derivar es mucho mas sencillo que integrar.
Ahora, aun no hemos dicho nada sobre que hacer cuando la distribucion de carga no esconocida, eso lo veremos mas adelante, pero justamente el potencial electrostatico es una her-ramienta muy poderosa a la hora de resolver ese tipo de problemas mas complejos.
76
5.2. Energıa Potencial de una distribucion de carga disc-
reta
El trabajo necesario para traer una carga q cuasiestaticamente desde el infinito hasta unpunto ~x es, simplemente
W = qφ(~x)
suponiendo que el potencial en el infinito es cero (Esto se cumple si, por ejemplo, toda lacarga esta localizada dentro de un volumen finito). Luego, esta carga ha adquirido una energıapotencial igual a U(~x) = qφ(~x). De la misma forma, una distribucion de carga tiene una energıapotencial asociada, ya que un trabajo se debe realizar para mantener la distribucion en su lugar.
Calculemos la energıa potencial de un sistema electrostatico de cargas puntuales. Para elloinicialmente traemos una carga q1 hasta un punto cualquiera ~x1. El trabajo necesario para estoes nulo, ya que inicialmente no existe un campo electrico alguno que ejerza una fuerza sobreq1. Con esto
W1 = 0
y el sistema en este estado posee una energıa potencial igual a
U = W1 = 0
Ahora, para traer una carga q2 hasta un punto ~x2, como se aprecia en la figura
se requiere hacer un trabajo igual a
W2 = φ(x2)q2 =1
4πε0
q1| ~x1 − ~x2 |
q2
Con esta configuracion, el sistema tiene asociada una energıa potencial dada por
U = W1 +W2 =1
4πε0
q1| ~x1 − ~x2 |
q2
Ahora, para traer una tercera carga q3, como se ve en la figura
77
el trabajo necesario sera
W3 = q3φ(~x3) =
(
1
4πε0
q1| ~x1 − ~x3 |
+1
4πε0
q2| ~x2 − ~x3 |
)
q3
En sıntesis, el trabajo necesario para formar esta configuracion de 3 cargas a distancias r12,r13, r23 es
U = W1 +W2 +W3 =1
4πε0
q1r13
q3 +1
4πε0
q2r23
q3 +1
4πε0
q1r12
q2
Y es igual a la energıa potencial total de esta configuracion, que se puede reescribir como
U =1
2
1
4πε0(q1q2r12
+q2q1r21
+q1q3r13
+q3q1r31
+q2q3r23
+q3q2r32
)
U =1
2
((
1
4πε0
q2r21
+1
4πε0
q3r31
)
q1 +
(
1
4πε0
q1r12
+1
4πε0
q3r32
)
q2 +
(
1
4πε0
q1r13
+1
4πε0
q2r23
)
q3
)
U =1
2(φ(~x1)q1 + φ(~x2)q2 + φ(~x3)q3)
Donde φ(~xi) no es mas que el potencial en la posicion de la carga i debido a las demascargas. En general, para un sistema de N cargas, se tiene que la energıa potencial asociada alsistema es
U =1
2
N∑
i=1
qiφ(~xi)
Esto se puede extender al caso continuo, donde la energıa potencial de una distribucioncontinua de carga es, equivalentemente
U =1
2
˚
V
φ(~x′)dq(~x′) =1
2
˚
V
d3x′ρ(~x′)φ(~x′)
78
5.3. El dipolo Electrico
Definiremos una cantidad absolutamente general asociada con una distribucion de cargasρ(~x), llamada Momento Dipolar
~p =
˚
V
d3x′~x′ρ(~x′)
donde V es un volumen que contiene todas las cargas. Notar en primer lugar que ~p esun vector constante que dependera de la forma en que estan distribuıdas las cargas. De ciertaforma, es una suma de las posiciones ponderadas por sus respectivas cargas. El momento dipolarde una distribucion discreta de N cargas es, por supuesto
~p =N∑
i=1
~xiqi
Dipolo ElectricoEstudiemos ahora un cierto tipo muy particular de distribucion de carga. Primeramente, imag-inemos 2 cargas cualquiera q1, q2 separadas una distancia a, como muestra la figura
El momento dipolar esta dado por
~p = q1~x1 + q2~x2
Definamos ademas, el vector ~x como el vector posicion del punto medio entre q1 y q2, y ladireccion k que apunta desde q1 hacia q2. De esta forma, es claro que
~x1 = ~x− a
2k
~x2 = ~x+a
2k
luego
~p = q1(~x−a
2k) + q2(~x+
a
2k)
~p = (q1 + q2) ~x+a(q2 − q1)
2k
Ahora, consideremos que ambas cargas son iguales en magnitud, pero de signo opuesto.Digamos q2 = q, q1 = −q. Esto es lo que se conoce como dipolo electrico y entonces
~p = qak
79
En resumen, para un dipolo electrico, el momento dipolar es un vector de magnitud qa y sudireccion va siempre desde la carga negativa hacia la carga positiva. Esta configuracion es muyimportante en electrostatica.
5.4. Campo de un Dipolo
Calculemos el potencial electrico en un punto P debido a un dipolo. Para ello consideremosun dipolo en el eje vertical, como se muestra en la figura.
Por el principio de superposicion, el potencial en el punto P esta dado por
φ(P ) =1
4πε0
(
q
r+− q
r−
)
Donde, por el teorema del coseno
r2+ = r2 + d2 − 2dr cosϑ
r2− = r2 + d2 + 2dr cosϑ
r+ = r√
1 + (d/r)2 − 2(d/r) cosϑ
Para el lımite en que d << r, se puede desarrollar en series de Taylor
1
r+=
1
r
(
1 + (d/r)2 − 2(d/r) cosϑ))−1/2
=1
r
(
1 − 1
2(d/r)2 + (d/r) cosϑ+ ...
)
Conservaremos los terminos hasta segundo orden en d/r, como en la expansion (1 + x)n ≈1 + nx+ n(n− 1)/2x2, cuando x 1
1
r+≈ 1
r
(
1 − 1
2(d/r)2 + (d/r) cosϑ
)
De forma analoga
1
r−≈ 1
r
(
1 − 1
2(d/r)2 − (d/r) cosϑ
)
80
Con esto, el potencial en P puede aproximarse por
φ(P ) ≈ q
4πε0r
2d cosϑ
r
Si a = 2d es la separacion entre las cargas del dipolo
φ(P ) ≈ q
4πε0r
a cosϑ
r=p cosϑ
4πε0r2
Donde ~p = aqj es justamente el momento dipolar electrico. Notar entonces que el potencialelectrico debido a un dipolo microscopico (a << r) queda absolutamente determinado porsu momento dipolar ~p y disminuye segun el cuadrado de la distancia (es un potencial mas debilque el de una carga puntual). Escribiendolo en su forma mas general posible
φ(~x) =~p · r
4πε0r2=
~p · ~x4πε0 | ~x |3
Notar que existe una clara simetrıa azimutal, pues el potencial no depende del angulo polar ϕ
Fig. 5.1: Un dipolo electrico y sus lıneas de campo electrico
Podemos obtener el campo electrico como el antigradiente del potencial
~∇f =∂f
∂rr +
1
r
∂f
∂ϑϑ+
1
r sinφ
∂f
∂φφ
El campo electrico solo tendra componentes en las direcciones r y θ.
Er = −∂φ∂r
=p cosϑ
2πε0r3
Eϑ = −1
r
∂φ
∂ϑ=p sinϑ
4πε0r3
Ası
~E =p
4πε0r3(2 cosϑr + sinϑϑ)
El campo electrico debido a un dipolo microscopico disminuye segun el inverso del cubode la distancia. Notar que un dipolo microscopico corresponde a un dipolo visto desde muylejos. Lo interesante es que si bien es electricamente neutro, produce un campo electrico, ytambien interactua con campos electricos externos. La explicacion de esto es que, si bien un
81
dipolo es neutro en su totalidad, posee una deformacion electrica (cargas positivas y negativasconcentradas en distintos puntos del espacio).
El dipolo es importante en el estudio de la electrostatica. Recordemos que hasta ahora lasleyes que hemos establecido son validas en el vacıo (en la ausencia de un medio material). ¿Comose veran afectados los campos en un medio material?. El punto clave esta en que la materiaesta compuesta de moleculas, que si bien son electricamente neutras, poseen una deformacionelectrica, y por lo tanto, un momento dipolar. Es por esto que la materia se puede modelarcomo una suma de muchos dipolos microscopicos, que generan campos electricos e interactuanante la presencia de un campo externo.
5.5. Energıa potencial de un dipolo
Supongamos un dipolo sumergido en un campo electrostatico
La energıa potencial asociada al dipolo sera
U = −qφ(~x) + qφ(~x+ ~a)
Podemos desarrollar φ(~x+ ~a) en serie de Taylor (hasta primer orden)
φ(~x+ ~a) = φ(x, y, z) +∂φ(x, y, z)
∂xax +
∂φ(x, y, z)
∂yay +
∂φ(x, y, z)
∂zaz
φ(~x+ ~a) = φ(~x) + ~∇φ(~x) · ~ade forma que
U = q~a · ~∇φ(~x)
U = ~p · ∇φ(~x)
o, equivalentemente
U = −~p · ~E(~x)
5.6. Fuerza sobre un dipolo situado en un campo externo
El hecho de que el campo electrostatico (y por lo tanto, la fuerza electrostatica) sea con-servativo, nos permite obtener la fuerza que siente un dipolo inmerso en un campo electricoexterno ~E, como el antigradiente de la energıa potencial, esto es
82
~F = −~∇U
~F = ~∇(
~p · ~E(~x))
~F = (~p · ~∇) ~E(~x)
83
ProblemaUn pequeno objeto de masa m tiene una carga q y esta suspendido por un hilo entre dos planosinfinitos verticales de densidad σ y −σ. La separacion entre planos es d. Si el hilo forma unangulo ϑ con la vertical.a) ¿Cuanto vale σ?b) ¿Cual sera la diferencia de potencial entre los planos?
Soluciona) Como se tienen 2 planos inifnitos de carga, con densidad σ y −σ respectivamente, se ten-dra que el campo electrico es nulo fuera de la region entre planos y sera uniforme como indicala figura para la region limitada por ambos. Esto es facil de ver utilizando el principio de su-perposicion. Si elegimos un eje horizontal, digamos, x,y el origen sobre el plano de la izqueirda,tendremos que el campo debido al plano cargado positivamente es
~E1(~x) =
σ2ε0i si x > 0
− σ2ε0i si x < 0
Ahora, para el plano cargado negativamente
~E2(~x) =
− σ2ε0i si x > d
σ2ε0i si x < d
El campo electrico total se obtiene de la suma de ambos campos, luego, es facil ver que
~E =σ
ε0i
para la region entre planos, y es nulo fuera de ella.
84
Ahora, la esfera esta en equilibrio, por lo que
Fx = −T sinϑ+ Fe = 0
En que Fe es la fuerza electrostatica que actua sobre la esfera.
Fy = T cosϑ−mg = 0
El balance de fuerzas en el eje vertical entrega T = mg/ cosϑ. Ası
−mgtgϑ+ qE = 0
De esta forma
~E =mgtgϑ
qi
Igualando, se obtiene queσ
ε0=mgtgϑ
q
de donde la densidad superficial de carga esta dada por
σ =mgε0tgϑ
q
b) La diferencia de potencial entre los planos se puede obtener integrando el campo electricosobre una trayectoria cualquiera entre la placa izquierda y la placa derecha. Por supuesto,elegimos una trayectoria horizontal, de manera que el campo es paralelo en todo instante a lacurva
φ(0) − φ(d) = −ˆ 0
d
d~x · ~E =
ˆ d
0
mgtgϑ
qdx =
mgtgϑd
q
Ensayemos la interpretacion fısica del potencial. Sabemos que si tomamos una carga unitariay la ponemos en algun punto sobre el plano izquierdo, esta sentira una fuerza hacia la derecha,luego, si la soltamos, esta acelerara hasta pegarse al plano derecho. ¿Que trabajo habra que hac-er para impedir que la carga acelere, y entonces, viaje desde 0 hasta d con velocidad constante?Justamente sera
φd − φ0 = −mgtgϑdq
. El signo negativo se debe a que deberıamos ejercer una fuerza contraria al movimiento dedesplazamiento.
85
ProblemaConsidere un anillo de radio R uniformemente cargado con densidad λ. ¿Cual es el potencialelectostatico a una distancia z sobre el eje del anillo?. En seguida, calcule el potencial en el ejede un anillo de radio interior a y radio exterior b y densidad σ.
SolucionTomemos un elemento infinitesimal de longitud en el anillo dl = Rdφ′, como se aprecia en lafigura
Este elemento posee una cargadq = dφ′Rλ
Su contribucion al potencial en P es
dφ(P ) =1
4πε0
dq
r=
1
4πε0
dφ′Rλ√R2 + z2
Luego, el potencial debido al anillo completo esta dado por
φ(P ) =
ˆ 2π
0
dφ′
4πε0
Rλ√R2 + z2
φ(P ) =1
4πε0
2πRλ√R2 + z2
notar que Q = 2πRλ es la carga total del anillo, luego
V (P ) =1
4πε0
Q√R2 + z2
86
Es facil ver que si z >> R, se tiene el potencial de una carga puntual
V (P ) =1
4πε0
Q
| z |Ahora, el campo electrico en el punto P se puede obtener a partir del potencial como
~E(P ) = −~∇φ(P )
Sin embargo, para evaluar ~∇φ es necesario conocer φ(x, y, z). Aun ası, veamos que sucedecon
−∂φ∂zk
1
4πε0
2zπRλ
(R2 + z2)3/2k = ~E(P )
y se recupera el resultado obtenido anteriormente para el campo en el eje. ¿Que nos diceesto acerca de las derivadas parciales con respecto a x e y del potencial en un punto de la forma(0, 0, z)?Ahora, para obtener el potencial de un disco de radios a y b, simplemente se considera lasuperposicion de anillos inifintesimales
Tomamos un anillo de radio r y ancho infinitesimal dr, sabemos que el potencial en el ejeesta dado por
dφ(P ) =1
4πε0
dQ√r2 + z2
donde dQ = σ2πrdr es la carga que contiene ese anilloLuego
dφ(P ) =2πσ
4πε0
drr√r2 + z2
Y el potencial es
φ(P ) =σ
2ε0
ˆ b
a
drr√r2 + z2
Sea u = r2 + z2, con esto du = 2rdr , y por lo tanto
ˆ
drr√r2 + z2
=1
2
ˆ
du
u1/2= u1/2 =
√r2 + z2
Finalmente
φ(P ) =σ
2ε0
(√b2 + z2 −
√a2 + z2
)
87
ProblemaConsidere dos cascarones esfericos de radios a y b (a < b), el cascaron interior tiene densidadsuperficial de carga constante Q y el exterior −Q. Encuentre la diferencia de potencial entre elcascaron b y el a
SolucionEl campo electrico en todo el espacio (de existir) es esfericamente simetrico. Lo mismo sucedecon el potencial, que sera constante en una superficie esferica. Lo que se pide es
∆V = φ(b) − φ(a)
Se debe evaluar entonces
φ(b) − φ(a) = −ˆ b
a
d~x · ~E(~x)
Para evaluar la integral, claramente debemos encontrar ~E(~x) y elegir un camino desde a ab . Utilizamos una superficie Gaussiana S esferica de radio r, con a < r < b, como muestra lafigura
Por ley de Gaussˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = E(r)4πr2 =Q
ε0
Luego, en la region entre los dos cascarones
~E(~x) =Q
4πε0r2r
88
Dada la forma del campo, resulta inteligente elegir un camino radial
Γ : ~x = rr
r : a→ b
Luegod~x = drr
y
d~x · ~E(~x) = drQ
4πε0r2
Entonces
φ(b) − φ(a) = −ˆ b
a
drQ
4πε0r2= − Q
4πε0
ˆ b
a
dr
r2
φ(b) − φ(a) =Q
4πε0
ˆ b
a
dr
r2= − Q
4πε0
1
r
∣
∣
∣
a
b
∆V =Q
4πε0
(
1
b− 1
a
)
Notar queφ(b) − φ(a) < 0 → φ(b) < φ(a)
Es decir, cuesta mas trabajo llevar una carga a a que a b desde el infinito
89
ProblemaConsidere la siguiente distribucion de carga en coordenadas polares esfericas
ρ(r) = Crλ, r < a
Encuentre φ(r) tomando como punto de referencia el infinito
SolucionEncontremos primero el campo electrico. Se tiene una distribucion esfericamente simetrica decarga (la densidad solo es funcion de la variable r). Por lo mismo, podemos encontrar el campopor ley de Gauss, utilizando una superficie esferica de radio r > a concentrica al centro de ladistribucion
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 4πr2 =Qint
ε0
la carga encerrada por S esta dada por la siguiente integral
Qint =
˚
V (S)
d3x′ρ(~x′) =
ˆ 2π
0
dϕ
ˆ π
0
dϑ
ˆ a
0
drr2 sinϑCrλ
Qint =4πC
λ+ 3aλ+3 = Q
luego
~E(r) =Q
4πε0r2r, r > a
Si ahora se utiliza una superficie esferica de radio r < a, la carga interior sera
qint =4πC
λ+ 3rλ+3
Luego, el campo interior tiene la forma
~E(r) =C
λ+ 3rλ+1r
Para evaluar φ(r) debemos calcular
φ(r) = −ˆ ∞
r
d~x · ~E(~x)
Hay que tener cuidado al realizar este calculo si r > a o r < a.
90
i) Potencial exterior r > a
φ(r) = −ˆ ∞
r
d~x · ~E(~x) =
ˆ ∞
r
d~x · ~E(~x)
Por comodidad elegimos un camino radial
~x = r′r
r′ : r → ∞d~x = dr′r
Luego
d~x · ~E(~x) = dr′Q
4πε0r′2
φ(r) =
ˆ ∞
r
dr′Q
4πε0r′2=
Q
4πε0
(
− 1
r′
)
∣
∣
∣
∞
r
entonces
φ(r) =Q
4πε0r, r ≥ a
φ(r) =Caλ+3
(λ+ 3) ε0r, r ≥ a
ii) Si r < a
φ(r) =
ˆ ∞
r
d~x · ~E(~x) =
ˆ a
r
d~x · ~E +
ˆ ∞
a
d~x · ~E(~x)
la segunda integral se obtiene al evaluar φ(r)∣
∣
∣
r=acon φ(r) el potencial exterior encontrado
anteriormente. La primera integral resulta (tomando un camino radial)
~x = r′r
r′ : r → a
d~x = dr′r
~E · ~x = dr′C
λ+ 3r′λ+1
ˆ a
r
d~x · ~E(~x) =C
λ+ 3
ˆ a
r
dr′r′λ+1 =C
λ+ 3
r′λ+2
λ+ 2
∣
∣
∣
a
r
ˆ a
r
d~x · ~E(~x) =Caλ+2
(λ+ 3)(λ+ 2)− Crλ+2
(λ+ 3)(λ+ 2)=
C
λ2 + 5λ+ 6
(
aλ+2 − rλ+2)
91
la segunda integral es
ˆ ∞
a
d~x · ~E(~x) =C
ε0a
aλ+2
λ+ 3=
Caλ+1
ε0(λ+ 3)
Finalmente, para r < a
φ(r) =Caλ+1
ε0(λ+ 3)+
C
λ2 + 5λ+ 6
(
aλ+2 − rλ+2)
92
ProblemaIones de carga q son acelerados desde el reposo hasta una diferencial de potencial ∆V0, paraluego entrar a una region entre dos electrodos cilındricos muy largos A y B, de radios a yb respectivamente (a < b). El ion recorre media circunferencia de radio r0 describiendo unatrayectoria circular. Despreciando los efectos de borde y asumiendo que los cilindros son muylargos en comparacion al espacio que los separa, encuentre la diferencia de potencial ∆VBA
SolucionPrimero debemos encontrar la velocidad con la que los iones ingresan a la region entre cilindros.Estos son acelerados a partir del reposo desde una region a potencial φ = V0 hasta una regiona potencial φ = 0. La energıa inicial esta dada por
E1 = qV0
la energıa final (justo antes de ingresar entre los electrodos)
E2 =1
2mv2
Por conservacion de la energıa
E1 = E2 → v2 =2qV0
m
Ahora, dentro de la region entre cilindros existe un campo electrico radial que se puedeobtener con la ley de Gauss
93
Utilizando una superficie cilındrica de radio r (a < r < b) y altura h, se tiene
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 2πrhE(r) =qinε0
donde la carga encerrada por la superficie S es
qin = σ2πha
σ es la densidad superficial de carga sobre el cilindro de radio a. De aquı
2πrhE(r) =σh2πa
ε0
~E(r) =σa
ε0rr
En particular~E(r0) =
σa
ε0r0r
Este campo es por supuesto el responsable de la fuerza que siente un ion (en direccionradial), y que permite la trayectoria circular. El equilibrio de fuerzas en la direccion radialsobre un Ion de carga q es
q ~E(r0) = qσa
ε0r0r = −mv2
r0r
de donde
qσa
ε0r0= −m2qV0
mr0
la densidad superficial de carga sobre el cilindro A resulta ser
σ = −2ε0V0
a
y el campo electrico queda, para r, a < r < b
~E(r) =σa
ε0rr = −2ε0V0
a
a
ε0rr
~E(r) = −2V0
rr
La diferencia de potencial entre los cilindros es
∆V = φ(b) − φ(a) = −ˆ b
a
d~x · ~E(~x)
tomando un camino radial
∆V = −ˆ b
a
d~r · ~E(r) = −ˆ b
a
dr
(
−2V0
r
)
= 2V0
ˆ b
a
dr
r
∆V = φ(b) − φ(a) = 2V0 ln (b/a)
94
ProblemaUn plano infinito y uniforme de carga electrica con densidad σ pasa por un punto O. Por Ohay una recta OX que es perpendicular al plano. A distancia a de 0 se encuentra una cargaelectrica puntual - q.a) Calcule el potencial electrico resultante en un punto P (x) cualquiera entre A y Ob) Una partıcula de masa m y carga electrica -e se libera desde el punto medio entre O y A.¿Con que velocidad choca contra el plano de carga?
SolucionPara calcular el potencial en el eje x podemos primero calcular el campo electrico. Naturalmente,este se puede obtener facilmente por superposicion. Sea ~E1 el campo electrico debido al planoinfinito, sabemos que este es uniforme y no depende de la distancia al plano. Para x > 0 es
~E1(x) =σ
2ε0i
Podemos obtener el potencial asociado al plano integrando el campo electrico sobre unatrayectoria horizontal que pasa por Ox, entre ~x1 = xi y ~x2 = Ri (R > x)
φ1(x) − φ1(R) =
ˆ ~x2
~x1
d~x′ · ~E(~x′) =
ˆ R
x
dx′σ
2ε0
φ1(x) = φ1(R) +σ
2ε0R− σ
2ε0x
El potencial en un punto x debido a la carga puntual −q esta dado por
φ2(x) =1
4πε0
−q| a− x |
por el principio de superposicion
φ(x) =1
4πε0
−q| a− x | + φ1(R) +
σ
2ε0R− σ
2ε0x
95
b) Si colocamos una partıcula de masa m y carga -e, esta sentira una fuerza que la aceler-ara en la direccion -i. En teorıa, una vez que se mueve la carga ocurren fenomenos complejos queno estamos considerando en el caso estatico. Suponiendo que podemos despreciar estos efectos,y utilizar las leyes estaticas, la energıa debe conservarse (campo electrostatico es conservativo)
U(a/2) = U(0) +1
2mv2
f
−eφ(a/2) = −eφ(0) +1
2mv2
f
v2f =
2e
m(φ(0) − φ(a/2))
v2f =
2e
m
(
1
4πε0
−qa
− 1
4πε0
−2q
a+
σ
4ε0a
)
v2f =
2e
m
(
q
4πε0a+σa
4ε0
)
96
ProblemaUna varilla delgada de longitud L tiene una carga uniforme definida por su densidad lineal λ.Calcular el potencial en un punto cualquiera del espacio que lo rodea
SolucionSea P un punto de coordenadas (x, y). Tomemos un elemento diferencial de longitud en labarra, a una distancia l del origen, como se aprecia en la figura
La contribucion de este elemento infinitesimal al potencial en P es
dφ =1
4πε0
dlλ
r
y r =√
(x− l)2 + y2. Con esto
φ(P ) =1
4πε0
ˆ L
0
dlλ√
(x− l)2 + y2
Sea t = x− l, con lo que dt = −dl, ası
φ(P ) = − λ
4πε0
ˆ x−L
x
dtλ√
t2 + y2
Aquı es inmediato que se usa la sustitucion t = y tanϑ, luego dt = ysec2ϑdϑ. Con estotenemos
ˆ
dt√
t2 + y2=
ˆ
dϑsec2ϑy√
y2(1 + tan2ϑ)=
ˆ
dϑsecϑ
Y esta integral es muy familiar y valeˆ
dϑsecϑ = ln(secϑ+ tanϑ)
97
Ahora, tanϑ = ty
y secϑ =
√t2+y2
y
Con todo esto, tenemos
φ(P ) = − λ
4πε0(ln(t+
√
t2 + y2))∣
∣
∣
x−L
x
φ(P ) = − λ
4πε0
(
ln(x+√
x2 + y2) − ln(x− L+√
(x− L)2 + y2))
Finalmente
φ(P ) = − λ
4πε0ln
(
x+√
x2 + y2
(x− L+√
(x− L2) + y2)
)
y llamandoa =
√
x2 + y2
b =√
(x− L)2 + y2
φ(P ) = − λ
4πε0ln
(
x+ a
(x− L+ b)
)
Fig. 5.2: La figura muestra las curvas equipotenciales del alambre de carga
98
ProblemaEncuentre el potencial dentro y fuera de una esfera solida cargada uniformemente cuyo radioes R y su carga total es Q. Use infinito como punto de referencia.
SolucionPara encontrar el potencial en todo el espacio, se puede determinar primeramente el campoelectrico debido a la distribucion esferica de carga. Considerando el origen en el centro de laesfera, por argumentos de simetrıa es facil ver que el campo electrico debe ser radial y su mag-nitud una funcion de la distancia r al origen.
Campo interiorAhora, para el campo interior, se elige una superficie de Gauss esferica y de radio r < R, comose aprecia en la figura
Luego, utilizamos la ley de Gauss para obtener el campo electrico
ˆ
ˆ
S
d~S · ~E(~r) =qinε0
donde ~E = E(r)r y d~S = dSr, luego la integral de flujo del campo electrico es, simplemente
ˆ
ˆ
S
d~S · ~E(~r) =
ˆ
ˆ
S
dSE(r)r · r =
ˆ
ˆ
S
dSE(r)
Como en la superficie S el radio r es constante
ˆ
ˆ
S
dSE(r) = E(r)
ˆ
ˆ
S
dS = E(r)4πr2
Por otra parte, la carga encerrada por la superficie de Gauss es
qin =
˚
V (S)
d3x′ρ(~x′)
como la esfera esta cargada uniformemente, su densidad volumetrica de carga es
ρ =Q
V=
3Q
4πR3
99
De esta forma, y considerando d3x′ = r2sinϑdrdϑdφ
qin =
ˆ 2π
0
dφ
ˆ π
0
dϑsinϑ
ˆ r
0
drr2ρ
qin = 4πρ
ˆ r
0
drr2 = 4πρ1
3r3 =
Qr3
R3
Finalmente, la ley de Gauss queda
E(r)4πr2 =Qr3
ε0R3
de donde, para r < R
E(r) =Qr
4πε0R3
Campo exteriorAhora, para obtener el campo exterior, se construye una superficie de Gauss esferica y ahorade radio r > R
El flujo electrico sobre esta superficie es, de manera analoga al caso anterior
ˆ
ˆ
S
d~S · ~E· = E(r)4πr2
mientras que la carga encerrada en este caso esta dada por
qin = Q
Con esto
E(r)4πr2 =Q
ε0
E(r) =Q
4πε0r2
En resumen, se tiene
~E(~x) =
Qr4πε0R3 r si | ~x |≤ R
Q4πε0r2 r si | ~x |> R
100
Notar que el campo es continuo al atravesar un volumen cargado, pero no es diferenciable
Potencial exteriorAhora, para obtener el potencial electrostatico, calculamos la integral de lınea
φ(r) = −ˆ r
∞~E · ~dr
a lo largo de una trayectoria radial. Luego ~dr = drr, ası, para r > R
φ(r) = −ˆ r
∞E(r)dr
φ(r) = −ˆ r
∞dr
Q
4πε0r2= − Q
4πε0
ˆ r
∞dr
1
r2
φ(r) =Q
4πε0r
Potencial interiorAhora, para r < R, tenemos
φ(r) = −ˆ R
∞drE(r) −
ˆ r
R
drE(r)
φ(r) = −ˆ R
∞dr
Q
4πε0r2−ˆ r
R
drQr
4πε0R3
φ(r) =Q
4πε0R− Q
4πε0R3
ˆ r
R
drr
φ(r) =Q
4πε0R+Q(R2 − r2)
8πε0R3
φ(r) =Q(3R2 − r2)
8πε0R3
φ(r) =
Q(3R2−r2)8πε0R3 si r ≤ R
Q4πε0r
si r > R
101
ProblemaUn alambre cuya densidad lineal de carga es λ se extiende en el eje z desde z = −d hasta z = d.a) Calcule el potencial en un punto z > d sobre el eje del alambreb) Cual es el cambio de energıa potencial de un electron si se mueve de z = 4d hasta z = 3d?c) Si el electron parte del reposo desde z = 4d, cual es su velocidad en z = 3d?Observacion: No considere efectos gravitacionales
Solucion Problema 2a) Tomamos un elemento diferencial de longitud dl a una distancia l del origen:
El potencial a una distancia z > d sobre el eje del alambre debido a este elemento infinites-imal de carga esta dado por
dφ(z) =1
4πε0
dq
(z − l)
donde dq = dlλ
dφ(z) =1
4πε0
dq
(z − l)
dφ(z) =1
4πε0
dlλ
(z − l)
con esto, el potencial total esta dado por
φ(z) =λ
4πε0
ˆ d
−d
dl
(z − l)
sea u = z − l, luego du = −dl
φ(z) = − λ
4πε0
ˆ z−d
z+d
du
u
φ(z) =λ
4πε0ln
(
z + d
z − d
)
102
b) Un electron se mueve desde z = 4d hasta z = 3d, luego, su cambio en energıa potencialesta dado por
∆U = U(4d) − U(3d) = −e (φ(4d) − φ(3d)) = eφ(3d) − eφ(4d)
∆U = e
(
λ
4πε0ln2 − λ
4πε0ln(
5
3)
)
∆U = eλ
4πε0ln
(
6
5
)
c) Por conservacion de la energıa
U(4d) +K(4d) = U(3d) +K(3d)
como el electron parte del reposo, K(4d) = 0, luego
U(4d) = U(3d) +K(3d)
U(4d) − U(3d) = K(3d)
luego, el cambio de energıa potencial calculado en la parte b) es equivalente a la energıacinetica que adquiere el electron
K(3d) = ∆U = eλ
4πε0ln
(
6
5
)
mv2
2= e
λ
4πε0ln
(
6
5
)
v =
√
e2λ
4πε0mln
(
6
5
)
103
ProblemaSe tiene una distribucion rectilınea de carga de densidad λ homogenea. Un punto P esta a unadistancia r de la distribucion, y su proyeccion sobre la recta de carga esta a las distancias l1 yl2 de sus extremos.
a) Calcule el campo electrico en Pb) Vea que sucede cuando r es mucho mayor que l1 y l2c) Haga una aproximacion para los casos en que r es mucho menor que l1 y l2 ¿Que ocurrecuando l1 y l2 tienden a infinito? Compruebe su resultado con Ley de Gaussd) Obtenga el potencial en el punto P debido a un alambre infinito de carga
Soluciona) Tomemos un elemento diferencial de longitud, a una distancia l del origen, como se apreciaen la figura
De la Ley de Coulomb, este elemento diferencial de carga crea un campo electrico en P queesta dado por
d ~E(P ) =1
4πε0
dq(~x− ~x′)
| ~x− ~x′ |3
104
En este caso, tenemos
~x = rr
donde r es el vector radial en coordenadas cilındricas que apunta desde el origen hasta elpunto P . Ademas
~x′ = lk
Luego
~x− ~x′ = rr − lk
| ~r − ~r′ |=√r2 + l2
De esta forma , la contribucion del elemento diferencial al campo es
d ~E(P ) =1
4πε0
λdl(rr − lk)
(r2 + l2)3/2
Utilizando el principio de superposicion, el campo total en P sera la suma de todas lascontribuciones infinitesimales de la distribucion, esto es
~E(P ) =λ
4πε0
(
rr
ˆ l1
−l2
dl
(l2 + r2)3/2− k
ˆ l1
−l2
ldl
(l2 + r2)3/2
)
Ahora, la integralˆ
ldl
(r2 + l2)3/2
se resuelve con la sustitucion u = r2 + l2, luego du = 2ldl, con esto
ˆ
ldl
(r2 + l2)3/2=
1
2
ˆ
du
u3/2= − 1
u1/2= − 1√
r2 + l2
y la integralˆ
dl
(r2 + l2)3/2
se resuelve con la sustitucion trigonometrica l = rtanϑ, asi dl = rsec2ϑdϑ
ˆ
ldl
(r2 + l2)3/2=
ˆ
dϑrsec2ϑ
(r2 + r2tan2ϑ)3/2=
ˆ
dϑrsec2ϑ
r3sec3ϑ
ˆ
ldl
(r2 + l2)3/2=
ˆ
dϑ
r2secϑ=
1
r2sinϑ
Ahora, de la figura vemos que sinϑ = l√r2+l2
105
luegoˆ
ldl
(r2 + l2)3/2=
1
r2
l√r2 + l2
Con esto, el campo total en P es
~E(P ) =λ
4πε0
(
rr1
r2
l√r2 + l2
∣
∣
∣
l1
−l2+ k
1√r2 + l2
∣
∣
∣
l1
−l2
)
~E(P ) =λ
4πε0
(
1
rr
(
l1√
r2 + l21+
l2√
r2 + l22
)
+ k
(
1√
r2 + l21− 1√
r2 + l22
))
b) En el lımite cuando r >> l1 y r >> l2, se tiene que ( a cero orden)
√
r2 + l21 ≈√
r2 + l22 ≈ r
Luego el campo queda
~E(P ) ≈ λ
4πε0
(
1
rr
(
l1r
+l2r
)
+ k
(
1
r− 1
r
))
~E(P ) ≈ λ
4πε0r
l1 + l2r
r
pero λ(l1 + l2) no es mas que la carga total contenida en la distribucion, digamos, q, luegoel campo toma la forma
~E ≈ q
4πε0r2r
que es el campo de una carga puntual
c) Ahora, en el lımite cuando l1 >> r y l2 >> r, se tiene que
√
r2 + l21 ≈ l1
√
r2 + l22 ≈ l2
y el campo queda
~E(P ) ≈ λ
4πε0(2
rr + k(
1
l1− 1
l2))
y si l1 → ∞, l2 → ∞, se tiene
~E(P ) ≈ λ
2πε0rr
que es el campo electrico de un alambre infinito de carga.
106
Comprobemos este ultimo resultado con la Ley de Gauss. Tomando como superficie Gaus-siana un cilindro de radio r y cuyo eje de simetrıa coincide con el de la distribucion lineal decarga
Es claro que debido a que la distribucion es infinita, el campo posee una simetrıa cilındrica,luego el campo es radial y depende unicamente de la distancia r. Con esto, no hay flujo porlas tapas del cilindro, y en el manto el campo electrico es siempre normal a la superficie y demangnitud constante, luego
ˆ
ˆ
S
d~S · d ~E =
¨
manto
dSrE(r)r = E(r)
¨
manto
dS = E(r)2πrl
la carga encerrada por este cilindro es qin = λl, luego
E(r)2πrl =λl
ε0
E(r) =λ
2πrε0El mismo resultado obtenido anteriormente
d) El campo del alambre infinito esta dado por
~E(r) =λ
2πrε0r
Sabemos que en electrostatica se cumple
~E(r) = −~∇φ(r)
Debido a la simetrıa, el potencial sera solo funcion de r, luego
~∇φ(r) =dφ
drr
con esto
V (r) = −ˆ
drE(r) + C
V (r) = − λ
2πε0ln r + C
107
Donde C es una constante arbitraria. Notar que el potencial diverge en el infinito, esto de-bido a que la carga electrica total no es finita. (Solo en esos casos podemos fijar el potencialigual a cero en infinito)
Notar que las superficies equipotenciales son cilindros de radio r, y que para r = 1
φ(1) = C
Luego la constante C no es mas que el potencial de todos los puntos que estan sobre elmanto de cilindro de radio unitario! Ası
φ(r) = − λ
2πε0ln r + V (1)
108
ProblemaDos cables infinitos paralelos al eje X poseen densidad de carga uniforme λ y −λ. Ellos estana distancia a del origen.a) Encuentre el potencial en un punto (x, y, z) usando el origen como punto de referencia.b) Demuestre que las superficies equipotenciales son cilindros circulares
Soluciona) Tenemos dos alambres infinitos cada uno a distancia a del origen, como se aprecia en lafigura (notar que el eje X sale de la pagina)
Por el principio de superposicion, el potencial total en el punto P sera la suma de lospotenciales debidos a cada distribucion individual. El potencial debido al alambre de densidadλ es
φ1(P ) = − λ
2πε0ln s+ + C1
y el potencial debido al alambre de densidad −λ es
φ1(P ) =λ
2πε0ln s− + C2
Ahora, como nos piden que la referencia sea el origen, las constantes C1 y C2 deben satisfacer
φ1(a) = 0 = φ2(a)
Con esto
φ1(a) = − λ
2πε0ln a+ C1 = 0 → C1 =
λ
2πε0ln a
φ2(a) =λ
2πε0ln a+ C2 = 0 → C2 = − λ
2πε0ln a
Notar que C1 + C2 = 0.
109
El potencial en el punto P es
φ(P ) = φ1(P ) + φ2(P ) = − λ
2πε0ln s+ +
λ
2πε0ln s−
Si P = (x, y, z), entonces
s+ =√
(y − a)2 + z2
s+ =√
(y + a)2 + z2
Finalmente, el potencial es
φ(P ) = +λ
2πε0ln(√
(y + a)2 + z2) − λ
2πε0ln(√
(y − a)2 + z2)
φ(P ) =λ
2πε0ln
(
√
(y + a)2 + z2
√
(y − a)2 + z2
)
φ(P ) =λ
4πε0ln
(
(y + a)2 + z2
(y − a)2 + z2
)
b) Las superficies equipotenciales estan dadas por
(y + a)2 + z2
(y − a)2 + z2= k
donde k es una constante. Esto equivale a
(y + a)2 + z2 = k((y − a)2 + z2)
y2 + 2ay + a2 + z2 = k(y2 − 2ay + a2 + z2)
O equivalentemente
y2(k − 1) + z2(k − 1) + a2(k − 1) − 2ay(k + 1) = 0
Dividiendo por k − 1
y2 + z2 + a2 − 2ayk + 1
k − 1= 0
Notar que la ecuacion de una circunferencia con centro en y0 y radio R es
(y − y20) + z2 = R2
y2 + z2 − 2yy0 + (y20 −R2) = 0
De aquı es claro que en planos perpendiculares a los alambres, las equipotenciales soncircunferencias con
y0 = ak + 1
k − 1
110
Despejando se obtiene que
R =2a
√k
| k − 1 |En definitiva las superficies equipotenciales son cilindros
Fig. 5.3: Equipotenciales en plano y − z son curvas circulares
111
ProblemaUn dipolo con momento dipolar ~p se localiza a una distancia r de una barra muy delgada conlargo infinito y homogeneamente cargada con densidad lineal de carga λ > 0. Asuma que eldipolo esta orientado con el campo electrico debido a la barra cargada como muestra la figura
a) Suponiendo que la separacion fija l entre las cargas que conforman el dipolo es tal quel << r, determine la fuerza sobre el dipolo, a primer orden en l/rb) Partiendo de la respuesta del inciso anterior, demuestre que la fuerza sobre el dipolo puedeser escrita como
~F (~x) =(
~p · ~∇)
~E(~x)
(valido para un dipolo puntual)
SolucionYa fue obtenido anteriormente el campo electrico de una distribucion lineal de carga muy largay de densidad λ. Definiendo un sistema de coordenadas cilındricas, donde el eje z coincide conel eje de la barra, como se ve en la figura
El campo electrico creado por la barra esta dado por
~E(r) =λ
2πε0rr
La fuerza sobre el dipolo esta dada por
~F = q ~E(r + l/2) − q ~E(r − l/2) = q (E(r + l/2) − E(r − l/2)) r
~F =qλ
2πε0
(
1
r + l/2− 1
r − l/2
)
r
~F =qλ
2πε0r
(
1
1 + l2r
− 1
1 − l2r
)
r
112
~F =qλ
2πε0r
(
(
1 +l
2r
)−1
−(
1 − l
2r
)−1)
r
Recordar la expansion a primer orden de (1 + x)n, buena aproximacion cuando x << 1
(1 + x)n ≈ 1 + nx
De esta forma, la fuerza se puede aproximar (en primer orden de l/r)
~F ≈ qλ
2πε0r
(
1 − l
2r−(
1 +l
2r
))
r
~F ≈ qλ
2πε0r
(
− l
r
)
r
~F ≈ −qlλ2πε0r2
r =−pλ
2πε0r2r
donde p es la magnitud del momento dipolar del dipolo
b) Notar que si l << r, se espera obtener para la fuerza el resultado que se obtuvo para eldipolo puntual
~F (~x) =(
~p · ~∇)
~E(~x)
Utilizando coordenadas cilındricas, y recordando la naturaleza radial del campo electrico
~F (r) =(
~p · ~∇)
~E(r) =
(
pr · ∂∂rr
)
~E(r)
~F (r) =
(
p∂
∂r
)
~E(r) = p∂
∂r
(
λ
2πε0r
)
r
~F (r) = −p λ
2πε0r2r
que es el mismo resultado que se obtuvo en la parte anterior
113
ProblemaConsidere un dipolo de momento dipolar ~p formando un angulo ϑ con la horizontal. Supongaque existe un campo electrico externo uniforme dado por ~E = Ex.a) Calcule la fuerza total y explıcitamente el torque que se ejerce sobre el dipolob) ¿Que ocurre si el campo no es uniforme?
SolucionComo se aprecia en la figura, se tiene que la fuerza total sobre el dipolo sera
~F = ~F+ + ~F−
~F = qEi− qEi = ~0
La fuerza neta sobre el dipolo en un campo externo uniforme es nula. Calculemos ahora eltorque que se ejerce sobre el dipolo, con respecto a su centro de masa(origen)
~τ = ~r+ × ~F+ + ~r− × ~F−
~τ = (a cosϑi+ a sinϑj) × qEi+ (−acosϑi− a sinϑj) ×−qEi
~τ = a sinϑj × qEi+ a sinϑj × qEi
~τ = 2a sinϑj × qEi = −2aqsinϑEk
Existe un torque sobre el dipolo, a pesar que la fuerza neta sobre el es nula! La direccion deltorque es segun −k (hacia dentro de la pagina). Es decir, el dipolo tiende a girar en el sentidodel reloj de forma que el dipolo se alinea con respecto al campo. (Deja de haber torque cuando~p y E son paralelos). Ahora, la magnitud del momento dipolar es
p = 2aq
Luego, se puede reescribir
~τ = −pEsinϑkEscrito en forma mas general, se tiene
~τ = ~p× ~E
que es consistente con la expresion general para el torque sobre un dipolo de momento dipo-lar ~p situado en un campo electrico ~E.
114
b) Si el campo externo no es uniforme, seguira existiendo un torque sobre el dipolo hastaque este este alineado con respecto al campo electrico. Eso sı, la fuerza neta sobre el dipolono necesariamente sera nula , por lo que ademas de girar, se desplazara hacia donde el campoelectrico sea mas intenso.
115
ProblemaSe tiene dos anillos coaxiales de radio R cargados uniformemente (cargas totales q1 y q2 de-sconocidas) y separados una distancia 2a. El trabajo necesario para traer una carga q desdeel infinito hasta el centro de cada uno de los anillos es W1 y W2 respectivamente. Calcule lascargas totales q1 y q2
SolucionResolvamos primero el problema auxiliar del potencial en el eje de un anillo con carga q y radioR
El potencial esta dado por
φ(~x) =1
4πε0
˛
Γ
dx′λ
| ~x− ~x′ |interesa obtener el potencial para ~x = zk. La parametrizacion de la distribucion de carga
esta dada por~x′ = Rr(ϑ)
r(ϑ) = cosϑi+ sinϑj
dx = Rdϑ
ϑ : 0 → 2π
Luego
φ(z) =1
4πε0
ˆ 2π
0
dϑλR√z2 +R2
=λR
2ε0√z2 +R2
y la densidad lineal es
λ =q
2πR
φ(z) =q
4πε0√z2 +R2
Consideremos ahora dos anillos separados una distancia 2a
116
El potencial sobre un punto a distancia z del origen es
φ(z) =q1
4πε0√
z21 +R2
+q2
4πε0√
z22 +R2
dondez2 = z
z1 = z − 2a
φ(z) =q1
4πε0√
(z − 2a)2 +R2+
q2
4πε0√z2 +R2
Ademas se tiene
W1 = qφ(2a) = q
(
q14πε0R
+q2
4πε0√
4a2 +R2
)
W2 = qφ(0) = q
(
q1
4πε0√
4a2 +R2+
q24πε0R
)
De aquı se puede resolver para q1 y q2
q1 =πε0R
√4a2 +R2
(
W1
√4a2 +R2 −W2R
)
qa2
q2 =πε0R
√4a2 +R2
(
W2
√4a2 +R2 −W1R
)
qa2
117
ProblemaMuestre que la energıa potencial almacendada en una esfera solida cargada uniformemente concarga Q y de radio R es
U =3
5
(
Q2
4πε0R
)
SolucionDe la forma general para la energıa potencial de una distribucion de carga
U =1
2
˚
V
d3x′ρ(~x′)φ(~x′)
Utilizando coordenadas esfericas
U =1
2
ˆ 2π
0
dϕ
ˆ π
0
dϑ sinϑ
ˆ R
0
drr2ρ(r, ϕ, ϑ)φ(r, ϕ, ϑ)
la densidad de carga es constante
ρ(r, ϕ, ϑ) =Q
4/3πR3=
3Q
4πR3
y el potencial interior fue calculado anteriormente
φ(r, ϕ, ϑ) = φ(r) =Q(3R2 − r2)
8πε0R3
con esto
U = 4π3Q
8πR3
ˆ R
0
drr2Q(3R2 − r2)
8πε0R3
U =3Q2
16πε0R6
ˆ R
0
drr2(3R2 − r2) =3Q2
16πε0R6
(
R5 − R5
5
)
U =3Q2
16πε0R6× 4
5R5 =
3
5
Q2
4πε0R
118
ProblemaUna distribucion de fuentes localizadas en un volumen V se define como
ρ =
ρ(~x) si ~x ∈ V0 si ~x /∈ V
Demuestre que en primera aproximacion en la magnitud de V (diametro maximo), el campoelectrico distante debido a fuentes localizadas en V , puede descomponerse en
~E(~x) =1
4πε0q(V )
~x
| ~x |3 − 1
4πε0
(
~p(V ) · ~∇) ~x
| ~x |3
donde
q(V ) =
˚
V
d3x′ρ(~x′)
es la carga total de la distribucion, y
~p(V ) =
˚
V
d3x′ρ(~x′)~x′
es el momento dipolar de la distribucion
SolucionPondremos el origen ~0 ∈ V , con lo que por campo distante estamos pensando en
| ~x |>>| ~x′ |, ~x′ ∈ V
es decir, la distancia a la distribucion es mucho mayor que las dimensiones de esta
El campo esta dado por la integral de Coulomb
~E(~x) =1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)~x− ~x′
| ~x− ~x′ | =1
4πε0
˚
V
d3x′ρ(~x′)~x− ~x′
| ~x− ~x′ |
Ahora, utilizaremos la siguiente expansion en Taylor
~f(~x− ~x′) = ~f(~x) −(
~x′ · ~∇)
~f(~x) +O(2)
de forma que
~x− ~x′
| ~x− ~x′ | =~x
| ~x |3 −(
~x′ · ~∇) ~x
| ~x |3 +O(2)
119
Ası~E(~x) =
1
4πε0
˚
V
d3x′ρ(~x′)~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
~E(~x) ≈ 1
4πε0
˚
V
d3x′ρ(~x′)
~x
| ~x |3 −(
~x′ · ~∇) ~x
| ~x |3
definiendo
q(V ) =
˚
V
d3x′ρ(~x′)
~p(V ) =
˚
V
d3x′ρ(~x′)~x′
queda
~E(~x) ≈ 1
4πε0q(V )
~x
| ~x |3 − 1
4πε0
(
~p(V ) · ~∇) ~x
| ~x |3
Notar que el primer termino corresponde al campo creado por una carga puntual q(V ) enel origen. Por supuesto esta serıa la aproximacion a cero orden del campo, en donde esperamosobtener la ley de Coulomb. El segundo termino de esta expansion, equivale al campo electricogenerado por un dipolo puntual ~p(V ) en el origen.Esta expansion del campo se conoce como Expansion Multipolar, y se vera con mas detalleun poco mas adelante (de hecho, en la proxima pagina).
120
5.7. Expansion Multipolar
Consideraremos una fuente localizada caracterizada por la siguiente densidad de carga
ρ =
ρ(~x) si ~x ∈ V0 si ~x /∈ V
El potencial esta dado por
φ(~x) =1
4πε0
˚
V
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |donde
| ~x− ~x′ |=
~x2 + ~x′2 − 2~x · ~x′1/2
entonces1
| ~x− ~x′ | =1
| ~x |
1 +~x′2
~x2− 2
~x · ~x′~x2
−1/2
Recordando la expansion en taylor
(1 + z)−1/2 = 1 − 1
2z +
1
2
3
4z2 +O(3)
y la expansion hasta segundo orden es
1
| ~x− ~x′ | ≈1
| ~x |
(
1 − 1
2
(
~x′2
~x2− 2
~x · ~x′~x2
)
+3
8
(
~x′2
~x2− 2
~x · ~x′~x2
)2
=1
| ~x |
1 +~x · ~x′~x2
− 1
2
~x′2
~x2+
3
8
[
(
~x′2
~x2
)2
+ 4
(
~x · ~x′~x2
)2
− 4(~x · ~x′)~x′2
~x4
]
=1
| ~x |
1 +~x · ~x′~x2
− 1
2
~x′2
~x2+
3
2
(
~x · ~x′~x2
)2
+O
[
( | ~x′ || ~x |
)3]
Con esto, la expansion del potencial electrostatico a segundo orden es
φ(~x) =1
4πε0
1
| ~x |
˚
V
d3x′ρ(~x′) +1
4πε0
~x
| ~x |3 ·˚
V
d3x′ρ(~x′)~x′
+1
4πε0
1
2
xixj
| ~x |5˚
V
d3x′
3x′ix′j − δij | ~x′ |2
ρ(~x′) + ...
Se define el momento monopolar (escalar)
q =
˚
V
d3x′ρ(~x′)
que es la carga total de la distribucion. Ademas
~p =
˚
V
d3x′ρ(~x′)~x′
es el momento dipolar (vector) de la distribucion.
121
~Q =
˚
V
d3x′ρ(~x′)
3~x′ · ~x′T − ~I(
~x′T · ~x′)
es el momento cuadripolar (tensor)
Qij =
˚
V
d3x′ρ(~x′)
3x′ix′j − δij | ~x′ |2
la expansion queda
φ(~x) =1
4πε0
(
q
| ~x | +~p · ~x| ~x |3 +
1
2
~xT · ~Q · ~x| ~x |5 + ...
)
Expandir el potencial de una distribucion en terminos de sus momentos (monopolar, dipolar,cuadripolar, etc) es muy util en el estudio de radiacion
122
Capıtulo 6
Las dos leyes fundamentales de laElectrostatica
Hasta ahora se han establecido los principios fundamentales en el estudio de la electrostatica.Estos son la ley de Coulomb (que proviene de un estudio empırico de las fuerzas entre cargas),y el principio de superposicion. Hemos visto que estos principios tienen como consecuencia unpar de leyes que ha simpificado mucho el estudio de los campos para ciertos casos particulares.Estas son la ley de Gauss
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~E(~x) =1
ε0
˚
V
d3xρ(~x)
y la ley de circulacion del campo electrico
˛
Γ
d~x · ~E(~x) = 0
Estas dos ecuaciones integrales entregan informacion global acerca del campo. Sin embargo,es posible llevarlas a su forma mas simple en un par de ecuaciones diferenciales para el campoelectrostatico.
A partir de la ley de Gauss, y utilizando el teorema de la divergencia, se obtiene
ˆ
ˆ
S
d~S · ~E(~x) =
˚
V
d3x~∇ · ~E(~x) =1
ε0
˚
V
d3xρ(~x)
˚
V
d3x
(
~∇ · ~E(~x) − ρ(~x)
ε0
)
= 0
esto es independiente del volumen V de integracion. Consecuencia de esto es que
~∇ · ~E(~x) =ρ(~x)
ε0
Del mismo modo, a partir de la ley de circulacion y utilizando el teorema de Stokes
˛
Γ
d~x · ~E(~x) =
¨
S(Γ)
d~S(~x) ·(
~∇× ~E(~x))
= 0
para cualquier superficie cuyo contorno sea Γ. De aquı se desprende que
~∇× ~E(~x) = 0
123
En resumen, las dos leyes integrales fundamentales del campo electrostatico tienen unaformulacion equivalente en dos ecuaciones diferenciales para el campo
~∇ · ~E(~x) =ρ(~x)
ε0
~∇× ~E(~x) = 0
La primera de ellas relaciona la divergencia del campo electrostatico en cada punto con ladensidad de carga. La segunda establece que el campo electrico es conservativo o irrotacional.Estas ecuaciones son las dos primeras Ecuaciones de Maxwell en el vacıo y para camposestaticos. Veremos que estas contienen absolutamente toda la teorıa de la electrostatica, es decir,basta con ellas para determinar completamente el campo electrico. Lo que hemos hecho aquı esencontrar expresiones matematicas simples que resumen absolutamente todo el conocimientoempırico sobre la teorıa del campo electrico estatico.
124
ProblemaDemuestre el siguiente teorema
~∇2 1
| ~x− ~x′ | = −4πδ(~x− ~x′)
SolucionSea V (S) un volumen en R3 y S = δV su contorno. Sea ademas una carga puntual q en elpunto ~x′, es sabido que el campo electrostatico creado por esta carga es
~E(~x) =q
4πε0
~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3La ley de Gauss establece
q
4πε0
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3 =1
ε0
˚
V
d3xqδ(~x− ~x′)
o equivalentemente
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3 = 4π
˚
V
d3xδ(~x− ~x′)
Utilizando el teorema de la divergencia
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3 =
˚
V
d3x~∇ · ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
y recordando que
~∇ 1
| ~x− ~x′ | = − ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3 = −˚
V
d3x~∇ · ~∇ 1
| ~x− ~x′ |ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3 = −˚
V
d3x~∇2 1
| ~x− ~x′ | = 4π
˚
V
d3xδ(~x− ~x′)
luego
˚
V
d3x
(
~∇2 1
| ~x− ~x′ | + 4πδ(~x− ~x′)
)
Finalmente
~∇2 1
| ~x− ~x′ | = −4πδ(~x− ~x′)
125
6.1. Completitud de la teorıa Electrostatica
6.1.1. Descomposicion de Helmhotz
Sea ~A(~x) un campo vectorial tal que
ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) ·~A(~x′)
| ~x′ − ~x | = 0
definamos los campos
~AL(~x) = − 1
4π~∇˚
R3
d3x′~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
~AT (~x) =1
4π~∇× ~∇×
˚
R3
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ |entonces se cumple
1) ~A(~x) = ~AL(~x) + ~AT (~x)
2)~∇× ~AL(~x) = 0
3)~∇ · ~AT (~x) = 0
~AL(~x) se llama parte longitudinal (irrotacional) de ~A~AT (~x) se lama parte transversal (solenoidal) de ~A
Demostracion del teorema de Helmhotz1) Utilizando la identidad
~∇ · (~fg) = g~∇ · ~f + ~f · ~∇gse tiene
~∇′ ·~A(~x′)
| ~x− ~x′ | =~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | + ~A(~x′) · ~∇′ 1
| ~x− ~x′ |de forma que
˚
R3
d3x′~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | =
˚
R3
d3x′~∇′ ·~A(~x′)
| ~x− ~x′ | −˚
R3
d3x′ ~A(~x′) · ~∇′ 1
| ~x− ~x′ |
˚
R3
d3x′~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | =
ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) ·~A(~x′)
| ~x− ~x′ | +
˚
R3
d3x′ ~A(~x′) · ~∇ 1
| ~x− ~x′ |en este ultimo paso hemos utilizado el teorema de la divergencia y el hecho que
~∇′ 1
| ~x− ~x′ | = −~∇ 1
| ~x− ~x′ |
utilizando la hipotesis del teorema
˚
R3
d3x′~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | =
˚
R3
d3x′ ~A(~x′) · ~∇ 1
| ~x− ~x′ | = ~∇ ·˚
R3
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
126
por lo tanto
4π ~AL(~x) = −~∇~∇ ·˚
R3
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ |Ahora ocupamos la siguiente identidad (muy utilizada en teorıa electromagnetica)
~∇× ~∇× ~f = ~∇~∇ · ~f − ~∇2 ~f
4π ~AL(~x) = −~∇× ~∇×˚
R3
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ | −~∇2
˚
R3
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
4π ~AL(~x) = −4π ~AT (~x) −˚
R3
d3x′ ~A(~x′)~∇2 1
| ~x− ~x′ |por ultimo, utilizando el teorema
~∇2 1
| ~x− ~x′ | = −4πδ(~x− ~x′)
4π(
~AL(~x) + ~AT (~x))
= 4π
˚
R3
d3x′ ~A(~x′)δ(~x− ~x′)
y se demuestra que
~A(~x) = ~AL(~x) + ~AT (~x)
b) − 4π~∇× ~AL(~x) = ~∇× ~∇˚
R3
d3x′~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | = ~0
~∇× ~AL(~x) = 0
c)4π~∇ · ~AT (~x) = ~∇ · ~∇× ~∇×˚
R3
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ | = 0
~∇ · ~AT (~x) = 0
ObservacionLa validez del teorema de Helmhotz es
ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) ·~A(~x′)
| ~x− ~x′ | = 0
Podemos escoger esta superficie como una esfera centrada en ~x y de radio a, con a→ ∞ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) ·~A(~x′)
| ~x− ~x′ | = lıma→∞
ˆ
ˆ
S(~x,a)
dS(~x′)n(~x′) · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
sobre la superficie
127
~x′ − ~x = an(~x′)
| ~x− ~x′ |= a
dS(~x′) = a2dΩ(~x)
donde dΩ(~x) = sin2 ϑdϑdφ es el elemento de angulo solido con vertice en ~x
∥
∥
∥
∥
∥
ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) ·~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
∥
∥
∥
∥
∥
≤ˆ 4π
0
dΩ(~x) lıma→∞
a2 | n(~x′) · ~A(~x′) |a
∥
∥
∥
∥
∥
ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) ·~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
∥
∥
∥
∥
∥
≤ˆ 4π
0
dΩ(~x) lıma→∞
a | n(~x′) · ~A(~x′) |=ˆ 4π
0
dΩ lım|~x′|→∞
| ~x−~x′ || ~A(~x′) |
=
ˆ 4π
0
dΩ lım|~x|→∞
| ~x′ || ~A(~x′) |
por lo tanto
lım|~x|→∞
| ~x || ~A(~x) |= 0 →ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) ·~A(~x′)
| ~x− ~x′ | = 0
A continuacion, demostraremos dos teoremas que nos permitiran escribir el teorema deHelmhotz de una forma mas conveniente
Teorema 1
˚
V
d3x~∇ψ(~x) =
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x)ψ(~x)
DemostracionUstamos el teorema de la divergencia
˚
V
d3x~∇ · ~A(~x) =
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x) · ~A(~x)
con ~A(~x) = ~Bψ(~x), con ~B un vector constante arbitrario
˚
V
d3x~∇ · ~Bψ(~x) =
˚
V
d3x ~B · ~∇ψ(~x) = ~B ·˚
V
d3x~∇ψ(~x)
˚
V
d3x~∇ · ~Bψ(~x) =
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x) · ~Bψ(~x) = ~B ·ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x)ψ(~x)
~B ·˚
V
d3x~∇ψ(~x) −ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x)ψ(~x)
= 0
128
como ~B fue escogido de forma arbitraria
˚
V
d3x~∇ψ(~x) =
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x)ψ(~x)
Teorema 2
˚
V
d3x~∇× ~A(~x) =
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x) × ~A(~x)
Demostracion
˚
V
d3x(
~∇× ~A)
a=
˚
V
d3xεabc~∇bAc = εabc
˚
V
d3x~∇bAc
pero del teorema anterior
˚
V
d3x~∇aψ =
ˆ
ˆ
S(V )
dSaψ
ası˚
V
d3x(
~∇× ~A)
a= εabc
ˆ
ˆ
S(V )
dSbAc =
ˆ
ˆ
S(V )
εabcdSbAc
=
ˆ
ˆ
S(V )
(
d~S × ~A)
a
Con este teorema, podemos escribir la parte transversal de ~A(~x) como
~AT (~x) =1
4π~∇×˚
R3
d3x′~∇′ × ~A(~x′)
| ~x− ~x′ |En efecto, consideremos
~∇×˚
R3
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ | = −˚
R3
d3x′ ~A(~x′) × ~∇ 1
| ~x− ~x′ |
˚
R3
d3x′ ~A(~x′) × ~∇′ 1
| ~x− ~x′ | =
˚
R3
d3x′~∇′ × ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | −˚
R3
d3x′~∇′ ×~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
˚
R3
d3x′~∇′ × ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | −ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) ×~A(~x′)
| ~x− ~x′ |pero si se cumple la hipotesis del teorema de Helmhotz
lım|~x|→∞
| ~x || ~A(~x) |= 0 →ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) ×~A(~x′)
| ~x− ~x′ | = ~0
luego
~∇×˚
R3
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ | =
˚
R3
d3x′~∇′ × ~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
129
y entonces
~AT (~x) =1
4π~∇× ~∇×
˚
R3
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
~AT (~x) =1
4π~∇×˚
R3
d3x′~∇′ × ~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
6.1.2. Teorema de Helmhotz, segunda forma
Si ~A es un campo vectorial tal que
lım|x|→∞
| ~x || ~A(~x) |= 0
entonces~A(~x) = ~AL(~x) + ~AT (~x)
con
~AL(~x) = − 1
4π~∇˚
R3
d3x′~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
~AT (~x) =1
4π~∇×˚
R3
d3x′~∇′ × ~A(~x′)
| ~x− ~x′ |donde
~∇× ~AL(~x) = 0
~∇ · ~AT (~x) = 0
6.1.3. Corolario del Teorema de Helmhotz
Dadas la divergencia~∇ · ~A(~x) = 4πD(~x)
y el rotor~∇× ~A(~x) = 4π ~R(~x)
de un campo vectorial ~A(~x), sobre todo el espacio, entonces ese campo vectorial esta com-pletamente determinado en todos los puntos del espacio mediante la siguiente representacionintegral- diferencial
~A(~x) = −~∇˚
R3
d3x′D(~x′)
| ~x− ~x′ | + ~∇×˚
R3
d3x′~R(~x)
| ~x− ~x′ |
Observacion: las funciones ~D(~x) y ~R(~x) nos son dadas, son las fuentes del campo ~A(~x).Pero
D, ~R
= D,Rx, Ry, Rz
son 4 funciones, mientras que
~A
= Ax, Ay, Az
130
son 3 funciones. Sin embargo, no hay sobredeterminacion pues
~∇ ·(
~∇× ~A)
= 4π~∇ · ~R = 0
luego ~R debe ser solenoidal~∇ · ~R(~x) = 0
esto agrega 1 condicion. Con esto, la construccion de Helmhotz define un problema biendeterminado
6.2. Completitud de la Electrostatica
Hemos encontrado que
~∇ · ~E(~x) =ρ(~x)
ε0
~∇× ~E(~x) = ~0
El teorema de Helmhotz nos dice que , dadas la divergencia y el rotor del campo electrico,este esta absolutamente determinado por la forma integral
~E(~x) = − 1
4πε0~∇˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |
y la electrostatica es una teorıa completa: el conjunto de ecuaciones diferenciales que rep-resentan las leyes fundamentales de la teorıa es suficiente para determinar completamente elcampo electrostatico
131
ProblemaLa descomposicion de Helmholtz requiere que
lım|~x|→∞
| ~x || ~A(~x) |= 0
demuestre que˚
R3
d3x
| D(~x) | + | ~R(~x) |
<∞
es condicion suficiente para la validez de la representacion integro-diferencial de Helmholtz
Solucion
~A(~x) = −~∇˚
R3
d3x′D(~x′)
| ~x− ~x′ | + ~∇×˚
R3
d3x′~R(~x′)
| ~x− ~x′ |Entonces
| ~x || ~A(~x) |=| ~x |∥
∥
∥
∥
∥
−~∇˚
R3
d3x′D(~x′)
| ~x− ~x′ | + ~∇×˚
R3
d3x′~R(~x′)
| ~x− ~x′ |
∥
∥
∥
∥
∥
≤| ~x |˚
R3
d3x′∥
∥
∥
∥
D(~x′)~∇ 1
| ~x− ~x′ |
∥
∥
∥
∥
+ | ~x |˚
R3
d3x′∥
∥
∥
∥
~R(~x′) × ~∇ 1
| ~x− ~x′ |
∥
∥
∥
∥
≤| ~x |˚
R3
d3x′ | D(~x′) || ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3 | + | ~x |˚
R3
d3x′ | ~R(~x′) || ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3 |
=
˚
R3
d3x′| ~x |
| ~x− ~x′ |2
| D(~x′) | + | ~R(~x′) |
Luego
lım|~x|→∞
| ~x || ~A(~x) |≤ lım|~x|→∞
˚
R3
d3x′| ~x |
| ~x− ~x′ |2
| D(~x′) | + | ~R(~x′) |
=
˚
R3
d3x′
| D(~x′) | + | ~R(~x′) |
lım|~x|→∞
| ~x || ~x− ~x′ |2
= lım|~x|→∞
1
| ~x |
˚
R3
d3x′
| D(~x′) | + | ~R(~x′) |
= 0
si
0 <
˚
R3
d3x′
| D(~x′) | + | ~R(~x′) |
<∞
132
ProblemaDemuestre que si
lım|~x|→∞
| ~x || D(~x) |= 0
ylım
|~x|→∞| ~x || ~R(~x) |= 0
entonces la representacion de Helmholtz puede escribirse
~A(~x) = −˚
R3
d3x′~∇′D(~x′) − ~∇′ × ~R(~x′)
| ~x− ~x′ |
SolucionDe la representacion de Helmholtz
~A(~x) = −~∇˚
R3
d3x′D(~x′)
| ~x− ~x′ | + ~∇˚
R3
d3x′~R(~x′)
| ~x− ~x′ |
~A(~x) =
˚
R3
d3x′D(~x′)~∇′ 1
| ~x− ~x′ | +
˚
R3
d3x′ ~R(~x′) × ~∇′ 1
| ~x− ~x′ |
~A(~x) = −˚
R3
d3x′~∇′D(~x′)
| ~x− ~x′ |+˚
R3
d3x′~∇′ D(~x′)
| ~x− ~x′ |+˚
R3
d3x′~∇′ × ~R(~x′)
| ~x− ~x′ | −˚
R3
d3x′~∇′×~R(~x′)
| ~x− ~x′ |
~A(~x) = −˚
R3
d3x′~∇′ ·D(~x′)
| ~x− ~x′ | +
ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′)D(~x′)
| ~x− ~x′ |+˚
R3
d3x′~∇′ × ~R(~x′)
| ~x− ~x′ | −ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′)×~R(~x′)
| ~x− ~x′ |
~A(~x) = −˚
R3
d3x′~∇′D(~x′) − ~∇′ × ~R(~x′)
| ~x− ~x′ |En efecto
lım|~x|→∞
| ~x || D(~x) |= 0 →ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′)D(~x′)
| ~x− ~x′ | = 0
lım|~x|→∞
| ~x || ~R(~x) |= 0 →ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) ×~R(~x′)
| ~x− ~x′ | = 0
133
6.3. Apendice: Descomposicion de Helmholtz en un vol-
umen finito
Se demuestra que cualquier campo vectorial ~A(~x) satisface identicamente la siguiente relacion
~A(~x) = − 1
4π~∇˚
V
d3x′~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | +1
4π~∇×˚
V
d3x′~∇′ × ~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
+1
4π
ˆ
ˆ
S(V )
(
d~S(~x′) · ~x′ − ~x
| ~x′ − ~x |3)
~A(~x′) +1
4π
ˆ
ˆ
S(V )
(
d~S(~x′) × ~x′ − ~x
| ~x′ − ~x |3)
× ~A(~x′)
donde V es cualquier region cerrada, δV = S(V ) es su frontera, y ~x ∈ V
DemostracionTenemos
˚
V
d3x′~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | = −˚
V
d3x′ ~A(~x′) · ~∇′ 1
| ~x− ~x′ | +
˚
V
d3x′~∇′ ·~A(~x′)
| ~x− ~x′ |˚
V
d3x′~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | =
˚
V
d3x′ ~A(~x′) · ~∇ 1
| ~x− ~x′ | +
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x′) ·~A(~x′)
| ~x− ~x′ |˚
V
d3x′~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | = ~∇ ·˚
V
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ | +
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x′) ·~A(~x′)
| ~x− ~x′ |con esto
~∇˚
V
d3x′~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | = ~∇~∇ ·˚
V
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ | + ~∇ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x′) ·~A(~x′)
| ~x− ~x′ |y utilizando la identidad
~∇(
~∇ · ~A)
= ~∇× ~∇× ~A+ ~∇2 ~A
~∇˚
V
d3x′~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | = ~∇×~∇×˚
V
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ |+~∇2
˚
V
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ |+ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x′)· ~A(~x′)∇ 1
| ~x− ~x′ |
= ~∇× ~∇×˚
V
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ | +
˚
V
d3x′ ~A(~x′)~∇2 1
| ~x− ~x′ | −ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x′) · ~A(~x′)~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
= ~∇× ~∇×˚
V
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ | − 4π
˚
V
d3x′ ~A(~x′)δ(~x′ − ~x) +
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x′) · ~A(~x′)~x′ − ~x′
| ~x′ − ~x |3
Luego si ~x ∈ V
~A(~x) = − 1
4π~∇˚
V
d3x′~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | +1
4π~∇×~∇×
˚
V
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ |+1
4π
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x′)· ~A(~x′)~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
134
Ahora bien
~∇×˚
V
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ | = −˚
V
d3x′ ~A(~x′) × ~∇ 1
| ~x− ~x′ | =
˚
V
d3x′ ~A(~x′) × ~∇′ 1
| ~x− ~x′ |
~∇×˚
V
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ | =
˚
V
d3x′~∇′ × ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | −˚
V
d3x′~∇′ ×~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
~∇×˚
V
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ | =
˚
V
d3x′~∇′ × ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | −ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x′) ×~A(~x′)
| ~x− ~x′ |Luego
~∇× ~∇×˚
V
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ | = ~∇×˚
V
d3x′~∇′ × ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | − ~∇׈
ˆ
S(V )
d~S(~x′) ×~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
~∇× ~∇×˚
V
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ | = ~∇×˚
V
d3x′~∇′ × ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | +
ˆ
ˆ
S(V )
(
d~S(~x′) × ~A(~x′))
× ~∇ 1
| ~x− ~x′ |
~∇× ~∇×˚
V
d3x′~A(~x′)
| ~x− ~x′ | = ~∇×˚
V
d3x′~∇′ × ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | +
ˆ
ˆ
S(V )
(
d~S(~x′) × ~A(~x′))
× ~x′ − ~x
| ~x− ~x′ |
Ası
~A(~x) = − 1
4π~∇˚
V
d3x′~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | +1
4π~∇×˚
V
d3x′~∇′ × ~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
+1
4π
ˆ
ˆ
S(V )
(
d~S(~x′) · ~A(~x′)) ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3 +1
4π
ˆ
ˆ
S(V )
(
d~S(~x′) × ~A(~x′))
× ~x′ − ~x
| ~x′ − ~x |3
Por otra parte
(
~A · ~B)
~C +(
~A× ~B)
× ~C =(
~A · ~B)
~C − ~C ×(
~A× ~B)
(
~A · ~B)
~C +(
~A× ~B)
× ~C =(
~A · ~B)
~C −(
~C · ~B)
~A+(
~C · ~A)
~B
(
~A · ~B)
~C +(
~A× ~B)
× ~C =(
~B · ~A)
~C −(
~B · ~C)
~A+(
~C · ~A)
~B
(
~A · ~B)
~C +(
~A× ~B)
× ~C = ~B ×(
~C × ~A)
+(
~C · ~A)
~B
(
~A · ~B)
~C +(
~A× ~B)
× ~C =(
~A× ~C)
× ~B +(
~A · ~C)
~B
luego
135
(
~A · ~B)
~C +(
~A× ~B)
× ~C =(
~A · ~C)
~B +(
~A× ~C)
× ~B
Finalmente
~A(~x) = − 1
4π~∇˚
V
d3x′~∇′ · ~A(~x′)
| ~x− ~x′ | +1
4π~∇×˚
V
d3x′~∇′ × ~A(~x′)
| ~x− ~x′ |
+1
4π
ˆ
ˆ
S(V )
(
d~S(~x′) · ~x′ − ~x
| ~x′ − ~x |3)
~A(~x′) +1
4π
ˆ
ˆ
S(V )
(
d~S(~x′) × ~x′ − ~x
| ~x′ − ~x |3)
× ~A(~x′)
Vemos que ~A(~x) esta determinado por
~∇ · ~A(~x) = 4πD(~x)
~∇× ~A(~x) = 4π ~R(~x)
para ~x ∈ V
~A(~x) = ~AH(~x)
para ~x ∈ S(V )
136
Parte II
Conductores, Ecuaciones de Poisson y
Laplace
137
Capıtulo 7
Conductores
Hasta aquı hemos terminado con los problemas donde la distribucion de carga es conocidadesde el comienzo. (Integrales de Coulomb). Hasta ahora han sido problemas sin mayores com-plicaciones que calcular correctamente las integrales. Ahora atacaremos otro tipo de problemas,la determinacion de los campos cerca de conductores.La materia se puede clasificar gruesamente en conductores y aislantes ( o dielectricos). Unmaterial dielectrico posee electrones fuertemente ligados a los atomos, de manera que ante lapresencia de un campo electrico las partıculas cargadas pueden cambiar sus posiciones ligera-mente, pero se mantienen ligadas a sus moleculas. Por otro lado, un material conductor (comoun metal) es aquel que en su interior posee un gran numero de electrones libres, y estos sepueden mover libremente en el conductor, responden a campos electricos casi infinitesimales ycontinuan su movimiento mientras experimentan un campo. Esta corriente de electrones debeestar constantemente provista de fuentes externas de energıa, o sino el movimiento de los elec-trones se detendra cuando cancelen el efecto de la fuente que produce el campo original (sealcanza un equilibrio estatico).
Campo electrostatico dentro de un conductor es nulo
En electrostatica, no consideramos fuentes continuas de corriente, de manera que los electronesse moveran hasta que se arreglen de forma que produzcan un campo electrico nulo en cualquierparte dentro del conductor (esto suele pasar en una fraccion de segundo). Si quedara alguncampo dentro del conductor, este campo moverıa mas electrones, luego la unica solucion elec-trostatica es que el campo es cero en cualquier punto interior del conductor.
La carga en un conductor se distribuye en su superficie
Consecuencia directa de la propiedad anterior es que la carga en un conductor debe distribuırseen su superficie. De la ley de gauss, es evidente que si existiera una carga neta al interior delconductor, el flujo electrico sobre la superficie de la figura serıa distinto de cero, y por lo tanto,existirıa un campo electrico en su interior
139
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 0 → qin = 0
Notar que como el campo electrico es cero en el interior de un conductor, entonces
−~∇φ = 0
Esto significa que al interior de un conductor el potencial es constante.La dificultad que se presenta cuando hay condutores presentes es evidente. Suponga que es-tamos en la situacion en que se carga un conductor con una carga Q. Ahora no estamos encondiciones de saber exactamente donde estan las cargas, solo sabemos que ellas se van a dis-tribuır sobre toda la superficie. ¿Como podemos determinar la forma en que se distribuyen lascargas? Veremos que ellas se deben distribuır de forma que que la superficie del conductor formeuna equipotencial. Si la superficie de un conductor no fuera equipotencial, entonces habrıaun campo electrico distinto de cero en el interior del conductor, y las cargas en el conductor seseguiran moviendo hasta que finalmente el campo en su interior se anula. (y se alcanze nueva-mente un estado de equilibrio electrostatico)
Componente tangencial de ~E en la superficie de un conductor es cero
Considere la integral de lınea sobre el camino cerrado de la figura
˛
d~x · ~E
Como el campo electrico es conservativo, la integral de lınea sobre el camino cerrado abcda escero.
˛
abcda
d~x · ~E = Et(∆l) − En(∆x′) + 0(∆l) + En(∆x) = 0
donde En y Et son las componentes normal y tangencial del campo electrico, respectiva-mente, y hemos escogido el segmento ab paralelo a Et en todos los puntos.En el lımite cuando ∆x′ → 0 y ∆x→ 0, se tiene
Et∆l = 0
140
Como ∆l es una longitud finita, se concluye que la componente tangencial del campo electri-co sobre la superficie de un conductor es cero. Esto es algo sumamente importante, ya que con-secuencia de esto es que un conductor en equilibrio electrostatico es una Superficie equipo-
tencial. Mostrar esto ahora resulta evidente, considere 2 puntos A y B sobre la superficie deun conductor, y calcule la diferencia de potencial entre estos dos puntos
φB − φA = −ˆ B
A
d~x · ~E(~x) = 0
ya que ~E solo tiene componente normal a la curva . Luego, los puntos A y B se encuentranal mismo potencial
El campo ~E es normal a la superficie de un conductor
Si la componente tangencial del campo fuera distinta de cero, las cargas entonces se moverıanhasta que esta componente desaparezca. Luego, en un conductor en equilibrio, solo sobrevivela componente normal del campo electrico. Para obtener el campo electrico sobre la superficiede un conductor, considere la superficie de Gauss de la figura
De la ley de Gauss obtenemos
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = EnA+ 0A =σA
ε0
de aquı
En =σ
ε0
Es decir, el campo electrico justo sobre la superficie de un conductor es normal a ella y sumagnitud esta directamente relacionada con la densidad superficial de carga sobre el punto delconductor. Estas consecuencias son absolutamente generales. Notar que esto nos permite deter-minar la densidad superficial de carga sobre un conductor, sin embargo, ! se requiere conocerel campo electrico ! ¿Como podemos determinar el campo electrico sin conocer primeramentela densidad de carga en el conductor?. Veremos mas adelante que esto es posible al resolver laecuacion diferencial que satisface el potencial electrostatico
Como conclusion, el campo electrico cerca de un conductor tiene la forma de la figura
141
Como ejemplo, considere un campo uniforme en la direccion horizontal en una region delespacio. Imaginemos que colocamos una esfera conductora en este campo uniforme. Cargassobre el conductor se moveran y distribuiran hasta alcanzar un equilibrio electrostatico, esdecir, hasta que el campo en su interior se anule y la componente tangencial del campo sobre lasuperficie tambien, de manera que toda las cargas se encuentren en equilibrio en su superficie.La situacion de equilibrio sera tal cual muestra la figura
Es decir, el campo electrico se ve deformado cerca de la esfera conductora, de manera quelıneas de campo sean normales en su superficie. El potencial electrostatico sobre la superficieesferica es una constante. Otro ejemplo de lıneas de campo y superficies equipotenciales seaprecia en la siguiente figura, donde dos conductores se encuentran cercanos
Una aplicacion interesante es que la energıa potencial de un conductor es muy simple decalcular. Esto se debe a que en un conductor toda la carga se concentra en la superficie, y quesobre ella el potencial es constante. Luego , la energıa potencial asociada a un conductor decarga Q y potencial V esta dada por
142
U =1
2
¨
S
φ(~x′)dq(~x′) =1
2φ
¨
S
dq(~x′) =1
2φ
¨
S
σ(~x′)dS(~x′) =1
2φQ
La energıa potencial de un conductor con carga Q y a potencial φ esta dada por
U =1
2φQ
7.1. Condensadores
Un condensador es un dispositivo capaz de acumular carga electrica. Estos pueden variaren tamano y forma, pero su configuracion basica consiste en 2 conductores cargados con cargasiguales y opuestas. Los condensadores son de gran importancia en electronica, y entre susaplicaciones mas conocidas estan el almacenamiento de energıa electrica, amortiguamiento delos cambios de voltaje cuando se conectan a resistencias, filtros de frecuencias, reguladores detension y muchas mas.
Cuando se encuentran descargados, la carga en ambos conductores es cero. Durante el procesode carga, una carga Q se mueve desde un conductor a otro, dandole a uno una carga neta +Qy al otro carga neta −Q. Una diferencia de potencial entre ambos ∆V se crea, con el conductorcargado positivamente a un potencial mas alto que el conductor cargado negativamente. Notarque aunque este cargado o descargado, la carga total del condensador como un todo es cero.El ejemplo mas simple de un condensador consiste de 2 placas conductoras de area A, paralelasentre sı, separadas a una distancia d
La carga Q almacenada en un condensador es linealmente proporcional a la diferencia de po-tencial entre los conductores |∆V |. Ası
Q = C|∆V |Donde C es una constante positiva llamada capacidad. Fısicamente, es una medida de
la capacidad de almacenar carga electrica en sus conductores para una diferencia de potencialdada ∆V . La unidad de capacidad es C/V (Coulomb/ Volt), tambien conocida como F (Farad).
143
El Farad es una unidad muy grande, condensadores tıpicos no poseen una capacidad superiora 1 µ F.
7.2. Ecuaciones de Poisson y Laplace
Dadas las ecuaciones fundamentales de la electrostatica
~∇ · ~E(~x) =ρ(~x)
ε0
~∇× ~E(~x) = 0
Interesa encontrar una formulacion matematica equivalente de este problema. Efectiva-mente, uno podrıa relacionar ambas ecuaciones, y obtener una unica ecuacion general quepermita solucionar cualquier problema electrostatico. De la segunda ecuacion, se desprende que
~∇× ~E(~x) = 0 → ~E(~x) = −~∇φ(~x)
Utilizando esto en la primera ecuacion
~∇ · (−~∇φ(~x)) =ρ(~x)
ε0
Se obtiene la Ecuacion de Poisson
~∇2φ(~x) = −ρ(~x)ε0
Donde el operador ~∇2 = ~∇· ~∇ es el conocido Laplaciano. Con esto, hemos logrado reduciraun mas el problema de la electrostatica, y todo consiste en encontrar un campo escalar quesatisfaga la ecuacion de Poisson en una region del espacio con las condiciones de borde ade-cuadas. Una vez resuelta esta ecuacion, se puede obtener el campo como ~E(~x) = −~∇φ(~x) yluego todo el problema estara completo.
La ecuacion de Poisson es una ecuacion diferencial parcial, que en coordenadas cartesianasequivale a
∂2φ(x, y, z)
∂x2+∂2φ(x, y, z)
∂y2+∂2φ(x, y, z)
∂z2= − 1
ε0ρ(x, y, z)
En regiones del espacio libres de carga (ρ(~x) = 0), se debe resolver la Ecuacion de Laplace
con condiciones de borde adecuadas~∇2φ(~x) = 0
Las ecuaciones de Poisson y Laplace aparece en diversas ramas de la fısica, como en grav-itacion, dinamica de fluıdos, propagacion del calor, etc
144
Evidentemente, resolver las ecuaciones de Poisson o Laplace puede resultar analıticamentemuy complejo, sin embargo existen casos donde la simetrıa permite resolver estas ecuacionessin mayor dificultad. En electrostatica existen varios metodos para resolver problemas Poisson- Laplace, algunos de ellos sonMetodo de las imagenesExpansion del potencial en polinomios ortogonalesFunciones complejas analıticas, que resuelven Laplace en 2 dimensionesMetodo de las funciones de GreenMetodos numericos
Algunos de estos metodos seran desarrollados en detalle en capıtulos siguientes
145
Problema
Una esfera de metal de radio R y carga q esta rodeada por un cascaron esferico metalico deradio interior a y radio exterior b. El cascaron no tiene carga netaa) Encuentre la densidad superficial de carga en cada superficieb) Encuentre el potencial en el centro utilizando infinito como punto de referenciac) Si la esfera exterior se conecta a tierra bajando su potencial a cero (igual que en infinito),¿Como cambian las respuestas anteriores?
Solucion
a) Como la esfera de radio R es metalica (conductora), toda la carga debe estar concentradaen su superficie. Dada la simetrıa esferica del problema, esta distribucion de carga debe seruniforme, es decir
σR =q
4πR2
Ahora, el cascaron es electricamente neutro, sin embargo en sus superficies (Sa y Sb) seinduce carga de forma que el campo electrico en su interior sea nulo
Debe tenerse que ~E(~x) = ~0 para a < r < b. Tomando una superficie Gaussiana esferica deradio r, a < r < b
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 0
ya que ~E(~x) es nulo en todos los puntos interiores del cascaron. Por otro lado
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =Qint
ε0
luego Qint = 0, donde
146
Qint = q + σa4πa2 = 0
y se obtiene la densidad superficial de carga en la superficie interior del cascaron
σa = − q
4πa2
Como el cascaron es neutro, debe tenerse que
σa4πa2 + σb4πb
2 = 0
−q + σb4πb2 = 0
σb =q
4πb2
Es decir, sobre la superficie interna se induce una carga total −q, y sobre la superficie ex-terna, por supuesto, q.
b) Distinguimos 4 regiones, como se indica en la figura
Como las regiones I y III estan contenidas en el interior de un conductor
~E(~x) = 0, ~x ∈ I, ~x ∈ III
Para encontrar el campo electrico en las regiones II, y IV , utilizamos la ley de Gauss.Tomando una superficie esferica de radio r con R < r < a (region II), se tiene
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 4πr2E(r) =q
ε0
~E(r) =q
4πr2ε0r, R < r < a
Del mismo modo, para una superficie esferica de radio r, con r > b (region IV ), se tiene
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 4πr2E(r) =q
ε0
~E(r) =q
4πr2ε0r, b < r
147
Con esto, podemos calcular el potencial en el origen
φ(0) =
ˆ ∞
0
d~x′ · ~E(~x′)
tomando, por supuesto, un camino radial
~x′ = rr
d~x′ = drr
r ∈ [r,∞]
φ(0) =
ˆ ∞
0
drr · ~E(r)r =
ˆ ∞
0
drE(r)
φ(0) =
ˆ R
0
drE(r) +
ˆ a
R
drE(r) +
ˆ b
a
drE(r) +
ˆ ∞
b
drE(r)
φ(0) =
ˆ a
R
drq
4πε0r2+
ˆ ∞
b
drq
4πε0r2=
q
4πε0
(1
b+
1
R− 1
a
)
c) Ahora, se tiene
Al igual que antes debe tenerse que ~E(~x) = 0 para ~x ∈ III (interior de un conductor). Estosimplemente se traduce en
q + σa4πa2 = 0
(por ley de Gauss). Es decir, al igual que antes
σa = − q
4πa2
Ademas el potencial ahora es nulo sobre la superficie exterior Sb, esto quiere decir que
φ(b) =
ˆ ∞
b
d~x′ · ~E(~x′) = 0
para cualquier camino entre b y el infinito. Por supuesto, esto requiere que
~E(~x′) = 0∀~x ∈ IV
148
Notar que esto implica que la carga encerrada por una superficie Gaussiana contenida enIV necesariamente es cero. Es decir, el cascaron ya no es un objeto electricamente neutro (sedebe inducir una carga neta en el, igual a −q).
q + σa4πa2 + σb4πb
2 = q − q + σb4πb2 = 0
σb = 0
149
Problema
Una esfera metalica se encuentra inicialmente descargada. Ahora imagine que una carga positivaq es colocada en algun lugar (no necesariamente al medio) dentro de la esfera y sin tocar lasparedes.
a) ¿Que carga se induce en la pared interior y exterior de la esfera? Indicar cualitativamente laconcentracion de densidad de carga inducida . Describir como son las lıneas de campo electricodentro y fuera de la esferab) Suponga que se mueve la carga q dentro de la cavidad. ¿Cambia la distribucion en la superficieexterior de la esfera?c) Ahora se coloca la carga q en contacto con la superficie interior de la esfera.¿Como queda ladistribucion de carga en la superficie interior y exterior?d) ¿Que sucede si ahora se acerca otra carga q′ cerca de la superficie exterior del conductor?
Solucion
a) La carga q en el interior de la esfera metalica inducira una separacion de carga en el metal. Seaqint la carga total inducida en la superficie interior, y qout la carga total inducida en la superficieexterior. Debido a que la esfera inicialmente se encuentra descargada, la ley de conservacion dela carga indica que se debe tener
qin + qout = 0
¿Cuanto vale qint? Tomemos una superficie Gaussiana contenida enteramente dentro delcascaron esferico como se muestra en la figura
La carga total encerrada por esta superficfie es
qenc = qint + q
Pero, debido a que el campo electrico ~E es cero en el interior de metal, la ley de Gaussindica
150
ˆ
ˆ
d~S(~x) · ~E(~x) =(qint + q)
ε0= 0
De esta forma qint = −q, y entonces qout = q. La distribucion de estas cargas y sus respectivaslıneas de campo son como se aprecia en la siguiente figura
La carga negativa en la superficie interna se concentra mayoritariamente en la parte de laesfera mas cercana a la carga q. En contraste, la carga positiva de la superficie exterior se dis-tribuye uniformemente sobre la superficie exterior. Esto ultimo debido a que la esfera metalicaes una superficie equipotencial, y la unica forma de que esto suceda es que el campo sea radialy uniforme sobre la superficie exterior
El campo electrico fuera de la esfera es
~E(r) =1
4πε0
q
r2r
tal como si la carga q se encontrara en el centro del conductor
b) La distribucion de carga en el exterior no cambia al mover la carga q en el interior, porla misma razon anterior. Por supuesto, la carga inducida en el interior de la superficie si sevuelve a distribuır en la medida que movemos q, para asegurar que el campo en su interior sigasiendo nulo ~E = 0. Esto resulta interesante, pues desde el exterior del conductor podrıamossaber cuanta carga se encuentra en el interior, pero no podremos asegurar en que posicion seencuentra.
c) Cuando la carga q toca la superficie interior, la carga inducida −q se concentrara enter-amente en el punto de contacto y cancelara la carga q.
d) Si se acerca ahora otra carga q′ al exterior de la esfera, entonces la carga se distribuira enla superficie exterior de forma de ser una equipotencial. La distribucion de carga al interior nocambia debido a la prescencia de una carga en el exterior. En otras palabras, si una cavidadesta encerrada en un conductor, ninguna distribucion estatica de carga en el exterior podra pro-ducir campos dentro. Este principio se conoce como shielding, y explica el por que los aparatoselectricos se encuentran en cubiertas metalicas. .
151
Problema
Dos cavidades esfericas, de radios a y b estan contenidas en el interior de una esfera conductoraneutra de radio R. En el centro de cada cavidad hay una carga puntual qa y qb
a) Encuentre las densidades de carga superficialesb) ¿ Cual es el campo electrico fuera del conductor?c) ¿Cual es el campo dentro de cada cavidad?
Solucion
a) Sobre las superficies Sa y Sb en cada cavidad se inducira carga de forma de anular el efecto delas cargas puntuales en el interior del conductor. Sean dos superficies S1 y S2 como se muestraen la figura
Como S1 esta contenida en el interior del conductor
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 0 =Qint
ε0
se obtieneQint = 0 = qa + σa4πa
2 = 0
se obtiene la densidad superficial de carga inducida en la cavidad
σa =−qa4πa2
Del mismo modo, y utilizando la ley de Gauss con la superficie S2, se obtiene
σb = − qb4πb2
Como el conductor es neutro, se inducira carga en la superficie exterior, de forma que
−qa − qb + σR4πR2 = 0
σR =qa + qb4πR2
152
b) El efecto de las cargas puntuales qa y qb es anulado mediante las cargas inducidas en lascavidades. Con esto, el campo exterior posee una simetrıa esferica, y se puede obtener por laley de Gauss
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 4πr2E(r) =qa + qbε0
~E(r) =qa + qb4πr2ε0
r, r > R
c) Dentro de la cavidad a, el campo es simplemente el de la carga puntual qa
~Ea =1
4πε0r2a
qara
donde ra es la distancia desde un punto interior a la cavidad a a la carga puntual qa. Delmismo modo, dentro de la cavidad b
~Eb =1
4πε0r2b
qbrb
153
Problema
Un sistema de dos esferas de radio a y b (con a > b) conductoras cargadas posee una carga totalQ. Si ellas estan separadas por una gran distancia y se les conecta con un alambre conductor dedimensiones despreciables, calcule la carga total sobre cada esfera y la magnitud aproximadadel campo electrico sobre la superficie de cada una.
Solucion
Sabemos lo siguiente: Cada esfera tiene una carga desconocida, pero su suma sı lo es
QA +QB = Q
Notemos que el sistema entero es un conductor, y por lo tanto, es un equipotencial. Ademas,como las esferas estan separadas por una gran distancia, entonces el campo producido por unaafecta de manera despreciable el campo de la otra. En la vecindad exterior de A, el campo esde la forma
~EA =QA
4πε0r2A
rA
y en la vecindad de B es de la forma
~EB =QB
4πε0r2B
rB
Ahora usemos el hecho que el sistema completo es un conductor, y por lo tanto φ(a)−φ(b) =0
φ(a) = −ˆ a
∞
~EA · d~l =QA
4πaε0
φ(b) = −ˆ b
∞
~EA · d~l =QB
4πbε0
De donde
QA
4πε0a=
QB
4πε0b
Lo que equivale a
QA = QBa
b
y usando que Q = QA +QB
QA =aQ
a+ b
154
QB =bQ
a+ b
Con esto, el campo electrico sobre la superficie de la esfera A tiene como magitud
EA =aQ
4πε0(a+ b)a2
EA =Q
4πε0(a+ b)a
y para la esfera B
~EB =bQ
4πε0(a+ b)b2
~EB =Q
4πε0(a+ b)b
De esta forma,
EAEB
=b
a< 1
Es decir, el campo electrico sobre la esfera de radio menor es mayor que el campo sobre laesfera de radio mayor. Los campos estan en proporcion inversa de los radios.Este es un efecto muy conocido, y ocurre cuando se carga un conductor que no es esferico, porejemplo, alguno que tenga una punta o un lado muy puntiaguido, como el de la figura
Entonces una cantidad relativamente pequena de carga acumulada en la punta puede gener-ar una densidad superficial de carga muy grande, y como consecuencia, un mayor campo justoafuera. Este resultado es tecnicamente muy importante, por que por ejemplo el aire se vuelveconductor si el campo es demasiado grande.
Lo que sucede es que un ion cerca de la punta es acelerado por este campo intenso, y siel campo es lo suficientemente grande, el ion puede obtener suficiente energıa cinetica antesque golpee otro atomo y entonces podra arrancar otro electron de este atomo. Como resultado,se producen mas y mas iones. Este movimiento constituye una descarga. Si se desea cargarentonces un conductor a un potencial alto y que no se produzcan descargas sobre el en el aire,hay que asegurarse que la superficie sea suave, de forma que no hayan partes donde el camposea anormalmente alto
155
Problema
Considere dos placas metalicas conductoras de igual area A y separadas una distancia d. Laplaca superior posee carga Q mientras que la placa inferior tiene carga −Q. Encontrar la ca-pacidad del sistema
Solucion
Para encontrar la capacidad C, primero debemos conocer la forma del campo electrico enel interior del condensador (y luego determinar la diferencia de potencial entre placas). Porsupuesto que un condensador real tiene un largo finito, luego, las lıneas de campo cerca delborde de las placas se deforman, y el campo no esta contenido totalmente entre las placas. Enla figura se aprecian las lıneas de campo considerando el efecto de los bordes
De todas formas, ignoraremos este tipo de efectos asumiendo una situacion ideal, en dondelas lıneas de campo son rectas . En el lımite cuando las placas tienen largo infinito (o bien unlargo mucho mayor que la separacion), el campo tendra simetrıa plana y entonces podemosusar la ley de Gauss para determinar su magnitud
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =qinε0
Elegimos una superficie de Gauss con forma de caja, de area A′, tal como muestra la figura
156
Como el campo en el interior del conductor es nulo, solo hay flujo sobre una de las tapas, deesta forma la ley de Gauss queda
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = EA′ =qinε0
=σA′
ε0
de donde el campo electrico al interior del condensador tiene magnitud igual a
E =σ
ε0
Ahora, la diferencia de potencial entre las placas del condensador se obtiene integrando elcampo sobre una curva que va desde la placa positiva hasta la placa negativa. Por supuestoelegimos una trayectoria paralela en todo instante al campo
∆V = φ− − φ+ = −ˆ −
+
~E · d~l = −Ed
Para obtener la capacidad, el termino relevante es el valor absoluto de esta diferencia depotencial, digamos
| ∆V |= Ed
De esta forma, la capacidad de un condensador plano esta dada por
C =Q
| ∆V | =ε0A
d
Claramente depende unicamente de la geometrıa del condensador, y aumenta linealmentecon el area de las placas. Mientras mayor area, mayor capacidad de almacenar carga tiene parauna misma diferencia de potencial entre sus placas. Ademas es inversamente proporcional a ladistancia d entre placas, esto debido a que mientras menor es la distancia, menor es la diferenciade potencial entre ambas para una carga fija Q.
Ahora, si tenemos un condensador plano de area cuadrada y de lado 10 cm, tendremosA = 0, 1 × 0, 1 = 0, 01 m2
Suponiendo un ancho d = 1 cm, tenemos que la capacidad vale
C =9 × 10−12 × 0, 01
0, 01
C = 9 × 10−12 F
Como ejemplo, si al condensador se aplica una diferencia de potencial de 1, 5 Volts (pila2A), sera capaz de almacenar una carga igual a
Q = C∆V = 1, 5 × 9 ∗ 10−12 = 1, 35 × 10−11
157
Problema
Considere un cilindro solido de radio a rodeado por una cascara cilındrica de radio interiorb. La longitud de ambos cilindros es L y consideramos que este largo es mucho mayor que lasdimensiones de b−a, la separacion entre cilindros, de manera que se puede despreciar los efectosde borde. El condensador se carga de forma que el cilindro interior posea carga Q y el exteriorcarga −Q. ¿Cual es la capacidad?
Solucion
Para obtener la capacidad debemos primero obtener el campo electrico en cualquier parte enla region entre ambos conductores. Debido a la simetrıa cilındrica del sistema, elegimos porsupuesto una superficie Gaussiana como un cilindro coaxial con longitud l < L y radio r dondea < r < b. Usando la ley de gauss, tenemos
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =
ˆ
ˆ
S
E(r)r · dSr = E(r)2πrl
Ahora, notar que por la simetrıa, para que los cilindros sean equipotenciales, el campo debeser radial a sus superficies, y luego, deben tener una densidad superficial de carga uniforme σ.La carga encerrada por el cilindro de Gauss es, simplemente
qin =2πalσ
ε0
Con esto,
E(r) =aσ
ε0r
Notar que el campo electrico es diferente de cero unicamente en la region a < r < b. Parar < a la carga encerrada es qenc = 0 ya que la carga neta del conductor de radio a debe ubicarsesobre su superficie. Del mismo modo, para r > b, la carga total encerrada es 0, debido a que uncondensador en su totalidad es neutro, es decir, cualquier superficie que encierre completamenteal condensador encierra una carga total igual a cero.
La diferencia de potencial esta dada por
∆V = φb − φa = −ˆ b
a
~E · d~l = −ˆ b
a
Erdr
φb − φa = −aσε0
ˆ b
a
dr
r= −aσ
ε0ln
(b
a
)
158
donde el camino de integracion tiene la direccion radial del campo electrico. Como erade esperarse, el conductor exterior con carga negativa tiene menor potencial. De esta formatenemos
C =Q
∆V=σ2πaLε0
aσln( ba)
=2πε0L
ln(b/a)
Claramente solo funcion de los factores geometricos. Consideremos un condensador cilındri-co de largo L = 5 cmb = 0, 5 cm, a = 0, 1cm
C =2π9 × 10−12 × 0, 05
ln(5)= 1, 75 ∗ 10−12F
Si conectamos una bateria de 5 Volt a este condensador, se almacenara una carga de
Q = C∆V = 8, 784 × 10−12C
159
Problema
Considere un condensador esferico, que consiste de 2 esferas concentricas de radios a y b. Lacascara interior posee carga Q distribuıda uniformemente sobre su superficie, y la esfera exteriorposee una carga igual pero opuesta −Q. Cual es la capacidad de esta configuracion?
Solucion
El campo electrico solo es distinto de cero en la region a < r < b. Usando la ley de Gauss conuna superficie esferica y de radio r como se muestra en la figura
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = ErA = Er4πr2 =
Q
ε0
de donde
E(r) =1
4πε0
Q
r2
La diferencia de potencial entre las dos cascaras conductoras es
∆V = φb − φa = −ˆ b
a
d~l · ~E
φb − φa = − Q
4πε0
ˆ b
a
dr
r2= − Q
4πε0
(1
a− 1
b
)= − Q
4πε0
(b− a
ab
)
de donde obtenemos
C =Q
| ∆V | = 4πε0
(ab
b− a
)
Ahora, para un conductor esferico aislado, tambien se puede hablar de capacidad, esta seobtiene tendiendo el radio b a infinito, luego, la capacidad de la esfera conductora de radio a es
Ca = lımb→∞
C = 4πε0 lımb→∞
(ab
b− a
)= 4πε0 lım
b→∞
a
(1 − ab)
= 4πε0a
Luego, para una esfera conductora de radio R, su capacidad esC = 4πε0R
160
Este resultado tambien se podrıa obtener considerando que una esfera de radio R con cargaQ uniformemente distribuıda sobre su superficie posee un potencial φ = Q
4πε0R, usando infinito
como referencia para el potencial, esto da
C =Q
| ∆V | =Q
Q/4πε0R= 4πε0R
161
Problema
Considere un conductor esferico de radio a dentro de otro de radio b. En el espacio entre am-bos conductores se introduce un cascaron esferico (concentrico) conductor de radios interno yexterno c y d, respectivamente. Si el conductor de radio a tiene carga Q y el exterior de radiob tiene −Q, discuta que ocurre con la capacidad al introducir el cascaron
Solucion
En el problema anterior se obtuvo que la capacidad de un condensador esferico esta dada por
C =Q
| ∆V | = 4πε0
(ab
b− a
)
Veamos que ocurre cuando se introduce un conductor neutro entre a y b. Distinguimos 3regiones, como se indica en la figura
Claramente el campo (de existir) en todo el espacio presenta una dependencia radial. Porley de Gauss,utilizando una superficie esferica de radio r, con a < r < c
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = E(r)4πr2 =Q
ε0
~E(r) =Q
4πε0r2r, a < r < c
Para la region II, dada por c < r < d
~E(~x) = 0,∀~x ∈ II
pues corresponde al interior de un conductor. En consecuencia, se induce una carga −Qsobra la superficie interna del cascaron. Dado que este es neutro, sobre su superficie exterior seiinduce carga Q. Para la region III, exactamente el mismo resultado encontrado en la region I
162
se obtiene para el campo electrico ~E(r), d < r < b. Vemos que este conductor altera el campoelectrico en el interior (con respecto al caso en que no esta), donde la unica diferencia es quese anula para cierta region interior, claramente disminuyendo la diferencia de potencial entre elconductor de radio a y el conductor de radio b, en consecuenctia, aumentara la capacidad delsistema. En efecto
∆V = φa − φb =
ˆ b
a
d~x · ~E(~x) =
ˆ b
a
d~r · ~E(r)
donde se ha utilizado un camino radial para calcular la integral de lınea, dada la naturalezadel campo
∆V =
ˆ c
a
d~r · ~E(r) +
ˆ d
c
d~r · ~E(r) +
ˆ b
d
d~r · ~E(r)
y como ~E(r) = 0 ∀c < r < d
∆V =
ˆ c
a
d~r · ~E(r) +
ˆ b
d
d~r · ~E(r)
∆V =
ˆ c
a
drQ
4πε0r2+
ˆ b
d
drQ
4πε0r2
∆V =
(1
a− 1
c+
1
d− 1
b
)Q
4πε0
∆V =
(1
a− 1
b+
1
d− 1
c
)Q
4πε0
Pero c < d, entonces1
c>
1
d⇒ 1
d− 1
c< 0
En consecuencia, la diferencia de potencial entre el conductor interior y exterior disminuyeen comparacion al caso en que no esta el cascaron. De esta forma
C =Q
∆V
es mayor que el del condensador esferico original
163
Problema
Tres cascaras esfericas conductoras concentricas muy delgadas poseen radios a,b, y c, respecti-vamente, siendo a < b < c. Inicialmente la cascara interior esta descargada, la del medio poseeuna carga total negativa −Q y la externa una carga total positiva Q
a) Encuentre el potencial electrostatico en cada una de las cascaras conductorasb) Si las cascaras interior y exterior son conectadas mediante un alambre conductor muy del-gado que esta aislado al pasar por la cascara central, ¿Cual es ahora el potencial electrico decada una de las cascaras? ¿Cual es la carga en cada una de las esferas?
Solucion
Distinguimos naturalmente tres regiones del espacio, dadas por I : r < a, II : a < r < b,III : b < r < c, IV : r > d. En cada una de ellas el campo electrico posee direccion radial y sumagnitud depende unicamente de la distancia r al centro del conductor interno. Utilizando laley de Gauss para la region I : r < a
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 0,∀S ∈ I
pues ~E(~x) = 0 ∀~x ∈ I (interior de un conductor). Para la region II
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =Qint
ε0= 0
pues la cascara de radio a se encuentra inicialmente descargada. De esta forma, el campoelectrico tambien es nulo en esta region, ~E(~x) = 0 ∀~x ∈ II. Del mismo modo, utilizando unasuperficie esferica de radio r, con b < r < c
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 4πr2E(r) =−Qε0
~E(r) =−Q
4πε0r2r
Por ultimo, para r > dˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 0,∀S ∈ IV
pues la carga encerrada por cualquier superficie contenida en la region IV es cero. Enresumen
~E(r) =
0 si r < b−Q
4πε0r2r si b < r < c
0 sir > c
164
El potencial en la cascara exterior es
φ(c) =
ˆ ∞
c
d~x′ · ~E(~x)
tomando por supuesto un camino radial ~x′ = rr, d~x′ = drr, r ∈ (c,∞)
φ(c) =
ˆ ∞
c
drr · ~E(r) = 0
El potencial en la cascara de radio b es
φ(b) =
ˆ ∞
b
drr · E(r)r =
ˆ c
b
dr−Q
4πε0r2
φ(b) = − Q
4πε0
ˆ c
b
dr
r2=
Q
4πε0r
∣∣∣c
b
φ(b) =Q
4πε0
(b− c
bc
)
por ultimo, el potencial en r = a es
φ(a) =
ˆ ∞
a
drr · E(r)r =
ˆ b
a
drE(r) +
ˆ c
b
drE(r) +
ˆ ∞
c
drE(r)
φ(a) =
ˆ c
b
drE(r) = φ(b) =Q
4πε0
(b− c
bc
)
b) Ahora se tiene la siguiente configuracion
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 distribuira, donde por supuesto sedebe tener
Qa +Qc = Q
Definiendo las mismas regiones anteriores, nuevamente se tiene
~E(~x) = 0,∀~x ∈ I
~E(~x) = 0,∀~x ∈ IV
(region I es el interior de un conductor y la carga total del sistema sigue siendo nula). Elcampo en la region II se obtiene con la ley de Gauss (superficie esferica de radio r, a < r < b)
165
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = E(r)4πr2 =Qa
ε0
~E(r) =Qa
4πε0r2r
y del mismo modo, tomando una superficie esferica de radio r, b < r < c
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = E(r)4πr2 =−Q+Qa
ε0
~E(r) =Qa −Q
4πε0r2r
El potencial en r = c es, por supuesto, nulo
φ(c) =
ˆ ∞
c
drE(r) = 0
ademas
φ(b) =
ˆ ∞
b
drE(r) =
ˆ c
b
drE(r) =
ˆ c
b
drQa −Q
4πε0r2
φ(b) =Qa −Q
4πε0
ˆ c
b
dr1
r2=Qa −Q
4πε0
(c− b
bc
)
y
φ(a) =
ˆ ∞
a
drE(r) =
ˆ b
a
drE(r) + φ(b)
φ(a) = φ(b) +
ˆ b
a
drQa
4πε0r2= φ(b) +
Qa
4πε0
(b− a
ab
)
pero las cargas inducidas en a y c deben ser tal que
φ(a) = φ(c) = 0
luego
φ(a) =Qa −Q
4πε0
(c− b
bc
)+
Qa
4πε0
(b− a
ab
)= 0
φ(a) = (Qa −Q)c− b
bc+Qa
b− a
ab= 0
Qa
(c− b
bc+b− a
ab
)= Q
c− b
bc
Qa
(ac− ab+ bc− ac
abc
)= Q
c− b
bc→ Qa
(b(c− a)
a
)= Q(c− b)
Finalmente
Qa = Qa(c− b)
b(c− a)
166
Problema
Considere un condensador de placas paralelas cargadas con densidades σ y −σ , como muestrala figura. Se arroja una carga q horizontalmente por el espacio entre las placas con velocidadvx. Encuentre la trayectoria seguida por la partıcula cargada y el angulo que forma su vectorvelocidad con la horizontal al momento de salir, considerando que l es lo suficientemente grandecomo para que la carga no choque con alguna de las placas. Considere ademas que en todoinstante la carga q siente una fuerza electrostatica
Solucion
El campo electrico en la region entre placas, despreciando efectos de borde y considerandod >> l esta dado por
~E(~x) =σ
2ε0j +
σ
2ε0j
~E(~x) =σ
ε0j
Ası, la fuerza electrostatica que siente la carga q esta dada por
~F = qσ
ε0j
Notar que estrictamente esto es valido unicamente cuando q esta quieta, sin embargo con-sideraremos que esta fuerza de interaccion se mantiene a medida que la carga se mueve. De lasegunda ley de Newton
~a =1
m~F =
qσ
mε0j
De esta forma, la cinematica de la carga esta descrita por
x(t) = vxt
y(t) =1
2
qσ
mε0t2
y las velocidades
Vx(t) = vx
Vy(t) = at =qσ
mε0t
donde el origen coincide con la posicion inicial de la carga la momento de ingresar a laregion. Para obtener la trayectoria, utilizamos
t =x(t)
vx
167
y entonces
y(x) =1
2
qσ
mε0
x2
v2x
la trayectoria es una parabola en el plano x− y
El tiempo que demora la carga en llegar al extremo derecho es
td =d
vx
con esto, la velocidad vertical en el momento en que sale es
Vy(td) = atd =qσ
mε0
d
vx
y el angulo α esta dado por
α = tan−1
(Vy(td)
Vx(td)
)
α = tan−1
(qσd
mε0v2x
)
168
Problema
Dos cilindros muy largos y concentricos, de radios a y b, con b > a, se encuentran inicialmentedescargados. La region entre ambos se llena con una densidad homogenea de carga ρ, y luegocada uno de los cilindros se conectan a tierra. Calcule, resolviendo a -la- Poisson, el potencialy el campo electrico en la region interior.
Solucion
En la region interior a ambos cilindros, es decir a < r < b, el potencial satisface la ecuacion dePoisson
~∇2φ(~x) = −ρ(~x)ε0
Si usamos coordenadas cilındricas, el potencial podrıa depender de ϑ, r y z. Sin embargo,de la simetrıa del problema es evidente que
∂φ
∂ϕ= 0
con lo que φ = φ(r, z). Ademas, debido a que la longitud de los cilindros es mucho mayor a(b−a), el potencial tambien debe ser simetrico con respecto a z. De esta forma, podemos despre-ciar efectos de borde y considerar que el potencial es solo una funcion radial de la forma φ = φ(r)
Ahora, el Laplaciano en coordenadas cilındricas para una funcion que solo depende de r es
~∇2φ(r) =1
r
∂
∂r(r∂φ(r)
∂r)
De esta forma, la ecuacion de Poisson se transforma en
1
r
∂
∂r(r∂φ
∂r) = − ρ
ε0
Equivalentemente∂
∂r(r∂φ
∂r) = −rρ
ε0Luego
r∂φ
∂r= −ˆ
drrρ
ε0+ C
r∂φ
∂r= −r
2ρ
2ε0+ C
∂φ
∂r= − rρ
2ε0+C
r
169
Finalmente
φ(r) = −ˆ
drrρ
2ε0+
ˆ
drC
r
φ(r) = −r2ρ
4ε0+ C ln r + A
Esta es la solucion general de la ecuacion de Poisson para un potencial de simetrıa cilındrica,dependencia radial, y densidad de carga constante. Ahora debemos imponer las condiciones deborde adecuadas para que la solucion sea unica (Problema Poisson-Dirichlet)
Tenemos φ(a) = 0 Equivale a imponer que la superficie cilındrica de radio a es una equipo-tencial conectada a tierra. Luego
φ(a) = −a2ρ
4ε0+ C ln a+ A = 0
Ademas, φ(b) = 0, con esto
φ(b) = −b2ρ
4ε0+ C ln b+ A = 0
Restando ambas ecuaciones, obtenemos
0 = C(ln a− ln b) +(b2 − a2)ρ
4ε0
De donde obtenemos la constante C
C =(a2 − b2)ρ
4ε0 ln(a/b)
De la primera condicion despejamos A
A =a2ρ
4ε0− ln a
(a2 − b2)ρ
4ε0 ln(a/b)
A =a2 ln(a/b)ρ− lna(a2 − b2)ρ
4ε0 ln(a/b)
A =ρ(b2 ln a− a2 ln b)
4ε0 ln(a/b)
Con esto, la solucion del potencial para a < r < b es
φ(r) = −r2ρ
4ε0+
(a2 − b2)ρ
4ε0 ln(a/b)ln r +
ρ(b2 ln a− a2 ln b)
4ε0 ln(a/b)
Hermoso resultado. Ahora, para obtener el campo electrico, usamos el hecho
~E(~x) = −~∇φ(~x)
el operador gradiente en coordenadas cilındricas para una funcion que solo depende de r es
~∇φ(r) =∂φ(r)
∂rr
de manera que
170
~E(r) = −∂φ∂rr
~E(r) =
(rρ
2ε0− (a2 − b2)ρ
4ε0r ln(a/b)
)r
que es el campo electrico para a < r < b. Para r < a es claro que el campo ~E es nulo, yaque no hay carga encerrada por el conductor interior.
Calculemos las densidades de cargas sobre los conductores. Para el conductor interior, ten-emos que el campo electrico sobre su superficie tiene magnitud
E(a) =aρ
2ε0− (a2 − b2)ρ
4ε0a ln(a/b)
La densidad de carga sobre la superficie de un conductor se relaciona con el campo electricosegun
E =σ
ε0
Con esto la densidad de carga sera
σ1 = ε0
(aρ
2ε0− (a2 − b2)ρ
4ε0a ln(a/b)
)
El campo electrico en la superficie del conductor exterior tiene magnitud
E(b) =bρ
2ε0− (a2 − b2)ρ
4ε0b ln(a/b)
y la densidad de carga sera
σ2 = ε0
(bρ
2ε0− (a2 − b2)ρ
4ε0b ln(a/b)
)
171
Problema
Considere el siguiente dispositivo
a) Determine el potencial y el campo electrico entre las placas.b) Determine la capacidad por unidad de largo.Desprecie los efectos de borde.
Solucion
a) Sabemos que las lıneas equipotenciales deben respetar la geometrıa del dispositivo. De estaforma, las equipotenciales seran rectas radiales, es decir
Por lo tanto, las lıneas de campo, al ser perpendiculares a las equipotenciales, deben seguir ladireccion θ, es decir, son arcos concentricos.
Si suponemos que el dispositivo es muy largo en la direccion Z, entonces se puede suponer que
~E = E(r, ϑ)ϑ
Pero
~E = −~∇φ(r, ϑ) = −∂φ∂rr − 1
r
∂φ
∂ϑϑ
172
Como el campo tiene direccion θ, ∂φ∂r
= 0Luego, se tiene que el potencial solo depende de ϑ, lo cual era de esperarse.Planteamos la ecuacion de Laplace en coordenadas cilındricas:
~∇2φ = 0 =1
r2
∂2φ
∂ϑ2= 0
φ(ϑ) = Aϑ+B
Pero la placa inferior esta conectada a tierra
φ(0) = 0 → B = 0
φ(ϑ0) = φ0 → A =φ0
ϑ0
Finalmente
φ(ϑ) =φ0
ϑ0
ϑ
~E(r, ϑ) = −1
r
φ0
ϑ0
ϑ
b)Calculemos la capacidad por unidad de largo.
C =Q
V
La carga por unidad de largo, Q, de una de las placas puede calcularse a partir de ladensidad de carga σ que aparece en cada placa del condensador. Su valor puede determinarsedirectamente del campo electrico
~E · n =σ
ε0
De donde obtenemos
σ =ε0r
V0
θ0
Ası, el valor de Q es
Q = 1
ˆ b
a
σ(r)dr =
ˆ b
a
ε0r
φ0
ϑ0
dr = ε0φ0
ϑ0
ln(b
a)
Finalmente
C =ε0ϑ0
ln(b
a)
173
Problema
El campo electrico sobre la superficie de la Tierra esta dado por la expresion
~E(z) = −(ae−αz + be−βz)k
Con α, β > 0, y z la altura desde la superficie de la tierra.a) Determine la densidad de cargab) Calcule la cantidad total de carga contenida en una columna vertical de seccion S que seextiende teoricamente desde x=0 hasta x = ∞
Solucion
a) Para obtener la densidad de carga, utilizamos la forma diferencial de la ley de Gauss
~∇ · ~E(~x) =ρ(~x)
ε0
En este caso
~∇ · ~E(~x) =∂Ex∂x
+∂Ey∂y
+∂Ez∂z
Las componentes de ~E en x e y son nulas, ası
αae−αz + βbe−βz =ρ(z)
ε0
Finalmente
ρ(z) = ε0(αae−αz + βbe−βz)
b) La carga total contenida en una columna vertical de seccion S sera
Q =
˚
ρ(z)d3x = S
ˆ ∞
0
ρ(z)dz = S
ˆ ∞
0
ε0(αae−αz + βbe−βz)dz
Q = Sε0(a+ b)
174
Problema
Se tienen dos cilindros conductores coaxiales, uno de radio a y el otro de radio b, conectados auna diferencia de potencial V0.Calcule ρ(~x), ~E(~x) y φ(~x) en todo el espacio y σ en cada superficie.
Solucion
Utilizaremos la ecuacion de Laplace, esto es
~∇2φ(r) = 0
El laplaciano en coordenadas cilındricas es
~∇2φ =1
r
∂
∂r(r∂φ
∂r) +
1
r2
∂2φ
∂φ2+∂2φ
∂z2
Si suponemos que el par de conductores cilındricos es mucho mas alto que su radio, entoncesse puede afirmar que el potencial no debe depender de la coordenada z, y por lo tanto ∂V
∂z= 0.
Ası mismo, como las caracterısticas de los conductores no varıan con el angulo φ, tambien debecumplirse que ∂V
∂φ= 0.
De esta forma la ecuacion diferencial que debemos resolver es
1
r
∂
∂r(r∂φ
∂r) = 0
Con condiciones de borde
φ(a) = V0, φ(b) = 0
Esta ecuacion se puede resolver integrandola directamente
φ(r) = A ln r +B
Esta solucion general mas las condiciones de borde nos entregan un sistema lineal de ecua-ciones
A ln(a) +B = V0
A ln(b) +B = 0
De donde obtenemos
A =V0
ln(a/b)
175
B = − V0
ln(a/b)ln b
Y el potencial entre las placas conductoras es
φ(r) =V0
ln(a/b)ln(r/b)
Valida solo entre a < r < b
El campo electrico se puede calcular como ~E(~x) = −~∇φ(~x), es decir
E(r) = −∂φ(r)
∂r=
V0
ln(b/a)
1
r, a < r < b
~E(r)V0
ln(b/a)
1
rr, a < r < b
La densidad de carga es ρ(r) = ε0~∇ · ~E, pero
~∇ · ( rr) = 0
Con lo que ρ(r) = 0, es decir, no hay densidad de carga entre los conductores.Para determinar las densidades de carga superficial en cada conductor hay que usar el hechode que el campo en la superficie de un conductor cumple
~E · n =σ
ε0
De esta forma, para el conductor a
σa = ε0V0
a ln(b/a)
Y para el conductor b
σb = −ε0V0
b ln(b/a)
Todo el desarrollo anterior es valido para a < r < b.
En el cilindro interno, (r < a)
~E(r) = 0
ya que dentro de un conductor en equilibrio electrostatico el campo electrico es siemprenulo. De esta forma
φ(r) = V0
ρ(r) = 0
Ahora, si r > b, para calcular el campo utilizamos
φ(b) − φ(∞) =
ˆ b
∞
~E · d~l =
ˆ b
∞
drE(r)
176
Pero φ(b) = 0, con lo que
E(r) = 0
Si el campo es 0, entonces φ = cte = φ(b) = 0, y ρ(r) = 0
177
Problema
Dos conos conductores concentricos, cuyas ecuaciones en coordenadas esfericas son ϑ1 = π/6,y ϑ2 = π/4 respectivamente, se muestran en la figura. Los conos son de extension infinita y enr = 0 estan separados por una distancia infinitesimal. Si el cono interior esta a un potencial de0 V, y el exterior a 50 V , determinar el potencial y el campo electrico ~E en la region interior aambos conductores
Solucion
Sea V la region delimitada por ϑ1 < ϑ < ϑ2. Si no hay densidad de carga libre en V , el potencialsatisface la ecuacion de Laplace en V
~∇2φ = 0
Dada la geometrıa del problema, es conveniente utilizar coordenadas esfericas
~∇2φ(r, ϑ, ϕ) =1
r2
∂
∂r
(r2∂φ
∂r
)+
1
r2 sinϑ
∂
∂ϑ
(sinϑ
∂φ
∂ϑ
)+
1
r2 sin2 ϑ
∂2φ
∂ϕ2
El problema posee una clara simetrıa azimutal (el potencial claramente no depende delangulo polar ϕ). Ademas, debe existir una independencia en la coordenada r, pues la extensionde los conos es infinita. De esta forma, el potencial debe ser unicamente funcion de ϑ, y se deberesolver
~∇2φ(r, ϑ, ϕ) =1
r2 sinϑ
∂
∂ϑ
(sinϑ
∂φ
∂ϑ
)= 0
Equivalentemente
∂
∂ϑ
(sinϑ
∂φ
∂ϑ
)= 0
sinϑ∂φ
∂ϑ= C1
∂φ
∂ϑ= C1cscϑ
φ(ϑ) = C1
ˆ
dϑ
sinϑ+ C2
Ademasˆ
dϑ
sinϑ= ln (tanϑ/2) + C
178
En efecto
d
dϑ(ln (tanϑ/2) + C) =
1
tanϑ/2sec2 ϑ/2
1
2=
1
2 cosϑ/2 sinϑ/2=
1
sinϑ
con esto
φ(ϑ) = C1 ln (tanϑ/2) + C2
Debemos imponer las condiciones de borde en las superficies conductoras. Se tiene
φ(ϑ1) = 0
φ(π/6) = C1 ln (tanπ/12) + C2 = 0
Ademas
φ(ϑ2) = 50
φ(π/4) = C1 ln (tanπ/8) + C2 = 50
Resolviendo el sistema para C1 y C2
50 = C1 (ln (tanπ/8) − ln (tanπ/12))
50 = C1 ln
(tanπ/8
tanπ/12
)
C1 =50
ln(
tanπ/8tanπ/12
)
y
C2 = −C1 ln (tanπ/12)
Evaluando
C1 = 114,78834
C2 = 151,171411
y la solucion es
φ(ϑ) = 114,78834 ln (tanϑ/2) 151,171411
179
Para encontrar el campo electrico, utilizamos que
~E(~x) = −~∇φ(~x)
En coordenadas esfericas, y considerando que φ solo depende de ϑ
~E(r, ϑ) = −1
r
∂φ
∂ϑϑ
~E(r, ϑ) = −1
r
114,78834
2 sinϑϑ
180
7.3. Almacenamiento de Energıa en un condensador
Los condensadores se suelen utilizar para el almacenamiento de energıa electrica. La cantidadde energıa almacenada se puede pensar como el trabajo necesario para cargar al condensador,ası, durante el proceso de carga, una fuente de voltaje realiza el trabajo para mover cargasdesde una placa a la otra.
Imaginemos que el condensador esta inicialmente descargado. En cada placa del condensadorhay muchas cargas negativas y positivas, pero estan en equilibrio, por lo que la carga total enambas es cero, y por consiguiente no existe ningun campo electrico entre ellas.Comencemos extrayendo una carga positiva +dq de la placa inferior, llevandola hasta la su-perior. Al hacer esto, la placa de abajo queda con carga neta −dq. Se repite este proceso unay otra vez, de esta manera cargamos el condensador y creamos un campo electrico donde nohabıa inicialmente.
Supongamos que la cantidad de carga en la placa superior en un instante dado es +q, y ladiferencia de potencial correspondiente es ∆V = q/C. Para traer otro elemento de carga +dqa la placa superior, el trabajo necesario sera dU = ∆V dq (Recordar la interpretacion fısicadel potencial!). Si al final del proceso la carga en cada placa es de Q (en modulo), entonces eltrabajo realizado (energıa entregada al sistema) durante el proceso es
U =
ˆ Q
O
dU =
ˆ Q
0
dq∆V =
ˆ Q
0
dqq
C=
1
2
Q2
C
Esto es igual a la energıa potencial electrica almacenada en un condensador
U =1
2
Q2
C=
1
2Q∆V =
1
2C∆V 2
7.4. Fuerzas entre conductores cargados
Pensemos ahora en una aplicacion directa de esta idea de energıa electrostatica. ¿Cual sera lafuerza entre las placas de un condensador cargado? Evidentemente debe existir una fuerza, yaque ambas placas estan cargadas con cargas de signo opuesto. Esta fuerza es facil de obtenerusando el resultado para la energıa electrostatica de un condensador, usando el principio detrabajo virtual.Usemos este metodo para determinar la fuerza entre las placas de un condensador de placasparalelas. Si imaginamos que el espacio entre las placas es incrementado una pequena cantidad,digamos ∆z, entonces el trabajo mecanico realizado para moverlas sera
W = F∆z
181
donde F es la fuerza entre las placas. Este trabajo debe ser igual al cambio en la energıaelectrostatica del condensador. Notando que
U =1
2
Q2
C
El cambio en la energıa ( si la carga permanece constante) es
∆U =1
2Q2∆(
1
C)
Luego, se tiene
F∆z =Q2
2∆(
1
C)
Esto se puede reescribir como
F∆z = − Q2
2C2∆C
Esta fuerza, por supuesto, resulta de la atraccion de las cargas en las placas, pero vemos queno nos tenemos que preocupar en detalle sobre como estan distribuıdas, lo unico que necesitamosconocer es la capacidad C. En el lımite cuando ∆z → 0
F = − Q2
2C2
dC
dz= −
(dU
dz
) ∣∣∣Q=cte
En general
~F = −(~∇U) ∣∣∣
Q=cte
Notar que para este calculo hemos asumido que la carga en el condensador permanececonstante (es decir el condensador se encuentra aislado y no esta electricamente conectado aotros objetos, de forma que la carga total no cambia). Supongamos que en vez de eso hubieramosimaginado que el condensador es mantenido a una diferencia de potencial constante y utilizamosel desplazamiento virtual. Entonces habrıamos tenido
U =1
2CV 2
y entonces
F∆z =1
2V 2∆C
que en el lımite equivale a
F =1
2V 2dC
dz=
(dU
dt
) ∣∣∣V=cte
En general
~F =(~∇U) ∣∣∣
V=cte
182
7.5. Condensadores en circuitos electricos
Un condensador se puede cargar al conectar sus terminales a una baterıa, que mantiene unadiferencia de potencial ∆V entre sus placas.
La conexion resulta de compartir cargas entre los terminales y las placas. Por ejemplo, si laplaca se conecta al terminal positivo, adquirira carga positiva. Esto produce una reduccionmomentanea de carga en los terminales, y por lo tanto decrece el potencial entre estos. Luego,reacciones quımicas dentro de la baterıa transfieren mas carga desde un terminal al otro paracompensar la perdida y mantener el voltaje en su nivel inicial. La baterıa se puede pensarentonces como una bomba de carga que trae carga Q de una placa a la otra
7.5.1. Conexion en paralelo
Si tenemos dos condensadores, de capacidad C1 y C2 y con cargas Q1 y Q2 y se conectanen paralelo, como en la figura
Las placas izquierdas de cada condensador son conectadas al terminal positivo de la baterıa yestan al mismo potencial que la terminal positiva. De forma similar, las placas derechas estanconectadas al terminal negativo y poseen el mismo potencial de este. La diferencia de potencialentre las placas de ambos condensadores es la misma, luego
C1 =Q1
| ∆V |
C2 =Q2
| ∆V |Estos condensadores se pueden ver como un condensador equivalente de capacidad equivalenteCeq, con una carga Q administrada por la baterıa. Debe tenerse que
Q = Q1 +Q2 = C1 | ∆V | +C2 | ∆V |= (C1 + C2) | ∆V |de forma que
Ceq =Q
| ∆V | = C1 + C2
183
Luego, condensadores conectados en paralelo suman su capacidad, en general
Ceq = C1 + C2 + C3 + ...+ CN =N∑
i=1
Ci
7.5.2. Conexion en serie
Supongamos que tenemos dos condensadores inicialmente descargados C1 y C2 conectadosen serie. Una diferencia de potencial | ∆V | se aplica entre ambos condensadores. La placaizquierda del condensador 1 esta conectada al terminal positivo y se carga positivamente con+Q, mientras que la placa derecha del condensador 2 se conecta al terminal negativo y secarga negativamente con −Q. ¿Que sucede con las placas interiores? Ellas estaban inicialmentedescargadas, ahora ambas placas exteriores tienen cargas iguales pero opuestas. De esta formala placa derecha del condensador 1 adquirira carga −Q y la placa izquierda del condensador 2+Q
Las diferencias de potencial en los condensadores son
| ∆V1 |=Q
C1
| ∆V2 |=Q
C2
respectivamente. Vemos que la diferencia de potencial ∆V es simplemente la suma de lasdiferencias individuales en cada condensador
| ∆V |=| ∆V1 | + | ∆V2 |Estos dos condensadores se pueden reemplazar por un unico condensador equivalente
Ceq =Q
| ∆V |Luego
Q
Ceq=
Q
C1
+Q
C2
y la capacidad equivalente para dos condensadores en serie esta dada por
1
Ceq=
1
C1
+1
C2
En general
1
Ceq=
1
C1
+1
C2
+ ...+1
CN=
N∑
i=1
1
Ci
184
Problema
Considere la configuracion de la figura. Encuentre la capacidad equivalente asumiendo quetodos los condensadores tienen la misma capacidad C
Solucion
Para los condensadores conectados en serie, la capacidad equivalente esta dada por
1
Ceq=
1
C1
+1
C2
+ ...+1
Cn=
N∑
i=1
1
Ci
Por otro lado, para los condensadores conectados en paralelo, la capacidad equivalente es
Ceq = C1 + C2 + ...+ CN =N∑
i=1
Ci
Con esto, se obtiene el siguiente circuito equivalente
Notar que ahora tenemos 3 condensadores en paralelo. La capacidad equivalente es
Ceq = C(1 +1
2+
1
3) =
11
6C
185
Problema
Se tiene un condensador plano con capacidad C1 y un condensador esferico con capacidad C2.El primero tiene cargas electricas q1 y −q1 y el segundo tiene cargas electricas q2 y −q2. Luegose conectan ambos condensadores como lo muestra la figura
a) Obtenga las nuevas cargas q′1, −q′1, q′2, −q′2 una vez obtenido el equilibrio electricob) ¿Cuanto vale la perdida de energıa potencial electrica?c) Segun su sentido fısico ¿donde se pierde dicha energıa?d) Se coloca un dipolo electrico ~p entre las dos esferas del condensador electrico. ¿Que sucedecon el?
Solucion
a) Por conservacion de la carga electrica, al conectar ambos condensadores, la carga total solodebe distribuırse, luego
q1 + q2 = q′1 + q′2
Al producirse el equilibrio electrico, los conductores unidos quedan a un mismo potencial,digamos V , luego la diferencia de potencial entre sus terminales es comun para ambos conden-sadores (estan conectados en paralelo), esto es
q′1 = C1V
q′2 = C2V
Luegoq′1q′2
=C1
C2
Con esto
q′1 =C1(q1 + q2)
C1 + C2
q′2 =C2(q1 + q2)
C1 + C2
b) La energıa inicial esta dada por
Ui =1
2
q21
C1
+1
2
q22
C2
Y la energıa final por
186
Uf =1
2
q′21C1
+1
2
q′22C2
La diferencia de energıa es
Ui − Uf =1
2
(q21
C1
+q22
C2
− q′21C1
− q′22C2
)
Ui − Uf =1
2
(q21
C1
+q22
C2
− C1(q1 + q2)2
(C1 + C2)2− C2(q1 + q2)
2
(C1 + C2)2
)
Ui − Uf =1
2
(q21
C1
+q22
C2
− (q1 + q2)2
C1 + C2
)
Ui − Uf =1
2
(q1C2 − q2C1)2
C1C2(C1 + C2)
Esta es la perdida de energıa
c) La perdida de energıa se produce debido a que al conectar ambos condensadores, se pro-duce una redistribucion de carga en ellos (y entonces en un intervalo de tiempo breve circulauna corriente electrica en los conductores). La energıa que se pierde corresponde a la energıadisipada en forma de calor en los conductores
d) El dipolo gira para orientarse en el sentido del campo electrico entre ambas cascarasesfericas. Ademas, como el campo no es uniforme en esta region, el dipolo se desplaza haciadonde el campo electrico es mas intenso, es decir, hacia la cascara negativa
187
Problema
Hay dos condensadores con capacidades C1 y C2 conectados a una baterıa de potencial Vo. Acontinuacion se desconectan de la baterıa y se unen como en la figura de abajo
Calcular la nueva diferencia de potencial entre las placas en funcion de C1, C2 y Vo
Solucion
Se tiene que inicialmente C1 y C2 estan conectados en serie, luego su capacidad equivalente es
1
Ceq1=
1
C1
+1
C2
Con esto
Ceq1 =C1C2
C1 + C2
Si Q1 es la carga almacenada por el sistema (igual en cada condensador), entonces
Ceq1 =Q1
Vo
Q1 = Ceq1Vo =C1C2
C1 + C2
Vo
Ahora, los condensadores se conectan en paralelo, por lo que en esta situacion la capacidadequivalente es
Ceq2 =2Q1
V
Ojo! El factor 2 se debe a que inicialmente la carga total es 2Q1 (en cada condensadorinicialmente se almacena carga Q1). V es la nueva diferencia de potencial en los condensadores.Ademas se tiene que
Ceq2 = C1 + C2
Ası
C1 + C2 = 2
(C1C2
C1 + C2
)Vo
1
V
188
de aquı obtenemos que
V = 2
(C1C2
C1 + C2
)(Vo
1
C1 + C2
)
Finalmente
V = 2C1C2
(C1 + C2)2Vo
189
Problema
Se tiene un circuito como el que se muestra en la figura.
a) Encontrar la carga de cada condensador cuando se cierra el interruptor S1.b) Cuando se cierra tambien el interruptor S2
Solucion
a) Cuando solo se cierra el interruptor 1, se tiene
En este caso, C1 y C3 estan en serie, asi como tambien C2 y C4.La capacidad equivalente entre C1 y C3 esta dada por
1
Ceq1=
1
C1
+1
C3
= 1 +1
3µ =
4
3(µF )−1
Con lo que
Ceq1 =3
4µF
Del mismo modo, para la capacidad equivalente entre C2 y C4
1
Ceq2=
1
C2
+1
C4
=1
2+
1
4(µF )−1 =
3
4(µF )−1
Ası
Ceq2 =4
3µF
Por ultimo, Ceq1 y Ceq2 estan en paralelo, por lo que la capacidad total sera
Ceq = Ceq1 + Ceq2 =3
4+
4
3=
25
12µF
190
Con esto podemos determinar la carga total suministrada por la fuente, dada por
Q = ∆V C = 1225
12µF = 25µC
Ahora, sea Qi la carga acumulada por el condensador i. Se tiene que Q1 = Q3, Q2 = Q4, yaque se encuentran en serie. Sea Vi la diferencia de potencial entre los terminales del condensadori. Ası
Q1 = 1µV1
Q2 = 2µV2
Q3 = 3µV3 = Q1
Q4 = 4µV4 = Q2
Ademas, los voltajes estan relacionados segun
12 = V1 + V3 = V2 + V4
Resolviendo este sistema, se tiene
Q1 = V1, Q2 = 2V2, Q1 = 36 − 3V1, Q2 = 48 − 4V2
Ası,
V1 = 36 − 3V1, 2V2 = 48 − 4V2
De donde se obtiene finalmente
V1 = 9V, V2 = 8V, V3 = 3V, V4 = 4V
Por ultimoQ1 = 9µC
,Q2 = 16µC. Q3 = 9µC, Q4 = 16µCSe comprueba que Q1 +Q2 = Q3 +Q4 = 25µC = Q
b) Ahora se tiene lo siguiente
191
Aquı, 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
Ceq=
1
3+
1
7(µF )−1 =
10
21(µF )−1
Ası
Ceq =21
10µF
Y la carga suministrada por la fuente sera
Q =21
10V =
21 · 12
10=
126
5= 25, 2µC
Ademas, se tiene V1 = V2, V3 = V4, ya que se encuentran en paralelo. Ası
V1 =1µ
Q1
= V2 =2µ
Q2
V3 =3µ
Q3
= V4 =4µ
Q4
Con esto
2Q1 = Q2
4Q3 = 3Q4
Tambien debe tenerse que
Q1 +Q2 = Q3 +Q4 = 25, 2µC
Ası2Q1 = Q2 = 25, 2 −Q1 → Q1 = 8, 4µC
Q3 = 25, 2 −Q4 = 25, 2 − 4
3Q3 → Q3 = 10, 8µC
Q4 =4
3Q3 = 14, 4µC
192
Problema
Considere el circuito de la figura
Primero se carga C1 cerrando el interruptor S1. Despues este interruptor es abierto, y el con-densador cargado se conecta al otro condensador descargado cerrando al interruptor S2. Calculela carga final en cada uno de los condensadores
Solucion
Al cerrar el interruptor S1, se conecta el condensador C1 a los terminales de la fuente de voltaje,luego este acumula una carga igual a
Q = CV = 6µ20 = 120µ(C)
Ahora, se abre el interruptor S1 y se cierra el interruptor S2, es decir, se desconecta la fuentede voltaje y se conectan ambos condensadores en paralelo. Basicamente lo que ocurre aquı esuna redistribucion de la carga almacenada.
Sea Q1 la carga final en el condensador 1 , y Q2 la carga final en el condensador 2. Se sabeque la carga total debe conservarse, es decir
Q = Q1 +Q2 = 120µ(C)
Y en cada condensador se tieneQ1 = 6µV1
Q2 = 3µV2
Como estan en paralelo, V1 = V2, ası
Q1
6µ=Q2
3µ→ Q1
Q2
= 2
De donde se obtiene, Q1 = 80µ (C), y Q2 = 40µ
193
Problema
Dos placas conductoras cuadradas de lado a se disponen con sus caras paralelas y muy proximasentre sı. La distancia entre las placas es x, como se indica en la figura. Calcule la fuerza sobrela placa B en las direcciones x y z cuando la diferencia de potencial entre las placas es Vo
Solucion
La energıa almacenada en el condensador es
U =1
2CV 2
o
donde la capacidad esta dada por
C(x, z) =εoA
x=εoa(a− z)
x
De esta forma
~F = ~∇U =dU
dxi+
dU
dzk
~F = −1
2V 2o
(ε0(a− z)a
x2i+
εoa
xk
)
~F = −1
2V 2o
εo(a− z)a
xi− 1
2V 2o
εoa
xk
194
Capıtulo 8
Ecuaciones de Poisson y Laplace
Hemos concluıdo nuestra revision de la electrostatica demostrando que la teorıa es completa.En efecto, hemos visto que la conducta de un campo electrostatico queda totalmente descrita pordos ecuaciones diferenciales de primer orden, las cuales son consecuencia de la ley de Coulomby el principio de superposicion
~∇ · ~E(~x) =ρ(~x)
ε0
~∇× ~E(~x) = ~0
Ahora comenzaremos un estudio sobre la teorıa del potencial. Esta nos brindara las her-ramientas matematicas necesarias para resolver los problemas electrostaticos que se nos pre-sentan en la practica. Notar que la teorıa electrostatica ya esta competa (es una teorıa deestructura muy simple, en efecto): solamente nos falta ampliar nuestra capacidad de aplicarla
8.1. Ecuaciones de Poisson y Laplace
La segunda ecuacion~∇× ~E(~x) = 0
es equivalente a~E(~x) = −~∇φ(~x)
Combinada con la primera, se obtiene una ecuacion diferencial de segundo orden
~∇2φ(~x) = −ρ(~x)ε0
Esta es la ecuacion de Poisson. En regiones libres de cargas tenemos
~∇2φ(~x) = 0
la ecuacion de Laplace.
195
Interpretacion del teorema fundamental
~∇2 1
| ~x− ~x′ | = −4πδ(~x− ~x′)
Esta es la ecuacion de Poisson para una carga q = 4πε0 puntual localizada en el punto ~x′.(Ecuacion singular de Poisson). Hemos establecido que
~E(~x) = −~∇φ(~x)
a partir de la ley de Coulomb
~E(~x) =1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
utilizando el siguiente argumento
~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3 = −~∇ 1
| ~x− ~x′ |
~E(~x) = −~∇ 1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |Ahora lo vamos a demostrar directamente
Teorema
φ(x) =1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |es la solucion de la ecuacion de Poisson con condiciones de contorno adecuadas en el infinito,
es decir
~∇2φ(~x) = −ρ(~x′)ε0
C.C.S(∞)
⇔ φ(x) =
1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |
Demostracion
1) Sea
φ(x) =1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |Luego
~∇2φ(~x) = ~∇2 1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |
~∇2φ(~x) =1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)~∇2 1
| ~x− ~x′ | = − 4π
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)δ(~x− ~x′)
~∇2φ(~x) = −ρ(~x)ε0
196
2) Sea
~∇2φ(~x) = −ρ(~x)ε0
~∇′2φ(~x′)
~x− ~x′= − ρ(~x′)
ε0 | ~x− ~x′ |con esto
˚
R3
d3x′~∇′2φ(~x′)
| ~x− ~x′ | = − 1
ε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |pero
˚
R3
d3x′~∇′2φ(~x′)
| ~x− ~x′ | =
˚
R3
d3x′~∇′ · ~∇′φ(~x′)
| ~x− ~x′ |
= −˚
R3
d3x′~∇′φ(~x′)
· ~∇′ 1
| ~x− ~x′ | +
˚
R3
d3x′~∇′ ·~∇′φ(~x′)
| ~x− ~x′ |
=
˚
R3
d3x′φ(~x′)~∇′ · ~∇′ 1
| ~x− ~x′ | −˚
R3
d3x′~∇′ ·[φ(~x′)~∇′ 1
| ~x− ~x′
]+
ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) ·~∇′φ(~x′)
| ~x− ~x′ |
=
˚
R3
d3x′φ(~x′)~∇′2 1
| ~x− ~x′ | +
ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) · ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |φ(~x′) −ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) ·~E(~x′)
| ~x− ~x′ |
Ahora supondremos que las condiciones de borde son apropiadas (y que entonces las inte-grales de superficie son nulas)
− 1
ε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ | = −4π
˚
R3
d3x′φ(~x′)δ(~x− ~x′) = −4πφ(~x)
φ(~x) =1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |
8.1.1. Acerca de las condiciones en el infinito
Veremos que
lım|~x|→∞
φ(~x) = 0 ⇒ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) · ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3φ(~x′) = 0
lım|~x|→∞
| ~x || ~∇φ(~x) |= 0 ⇒ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) ·~E(~x′)
| ~x− ~x′ |la segunda de ellas ya se discutio en el teorema de completitud de Helmholtz. Lo que se hace
es escoger como superficie de integracion una esfera centrada en ~x y de radio a =| ~x− ~x′ |→ ∞
ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) · ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3φ(~x′) = lıma→∞
ˆ
ˆ
S(a)
dΩ(n)φ(~x+ an) =
˛ 4π
0
dΩ(n) lıma→∞
φ(~x′)
197
luego debe tenerse que
lım|~x−~x′|→∞
φ(~x′) = 0 ⇒ lım|~x|→∞
φ(~x) = 0
del mismo modo
ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) ·~E(~x′)
| ~x− ~x′ | = lıma→∞
ˆ
ˆ
S(a)
dΩ(n)an · ~E(~x+ an)
=
˛ 4π
0
dΩ(n) lıma→∞
an · ~E(~x+ an)
luego basta tener
lım|~x|→∞
~x · ~E(~x) = 0
y
lım|~x|→∞
~x · ~E(~x) ≤ lım|~x|→∞
| ~x | · | ~E(~x) |
8.1.2. Corolario: Condicion de validez para ρ(~x)
De la condicion necesaria para el potencial
lım|~x|→∞
φ(~x) = 0
lım|~x|→∞
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ | =
˚
R3
d3x′ρ(~x′) lım|~x|→∞
1
| ~x− ~x′ |
=
˚
R3
d3x′ρ(~x′) lım|~x|→∞
1
| ~x | = lım|~x|→∞
1
| ~x |
˚
R3
d3x′ρ(~x′) = 0
si
−∞ <
¨
R3
d3x′ρ(~x′) <∞
Basta que la carga total de las fuentes sea finita (razonable!)
Luego, como corolario
~∇2φ(~x) = −ρ(~x′)ε0
˝
R3 d3x′ | ρ(~x′) |<∞
⇒ φ(x) =
1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |
Pero en la practica, este no es el problema de contorno tıpico de la electrostatica
Nota sobre el potencial en el infinito
Es bien sabido que a la funcion potencial siempre es posible sumarle una constante arbitrariafinita, ya que, obviamente, semejante adicion no modifica en nada el campo electrostatico queese potencial determina. Sumarle una constante al potencial equivale a cambiar arbitrariamentesu valor en el infinito. Sin embargo, pareciera concluirse de nuestro analisis previo que el valordel potencial en el infinito esta perfectamente determinado por la naturaleza de las fuentes
198
cargadas. Esta situacion, aparentemente paradojal, merece ser estudiada con cierto cuidado.Sea
~∇2φ(~x) = −ρ(~x′)ε0
˝
R3 d3x′ | ρ(~x′) |<∞
Luego
φ(~x) =1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |lım
|~x|→∞ρ(~x) = 0
lım|~x|→∞
| ~x || ~∇φ(~x) |= 0
Transformemos este potencial
φ(~x) → ψ(~x) = φ(~x) + ψ∞
Se tiene ahora
a)~∇2ψ(~x) = ~∇2 [φ(~x) + ψ∞] = ~∇2φ(~x)
~∇2ψ(~x) = −ρ(~x)ε0
b)
ψ(~x) =1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ | + ψ∞
c) lım|~x|→∞ ψ(~x) = lım|~x|→∞ (φ(~x) + ψ∞) = lım|~x|→∞ φ(~x) + ψ∞
lım|~x|→∞
ψ(~x) = ψ∞
d) ψ(~x) = ~∇ [φ(~x) + ψ∞] = ~∇φ(~x)
lım|~x|→∞
| ~x || ~∇ψ(~x) |= 0
Veamos ahora si todo esto es consistente
˚
R3
d3x′~∇′2ψ(~x′)
| ~x− ~x′ | = −4π
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |
−4π
˚
R3
d3x′ψ(~x′)δ(~x− ~x′) +
ˆ
ˆ
S(∞)
dΩ(~x′, ~x)ψ(~x′) +
ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) ·~∇′ψ(~x′)
| ~x− ~x′ |
= −4πψ(~x) + 4πψ∞ + 0
luego hay consistencia y no hay paradoja alguna!
199
8.2. Ecuacion Integral de Poisson: Teoremas de Green
A) Problemas simples de la electrostatica
Los problemas formalmente mas simples de la electrostatica consisten en calcular φ(~x) paratodos los puntos del espacio, habiendose dado la distribucion de las fuentes electricas ρ(~x) (porlo general, localizadas dentro de una region V ), sin condiciones de contorno prescritas para
φ(~x) o ~E(~x) en el infinito
la solucion de estos problemas simples es, formalmente, inmediata
φ(~x) =1
4πε0
˚
V
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |
~E(~x) = −~∇φ(~x)
B) Problemas de contorno
Pero, por lo general, los problemas practicos de la electrostatica se refieren a regiones (finitaso infinitas) que solamente abarcan una porcion del espacio, con o sin cargas en su interior, ycon condiciones de contorno presecritas en las superficies que las limitan. (Por ejemplo, estasuperficie de contorno puede representar un conductor a un potencial fijo). La solucion formalde estos problemas de contorno no es tan sencilla. Para manejar los problemas de contornonecesitaremos nuevas herramientas matematicas que procedemos a construır
8.3. Teoremas de Green
A partir del teorema de la divergencia
˚
V
d3x′~∇ · ~A =
ˆ
ˆ
S(V )
d~S · ~A
y utilizamos un campo vectorial de la forma
~A = φ~∇ψ
con φ, ψ, dos campos escalares. Recordar que
~∇ · ~A = ~∇ ·(φ~∇ψ
)= ~∇φ · ~∇ψ + φ~∇2ψ
200
˚
V
d3x′(~∇φ · ~∇ψ + φ~∇2ψ
)=
ˆ
ˆ
S(V )
d~S · ~∇ψφ
Se obtiene la Primera Identidad de Green˚
V
d3x′(~∇φ · ~∇ψ + φ~∇2ψ
)=
ˆ
ˆ
S(V )
dSφ∂ψ
∂n
donde
n · ~∇ψ =∂ψ
∂n
es la derivada direccional de ψ en la direccion normal a S(V )
Ahora, tambien es posible escoger ~A = ψ~∇φ, y obtenemos el siguiente par de identidadesde Green
˚
V
d3x′(~∇φ · ~∇ψ + φ~∇2ψ
)=
ˆ
ˆ
S(V )
dSφ∂ψ
∂n˚
V
d3x′(~∇ψ · ~∇φ+ φ~∇2φ
)=
ˆ
ˆ
S(V )
dSψ∂φ
∂n
Restandolas, obtenemos el Teorema de Green
˚
V
d3xφ~∇2ψ − ψ~∇2φ
=
ˆ
ˆ
S(V )
ds
φ∂ψ
∂n− ψ
∂φ
∂n
8.3.1. Ecuacion Integral de Poisson
Usaremos el teorema de Green para transformar la ecuacion de Poisson en una ecuacionintegral en la region de interes. Elijamos
ψ(~x, ~x′) =1
| ~x− ~x′ |Sea
~∇′2φ(~x′) = −ρ(~x′)
ε0
~∇′2ψ(~x, ~x′) = −4πδ(~x− ~x′)
Luego, integrando sobre la region de interes V
˚
V
d3x′φ(~x′)~∇′2ψ(~x, ~x′) − ψ(~x, ~x′)~∇′2φ(~x′)
= −4π
˚
V
d3x′φ(~x′)δ(~x− ~x′) − ρ(~x′)
4πε0 | ~x− ~x′ |
=
ˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′)
φ(~x′)
∂ψ(~x, ~x′)
∂n′− ψ(~x, ~x′)
∂φ(~x′)
∂n′
=
ˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′)
φ(~x′)
∂
∂n′
1
| ~x− ~x′ | −∂φ(~x′)∂n′
| ~x− ~x′ |
201
Se obtiene la ecuacion integral de Poisson
φ(~x)
˚
V
d3x′δ(~x−~x′) =1
4πε0
˚
V
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |+1
4π
ˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′)
∂φ(~x′)∂n′
| ~x− ~x′ | − φ(~x′)∂
∂n′
1
| ~x− ~x′ |
Consideremos ~x ∈ V
~x ∈ V →˚
V
d3x′δ(~x− ~x′) = 1
dS(~x′)∂
∂n′
1
| ~x− ~x′ | = dS(~x′)n(~x′) · ~∇′ 1
| ~x− ~x′ | = d~S(~x′) · ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
dS(~x′)∂
∂n′
1
| ~x− ~x′ | = −d~S(~x′) · ~x′ − ~x
| ~x′ − ~x |3
dS(~x′)∂φ(~x′)
∂n′= d~S(~x′) · ~∇′φ(~x′)
y entonces la ecuacion interior es
φ(~x) =
˚
V
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ | +1
4π
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x′) · ~∇′φ(~x′)
| ~x− ~x′ | +1
4π
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x′) · ~x′ − ~x
| ~x′ − ~x |3φ(~x′)
Primera Observacion
Si V = R3, S(V ) → S(∞)
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x′) · ~x′ − ~x
| ~x′ − ~x |3φ(~x′) →ˆ 4π
0
dΩ(x) lım|~x′|→∞
φ(~x′)
y tambien
|ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x′) · ~∇′φ(~x′)
| ~x− ~x′ | |≤ˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′)| ~∇′φ(~x′) || ~x− ~x′ |
=
ˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′)
| ~x− ~x′ |2 | ~x− ~x′ || ~∇′φ(~x′) |→ˆ 4π
0
dΩ(x) lım|~x′|→∞
| ~x− ~x′ || ~∇′φ(~x′) |
Luego
lım|~x′|→∞
φ(~x′) = 0 ⇒ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) · ~x′ − ~x
| ~x′ − ~x |3φ(~x′) = 0
lım|~x′|→∞
| ~x′ || ~∇′φ(~x′) |= 0 ⇒ˆ
ˆ
S(∞)
d~S(~x′) · ~∇′φ(~x′)
| ~x− ~x′ |y entonces
φ(~x) =1
4πε0
˚
R3
d3x′ρ(~x′)
| ~x− ~x′ |
202
esto impone sobre ρ las condiciones de consistencia dadas que ya conocemos˚
R3
d3x′ | ρ(~x′) |<∞
Segunda observacion
Si la region de interes V esta libre de cargas
~x ∈ V : ρ(~x) = 0
entonces, se obtiene la ecuacion integral de Laplace
φ(~x) =1
4π
ˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′)
∂φ(~x′)∂n′
| ~x− ~x′ | − φ(~x′)∂
∂n′
1
| ~x− ~x′ |
8.4. Condiciones de Contorno: Unicidad de las soluciones
A) Los problemas de contorno en electrostatica son de la forma
~x ∈ V : ~∇2φ(~x) = −ρ(~x)ε0
~x ∈ S(V ) : Condiciones de contorno para φ o para ∂φ∂n
o bien
~x ∈ V : ~∇2φ(~x) = 0
~x ∈ S(V ) : Condiciones de contorno para φ o para ∂φ∂n
Surge la cuestion sobre cuales son las condiciones de contorno adecuadas para que dentrodel volumen de interes V la solucion sea matematicamente unica, y fısicamente razonable.La experiencia fısica nos hace esperar que un problema unico de potencial se obtiene:
a) Especificando el potencial φ(~x) sobre una superficie cerrada S(V ) que limita la region deinteres V (problema de Dirichlet)
~x ∈ S(V ) : φ(~x) = φD(~x)
b) Especificando el campo electrico ~E(~x) sobre el contorno cerrado S(V ) de la region deinteres V (problema Neumann)
~x ∈ S(V ) : ~E(~x) = ~EN(~x)
En efecto vamos a demostrar que tanto el problema de Dirichlet como el problema de Neu-mann dan origen a una solucion unica
203
8.4.1. Unicidad para problemas de contorno Dirichlet
El problema Poisson Dirichlet tiene la siguiente forma
~x ∈ V : ~∇2φ(~x) = −ρ(~x)ε0
~x ∈ S(V ) : φ(~x) = φD(~x)
Sean φ1(x) y φ2(x) dos soluciones de este problema. Se define
ψ(~x) = φ2(~x) − φ1(~x)
Evidentemente ψ(~x) es solucion de la ecuacion de Laplace con condiciones de contornoDirichlet Homogeneas
~x ∈ V : ~∇2ψ(~x) = 0
~x ∈ S(V ) : ψ(~x) = 0
Usemos la primera identidad de Green
˚
V
d3x~∇ψ · ~∇ψ + ψ~∇2ψ
=
ˆ
ˆ
S(V )
dSψ∂ψ
∂n= 0
˚
V
d3x~∇ψ · ~∇ψ =
˚
V
d3x | ~∇ψ |2= 0
Pero| ~∇ψ |≥ 0
˚
V
d3x | ~∇ψ |2= 0 ⇒ ~∇ψ(~x) = ~0, ~x ∈ V
Luego ψ(~x) es constante para ~x ∈ V . Pero entonces, como
ψ(~x) = 0, ~x ∈ S(V )
se tieneψ(~x) = 0, ~x ∈ V
y por lo tanto
ψ(~x) = φ2(~x) − φ1(~x) = 0, ~x ∈ V
Luego, para ~x ∈ Vφ2(~x) = φ1(~x)
Observese el importante resultado
~x ∈ V : ~∇2ψ(~x) = 0~x ∈ S(V ) : ψ(~x) = 0
⇒ ψ(~x) = 0, ~x ∈ V
y tambien~∇2ψ(~x) = 0
~x ∈ S(∞) : ψ(~x) = 0
⇒ ψ(~x) = 0,∀x
204
8.4.2. Unicidad para condiciones de contorno de Neumann
El problema Poisson-Neumann tiene la forma
~x ∈ V : ~∇2φ(~x) = −ρ(~x)ε0
~x ∈ S(V ) :∂φ(~x)
∂n= −EN(~x)
El desarrollo es analogo al caso anterior. Sean
φ1(~x), φ2(~x)
dos soluciones del problema Poisson-Neuman en V . Definimos
ψ(~x) = φ2(~x) − φ1(~x)
Entonces ψ(~x) es solucion de la ecuacion de Laplace con condiciones de contorno de Neu-mann Homogeneas
~x ∈ V : ~∇2ψ(~x) = 0
~x ∈ S(V ) :∂φ(~x)
∂n= 0
Ahora˚
V
d3x | ~∇ψ |2=ˆ
ˆ
S(V )
dSψ∂ψ
∂n= 0
luego
~∇ψ = ~0
y ψ(~x) es constante para ~x ∈ V . Pero ahora
∂ψ
∂n= 0, ~x ∈ S(V )
Por lo tanto
ψ(~x) = C, ~x ∈ S(V )
luego
φ2(~x) = φ1(~x) + C, ~x ∈ V
Observemos que
~x ∈ V : ~∇2ψ(~x) = 0
~x ∈ S(V ) : ∂ψ(~x)∂n
= 0
⇒ ψ(~x) = C, ~x ∈ V
La constante aditiva C es arbitraria y carece de importancia fısica pues no altera al campoelectrico ~E(~x)
205
8.4.3. Condiciones de Contorno de Cauchy
Un problema Poisson-Cauchy tendrıa la siguiente forma
~x ∈ V : ~∇2φ(~x) = −ρ(~x)ε0
~x ∈ S(V )
φ(~x) = φC(~x)∂φ(~x)∂n
= −EC(~x)
Pero este problema lo podemos desglosar
~x ∈ V : ~∇2φ = − ρε0
~x ∈ S : φ = φC
⇒ φ(~x) = φD(~x), ~x ∈ V
Este problema de Poisson Dirichlet posee solucion unica!
~x ∈ V : ~∇2φ = − ρε0
~x ∈ S : ∂φ∂n
= −EC
⇒ φ(~x) = φN(~x), ~x ∈ V
Este problema de Poisson Neumann tambien posee solucion unica. Los datos de Cauchy sonφC , EC sobre S. (Ambas son funciones arbitrarias). Al resolver el problema Poisson Dirichlet
obtenemos una solucion φD, haciendo caso omiso del dato ~EC , al resolver el problema PoissonNeumann obtenemos φN , haciendo caso omiso de φC . Es obvio que, en general, resultara
~x ∈ S(V ) :
∂φD(~x)∂n
6= ∂φN (~x)∂n
= −EC(~x)φN(~x) 6= φD(~x) = φC(~x)
Luego no hay consistencia: no existe, en general, solucion de la ecuacion de Poisson concondiciones de contorno de Cauchy sobre una superficie cerrada
8.5. Funciones de Green: Solucion formal a los proble-
mas de contorno
El problema tıpico en electrostatica es resolver un problema de contorno de la forma
~x ∈ V : ~∇2φ(~x) = −ρ(~x)ε0
~x ∈ V : ~∇2φ(~x) = 0
con condiciones de borde de Dirichlet
~x ∈ S(V ) : φ = φD
o de Neumann
~x ∈ S(V ) :∂φ
∂n= −EN
la solucion de este problema es unica.Una carga puntual (positiva) 4πε0 ubicada en el punto ~x se representa por la densidad de cargasingular
ρ(~x′) = 4πε0δ(~x− ~x′)
y su potencial en el punto ~x′ es
206
ψ(~x, ~x′) =1
| ~x− ~x′ |Observese que el rol de ~x y ~x′ puede invertirse. Este potencial unitario satisface la ecuacion
de Poisson singular
~∇′2 1
| ~x− ~x′ | = −4πδ(~x− ~x′)
Vamos a generalizar esta idea
8.6. Funciones de Green G(~x, ~x′)
En general, son aquellas funciones que satisfacen la ecuacion de Poisson singular
~∇′2G(~x′, ~x) = −4πδ(~x, ~x′), ~x′ ∈ V
Sea L(~x′, ~x) una solucion de la ecuacion de Laplace en el interior de una region V , ~x′ ∈ V
~∇′2L(~x′, ~x) = 0
entonces podemos considerar
G(~x, ~x′) =1
| ~x− ~x′ | + L(~x, ~x′)
Esta es una funcion de Green dentro de la region V . Consideremos la estructura
~x′ ∈ V
~∇′2φ(~x′) = −ρ(~x′)
ε0
~∇′2G(~x′, ~x) = −4πδ(~x− ~x′)
G(~x′, ~x) =1
| ~x′ − ~x | + L(~x′, ~x)
~∇′2L(~x, ~x′) = 0
Entonces, usando la segunda identidad de Green
˚
V
d3x′G(~x′, ~x)~∇′2φ(~x′) − φ(~x′)~∇2′G(~x′, ~x)
=
ˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′)
G(~x′, ~x)
∂φ(~x′)
∂n′− φ(~x′)
∂G(~x′, ~x)
∂n′
para ~x ∈ V , resulta
˚
V
d3x′− 1
ε0G(~x′, ~x)ρ(~x′) + 4πφ(~x′)δ(~x′ − ~x)
= − 1
ε0
˚
V
d3x′ρ(~x′)G(~x′, ~x) + 4πφ(~x)
=
ˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′)
G(~x′, ~x)
∂φ(~x′)
∂n′− φ(~x′)
∂G(~x′, ~x)
∂n′
207
o sea, con ~x ∈ V en general se tiene
φ(~x) =1
4πε0
˚
V
d3x′ρ(~x′)G(~x′, ~x)+1
4π
ˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′)∂φ(~x′)
∂n′G(~x′, ~x)− 1
4π
ˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′)φ(~x′)∂G(~x′, ~x)
∂n′
Apliquemos este resultado a los problemas de contorno de Dirichlet y de Neumann
8.6.1. Solucion formal del problema Dirichlet
Hay que resolver
~x ∈ V : ~∇2φ(~x) = −ρ(~x)
ε0
~x ∈ S(V ) : φ(~x) = φD(~x)
Resolvamos entonces
~x ∈ V
~x′ ∈ V : ~∇′2GD(~x′, ~x) = −4πδ(~x′ − ~x)
~x′ ∈ S(V ) : GD(~x′, ~x) = 0
o sea, resolvamos el problema
~x ∈ V
~x′ ∈ V : ~∇′2LD(~x′, ~x) = 0
~x′ ∈ S(V ) : LD(~x′, ~x) = − 1|~x′−~x|
y hacemos
GD(~x′, ~x) =1
| ~x′ − ~x | + LD(~x′, ~x)
GD(~x′, ~x) es la funcion de Green del problema Dirichlet. La solucion formal es
φ(~x) =1
4πε0
˚
V
d3x′ρ(~x′)GD(~x, ~x′) − 1
4π
ˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′)φD(~x′)∂GD(~x′, ~x)
∂n′
8.6.2. Solucion formal del problema de Neumann
Hay que resolver ~x ∈ V : ~∇2φ(~x) = −ρ(~x)
ε0
~x ∈ S(V ) : ∂φ(~x)∂n
= −EN(~x)
Resultarıa ventajoso resolver
~x ∈ V
~x′ ∈ V : ~∇′2GN(~x′, ~x) = −4πδ(~x′ − ~x)
~x′ ∈ S(V ) : ∂GN (~x′,~x)∂n′
= 0
pero esto es, en general, imposible. En efecto, el teorema de Gauss nos da
˚
V
d3x′~∇′2GN(~x′, ~x) =
˚
V
d3x′~∇′ · ~∇′GN(~x′, ~x)
208
=
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x′) · ~∇′GN(~x′, ~x) =
ˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′)∂
∂n′GN(~x′, ~x)
= −4π
˚
V
d3x′δ(~x′ − ~x) = −4π
luegoˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′)∂
∂n′GN(~x′, ~x) = −4π
ahora bien, puesto queˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′) = S
con S el area total de S(V ), la condicion de contorno mas simple es
~x′ ∈ S(V ) :∂GN(~x′, ~x)
∂n′= −4π
S
Luego, debemos resolver
~x ∈ V
~x′ ∈ V : ~∇′2GN(~x′, ~x) = −4πδ(~x′ − ~x)
~x′ ∈ S(V ) : ∂GN (~x′,~x)∂n′
= −4πS
o sea, resolvemos
~x ∈ V
~x′ ∈ V : ~∇′2LN(~x′, ~x) = 0
~x′ ∈ S(V ) : ∂LN (~x′,~x)∂n′
= −4πS− ∂
∂n′
1|~x′−~x|
puesto que
GN(~x′, ~x) =1
| ~x′ − ~x | + LN(~x′, ~x)
la solucion formal del problema de Neumann es
φ(~x) =1
4πε0
˚
V
d3x′ρ(~x′)GN(~x′, ~x) − 1
4π
ˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′)EN(~x′)GN(~x′, ~x) + 〈φ〉S
donde 〈φ〉S es el valor medio del potencial sobre toda la superficie S(V )
〈φ〉S =1
S
ˆ
ˆ
S(V )
dS(~x)φ(~x)
La presencia de este termino es un inconveniente. Pero no afecta ~E en V
209
Problema
El promedio temporal del potencial de un atomo de hidrogeno neutro es dado por
φ(r) =1
4πε0qe−αr
r
(1 +
αr
2
)
donde q es la magnitud de la carga del electron y α = a0/2, siendo a0 el radio de Bohr.Encuentre la distribucion de cargas (continua y discreta) correspondiente a este potencial einterprete fısicamente su resultado
Solucion
~∇2φ = − ρ
ε0
En coordenadas esfericas, el operador laplaciano es
~∇2 =1
r
∂2
∂r2r +
1
r2~∇2(ϑ, φ)
Sea
ψ(r) =1
r
f(r) =1
4πε0qe−αr
(1 +
αr
2
)
o sea
φ(r) =f(r)
r
y utilizamos la identidad
~∇2ψf = ~∇ · ~∇ψf = ~∇ ·(ψ~∇f + f ~∇ψ
)
~∇2ψf = ψ~∇2f + f ~∇2ψ + 2~∇ψ · ~∇f
r =| ~x |~∇2ψ = ~∇2 1
r= −4πδ(~x)
~∇ψ = ~∇1r
= − ~x|~x|3
= − rr2
~∇2f(r) =1
r
d2
dr2rf(r) =
1
r
d
dr(rf ′ + f)
=1
r(rf ′′ + 2f ′) = f ′′ +
2
rf ′
y
2~∇ψ · ~∇f = − 2
r2r · ~∇f = − 2
r2
∂
∂rf = − 2
r2f ′
con todo esto~∇2φ =
1
rf ′′ +
2
r2f ′ − 4πf(r)δ(~x) − 2
r2f ′
= −4πf(0)δ(~x) +1
r
d2f(r)
dr2
y
f(0) =q
4πε0
210
f ′ =1
4πε0qe−αr
(α2− α
(1 +
αr
2
))=
1
4πε0qe−αr
(α
2− α− α2r
2
)
f ′ = − 1
4πε0
αq
2e−αr (1 + αr)
f ′′ = − 1
4πε0
αq
2e−αr (α− α(1 + αr))
f ′′ = − 1
4πε0
αq
2e−αr
(α− α− α2r)
)
f ′′ =1
4πε0
α3q
2re−αr
finalmente
~∇2φ = − ρ
ε0= − q
ε0δ(~x) +
1
4πε0
qα3
2e−αr
Luego
ρ(~x) = qδ(~x) − qα3
8πe−αr
La interpretacion fısica es la siguiente
qδ(~x)
representa al proton en el origen. Mientras que
−qα3
8πe−αr
es la densidad (media-temporal) de la nube orbital electronica
211
Problema: Teorema del valor medio
Demuestre que para un espacio sin cargas, el potencial electrostatico en cualquier punto es igualal potencial promedio sobre cualquier esfera centrada en ese punto
Solucion
Utilizaremos el teorema de Green˚
V
d3x(φ~∇2ψ − ψ~∇2φ
)=
ˆ
ˆ
δV
ds(n · ~∇ψφ− ψn · ~∇φ
)
En electrostatica, el potencial escalar satisface
~∇2φ(~x) = −ρ(~x)ε0
y se define la funcion de Green-Dirichlet
~∇2GD(~x, ~x′) = −4πδ(~x− ~x′), ~x, ~x′ ∈ V
~GD(~x, ~x′) = 0, ~x′ ∈ δV
del teorema de Green
˚
V
d3x′(φ′~∇′2GD(~x, ~x′) −GD(~x, ~x′)~∇′2φ′
)=
ˆ
ˆ
δV
ds′(φ′n′ · ~∇′GD(~x, ~x′) −GD(~x, ~x′)n′ · ~∇′φ′
)
−˚
V
d3x′4πδ(~x− ~x′)φ′ +
˚
V
d3x′GD(~x, ~x′)ρ(~x′)
ε0
=
ˆ
ˆ
δV
ds′φ′n′ · ~∇′GD(~x, ~x′)
φ(~x) =1
πε0
˚
V
d3x′GD(~x, ~x′)ρ(~x′) − 1
4π
ˆ
ˆ
δV
dS(~x′)φ(~x′)n(~x′) · ~∇′GD(~x, ~x′)
ahora, si V es una region libre de cargas
φ(~x) = − 1
4π
ˆ
ˆ
δV
dS(~x′)φ(~x′)n(~x′) · ~∇′GD(~x, ~x′)
Escogemos ahora V como una esfera de radio a centrada en ~x, de forma que la funcion deGreen queda
GD(~x, ~x′) =1
| ~x− ~x′ | −1
a
de esta forma~∇′GD(~x, ~x′) =
~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
212
Luego, para ~x′ ∈ S(V )
n(~x′) · ~∇′GD(~x, ~x′) =~x′ − ~x
| ~x′ − ~x | ·~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3 = − 1
| ~x− ~x′ |2 = − 1
a2
Ası
φ(~x) =1
4πa2
ˆ
ˆ
δV
dS(~x′)φ(~x′) = φ(~x, a)
con V : ε(~x, a)
Observacion
La unica condicion sobre la esfera es que ella quede totalmente contenida en el vacıo
213
Problema
Demuestre el siguiente corolario del teorema del valor medio. El campo electrostatico en el vacıosatisface identicamente las siguientes relaciones
ˆ
ˆ
S(~x)
d~S(~x′) · ~E(~x′)
| ~x− ~x′ | = 0
˚
V (S)
d3x′ ~E(~x′) · ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3 = 0
donde S es la superficie de una esfera de radio arbitrario con centro en ~x, y V (S) es suvolumen
Solucion
En el espacio vacıo de cargas~∇2φ(~x) = 0
Utilizando el teorema de Green con
ψ(~x′, ~x) =1
| ~x′ − ~x |
˚
V (~x)
d3x′
~∇′2φ(~x′)
| ~x− ~x′ | − φ(~x′)~∇′2 1
| ~x− ~x′ |
= 4π
˚
V (~x)
d3x′φ(~x′)δ(~x− ~x′) = 4πφ(~x)
=
ˆ
ˆ
S(~x)
dS(~x′)
∂φ(~x′)∂n′
| ~x− ~x′ | − φ(~x′)∂
∂n′
1
| ~x− ~x′ |
luego
φ(~x) = − 1
4π
ˆ
ˆ
S(~x)
[d~S(~x′) · ~∇′ 1
| ~x− ~x′ |
]φ(~x′) +
1
4π
ˆ
ˆ
S(~x)
d~S(~x′) · ~∇′φ(~x′)
| ~x− ~x′ |
φ(~x) =1
4π
ˆ
ˆ
S(~x)
d~S(~x′) · ~x′ − ~x
| ~x′ − ~x |3φ(~x′) − 1
4π
ˆ
ˆ
S(~x)
d~S(~x′) · E(~x′)
| ~x− ~x′ |
φ(~x) =1
4πa2
ˆ
ˆ
S(~x)
dS(~x′)φ(~x′) − 1
4π
ˆ
ˆ
S(~x)
d~S(~x′) · E(~x′)
| ~x− ~x′ |donde a =| ~x− ~x′ | es el radio de la esfera. (Independiente de ~x′).Por el teorema del valor medio
φ(~x) =1
4πa2
ˆ
ˆ
S(~x)
dS(~x′)φ(~x′)
Luego
ˆ
ˆ
S(~x)
d~S(~x′) · ~E(~x′)
| ~x− ~x′ | = 0
214
Ademasˆ
ˆ
S(~x)
d~S(~x′) ·~E(~x′)
| ~x− ~x′ | =
˚
V (S)
d3x′~∇′ ·~E(~x′)
| ~x− ~x′ |
=
˚
V (S)
d3x′
~∇′ · ~E(~x′)
| ~x− ~x′ | + ~E(~x′) · ~∇′ 1
| ~x− ~x′ |
=
˚
V (S)
d3x′
ρ(~x′)
ε0 | ~x− ~x′ | + ~E(~x′) · ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
= −˚
V (S)
d3x′ ~E(~x′) · ~x′ − ~x
| ~x′ − ~x |3 = 0
215
Problema
Demuestre que el campo electrostatico en el vacıo satisface identicamente la siguiente relacion
~∇ ·˚
V (~x)
d3x′~E(~x′)
| ~x− ~x′ | = 0
donde V (~x) es el volumen de una esfera de radio arbitrario y centro en ~x
Solucion
Sabemos que, en el vacıo˚
V (~x)
d3x′ ~E(~x′) · ~x′ − ~x
| ~x′ − ~x′ |3 = 0
0 =
˚
V (~x)
d3x′ ~E(~x′) · ~∇ 1
| ~x− ~x′ | =
˚
V (~x)
d3x′~∇ ·~E(~x′)
| ~x− ~x′ |
0 = ~∇ ·˚
V (~x)
d3x′~E(~x′)
| ~x− ~x′ |
216
Capıtulo 9
Solucion de la Ecuacion de Poisson y
Laplace
9.1. Metodo de las Imagenes
La solucion formal de los problemas de contorno en electrostatica se logra mediante el meto-do de las Funciones de Green. En los problemas practicos no siempre es facil descubrir ocalcular la funcion de Green correcta. Para ello se usan algunas tecnicas especiales, como elmetodo de las imagenes o la expansion en funciones ortogonales. El metodo de las imagenesse usa en problemas de una o mas cargas puntuales en presencia de superficies de frontera, setrata de conductores conectados a tierra o mantenidos a un potencial fijo. Este metodo de lasimagenes nos ayuda a encontrar la funcion de Green adecuada en los problemas de contornoDirichlet con φD = cte
Se trata de resolver el siguiente problema Dirichlet
~x′ ∈ V :
~x ∈ V : ~∇2φ(~x, ~x′) = − qδ(~x−~x′)
ε0
~x ∈ S(V ) : φ(~x, ~x′) = φD
Bajo condiciones geometricas favorables (simetrıa) es posible infrerir que un numero pequenode cargas puntuales, de magnitud apropiada, y ubicadas adecuadamente en la region externaV , pueden simular las condiciones de contorno requeridas, estas son las cargas imagenes
SeanV : region interiorV : region externa (conductor)q′i = q′i(q, ~x
′) = carga imagen~x′i = ~x′i(q, ~x
′)= posicion de la imagen
217
Ademas debe tenerse que~x′i(q, ~x
′) ∈ V
Las cargas imagenes deben ser externas a la region de interes V , de manera que su potencialsea una solucion de la ecuacion de Laplace en V . En efecto
~∇2φ(~x, ~x′) = −qδ(~x− ~x′)
ε0
~∇2 1
4πε0
∑
i
q′i| ~x− ~x′i |
=1
4πε0
∑
i
q′i~∇2 1
| ~x− ~x′i |
= − 1
ε0
∑
i
qiδ(~x− ~x′i) = 0
Luegoδ(~x− ~x′i) = 0,∀~x ∈ V
Carga puntual q ubicada frente a un conductor plano a potencial cero, y de
extension infinita
9.2. Funciones Ortogonales y Expansiones
Una tecnica muy poderosa de la fısica matematica es la representacion de soluciones fısicasmediante expansiones en terminos de funciones ortogonales. En cada problema se elige unparticular conjunto de funciones ort
ogonales adaptadas a la simetrıa del sistema. Revisemos las propiedades mas generales delas funciones ortogonales y veamos su uso en la representacion de funciones mediante series
Sea ξ una variable real independiente, de rango
a ≤ ξ ≤ b
y un(ξ) un conjunto infinito numerable de funciones complejas definidas en (a, b), conn = 1, 2, ... tales que
1. Todas ellas son de cuadrado integrable en (a, b)
ˆ b
a
dξ | un(ξ) |2≤ ∞
donde| un(ξ) |2= u∗n(ξ)un(ξ)
2. Ademas satisfacen la condicion de ortogonalidad en (a, b)
m 6= n→ˆ b
a
dξu∗m(ξ)un(ξ) = 0
218
Normalizacion
Sea
Nn =
ˆ b
a
dξ | un(ξ) |2
0 < Nn <∞Definamos
un(ξ) =1√Nn
un(ξ)
Entonces el conjunto
un(ξ), n = 1, 2, ..es un conjunto de funciones ortonormales en (a, b). La condicion de ortonormalidad es
ˆ b
a
dξu∗n(ξ)un(ξ) = δmn
Expansion
Sea f(ξ) una funcion arbitraria, en general compleja, de cuadrado integrable en (a, b)
ˆ b
a
dξ | f(ξ) |2<∞
Supongamos que, dado el numero natural N , la serie finita
fN(ξ) =N∑
n=1
anun(ξ)
sea una representacion aproximada de la funcion f(ξ) en (a, b). Si modificamos los coefi-cientes an, n = 1, 2, ...N , modificamos la bondad de la aproximacion. Surge entonces el problemade ajustar los coeficientes de tal manera que la aproximacion sea optima. Luego requerimos queel error cuadratico medio MN sea mınimo
MN =
ˆ b
a
dξ | f(ξ) − fN(ξ) |2
Se tiene
MN =
ˆ b
a
dξ | f(ξ) −N∑
n=1
anun(ξ) |2
MN =
ˆ b
a
dξ
[f ∗(ξ) −
N∑
n=1
a∗nu∗n(ξ)
][f(ξ) −
N∑
m=1
amu∗m(ξ)
]
MN =
ˆ b
a
dξ | f(ξ) |2 −N∑
m=1
am
ˆ b
a
dξf∗(ξ)um(ξ)−N∑
n=1
a∗n
ˆ b
a
dξf(ξ)u∗n(ξ)+N∑
n=1
N∑
m=1
a∗nam
ˆ b
a
dξu∗n(ξ)um(ξ)
Utilizando la ortonormalidad
219
MN =
ˆ b
a
dξ | f(ξ) |2 −N∑
m=1
am
ˆ b
a
dξf∗(ξ)um(ξ) −N∑
n=1
a∗n
ˆ b
a
dξf(ξ)un(ξ) +N∑
n=1
a∗nan
Entonces, la condicion para el mınimo es
∂MN
∂a∗k= −ˆ b
a
dξu∗k(ξ)f(ξ) + ak = 0
∂MN
∂ak= −ˆ b
a
dξuk(ξ)f∗(ξ) + a∗k = 0
Luego, los mejores coeficientes de la representacion aproximada son
an =
ˆ b
a
dξu∗n(ξ)f(ξ)
se llaman los coeficientes de Fourier de la expansion
Completitud
El conjunto de funciones ortonormales un(ξ) es completo en (a, b) si, para cualquier funcionf(ξ) de cuadrado integrable en (a, b), existe un numero natural N0 [f ] tal que, dado ε > 0arbitrario, se tiene
N > N0 [f ] →MN [f ] < ε
o sea que
lımN→∞
MN [f ] = 0,∀f
siendo MN el error cuadratico medio mınimo
Convergencia en la media
Si el conjunto de funciones ortonormales un(ξ) es completo en (a, b) entonces se puede de-mostrar que la representacion en serie
∞∑
n=1
anun(ξ) = S [f ]
con
an =
ˆ b
a
dξu∗n(ξ)f(ξ)
S [f ] =∞∑
n=1
un(ξ)
ˆ b
a
dξ′u∗n(ξ′)f(ξ′)
converge en la media a f(ξ) en (a, b). Vale decir que siendo f(ξ) una funcion acotada ycontinua a trazos en (a, b) (por lo tanto de cuadrado integrabe) se tiene
1. En todo punto de continuidadS [f ] = f(ξ)
220
2. En un punto de discontinuidad ordinaria
S [f ] =f(ξ + 0) + f(ξ − 0)
2
Para todos los conjuntos de fnciones ortonormales que suelen usarse en fısica se ha de-mostrado su completitud
Relacion de completitud
f(ξ) =∞∑
n=1
anun(ξ)
f(ξ) =∞∑
n=1
un(ξ)
ˆ b
a
dξ′u∗n(ξ′)f(ξ′)
f(ξ) =
ˆ b
a
dξ′f(ξ′)∞∑
n=1
u∗n(ξ′)un(ξ)
por otro lado
f(ξ) =
ˆ b
a
dξ′f(ξ′)δ(ξ′ − ξ),∀f
Luego, la suma total de los terminos bilineales u∗n(ξ)un(ξ) debe darnos una representacionde la delta de Dirac
∞∑
n=1
u∗n(ξ′)un(ξ) = δ(ξ′ − ξ)
Tambien vemos que, necesariamente
N∑
n=1
u∗n(ξ′)un(ξ) =
N∑
n=1
u∗n(ξ)un(ξ′)
es real, y queN∑
n=1
u∗n(a)un(b) = 0, a 6= b
Luego, un conjunto de funciones ortonormales completo queda caracterizado por
ˆ b
a
dξu∗m(ξ)un(ξ) = δmn
221
∞∑
n=1
u∗n(ξ)un(ξ′) = δ(ξ − ξ′)
Identidad de Parseval
Sea
f(ξ) =∞∑
n=1
anun(ξ)
Consideremosˆ b
a
dξ | f(ξ) |2=ˆ b
a
dξ∞∑
m=1
a∗mu∗m(ξ)
∞∑
n=1
anun(ξ)
=∞∑
m=1
∞∑
n=1
a∗man
ˆ b
a
dξu∗m(ξ)un(ξ)
=∞∑
m=1
∞∑
n=1
a∗manδmn =∞∑
n=1
a∗man
Luegoˆ b
a
dξ | f(ξ) |2=∞∑
n=1
| an |2
Teorema de Multiplicacion
Sean
f(ξ) =∞∑
n=1
anun(ξ)
g(ξ) =∞∑
n=1
bnun(ξ)
ˆ b
a
dξf∗(ξ)g(ξ) =
ˆ b
a
dξ∞∑
m=1
a∗mu∗m(ξ)
∞∑
n=1
bnun(ξ)
=∞∑
m=1
∞∑
n=1
a∗mbn
ˆ b
a
dξu∗m(ξ)un(ξ)
=∞∑
m=1
∞∑
n=1
a∗mbnδmn =∞∑
n=1
a∗nbn
Con esto
(f, g) =
ˆ b
a
dξf∗(ξ)g(ξ) =∞∑
n=1
a∗nbn
Caso bidimensional
Seaf = f(ξ, η)
a ≤ ξ ≤ b, c ≤ η ≤ d
222
Elegimos dos conjuntos completos ortonormales
un(ξ) →
´ b
adξu∗m(ξ)un(ξ) = δmn∑∞
n=1 u∗n(ξ)un(ξ
′) = δ(ξ − ξ′)
vn(η) →
´ d
cdηv∗m(η)vn(η) = δmn∑∞
n=1 v∗n(η)vn(η
′) = δ(η − η′)
entonces el conjunto (producto tensorial)
um(ξ)vn(η) = wm,n(ξ, η)
satisface
ˆ b
a
ˆ d
c
dξdηu∗k(ξ)v∗l (η)um(ξ)vn(η) = δkmδln
∞∑
m=1
∞∑
n=1
u∗m(ξ)v∗n(η)um(ξ′)vn(η′) = δ(ξ − ξ′)δ(η − η′)
Luego cualquier funcion f(ξ, η) de cuadrado integrable en (a, b)× (c, d) se puede representarcomo
f(ξ, η) =∞∑
m=1
∞∑
n=1
amnum(ξ)vn(η)
amn =
ˆ b
a
ˆ d
c
dξdηu∗m(ξ)v∗n(η)f(ξ, η)
9.3. Series de Fourier
9.3.1. Condiciones de Dirichlet
Sea la funcion f(x) que satisface las siguientes condiciones (de Dirichlet)(1) f(x) esta definida en a < x < a+ T(2) f(x) y f ′(x) son continuas a trazos (seccionalmente continuas) en a < x < a+ T(3) f(x) es periodica con perıodo T en −∞ < x <∞
f(x) = f(x+ T )
Observacion: la funcion f(x) se puede definir a partir de una funcion acotada F (x) definidaen −∞ < x <∞ siendo F (x) y F ′(x) continuas a trazos en a < x < a+ T . En efecto
f(x) =
F (x) si a < x < a+ T
f(x+ T ) si −∞ < x <∞Teorema de la serie de Fourier
Si f(x) satisface las condiciones de Dirichlet en a < x < T entonces
223
(1) En todo punto de continuidad
f(x) =A0
2+
∞∑
n=1
(An cos
(2πnx
T
)+Bn sin
(2πnx
T
))
(2) En un punto de discontinuidad ordinaria
f(x+ 0) + f(x− 0)
2=A0
2+
∞∑
n=1
(An cos
(2πnx
T
)+Bn sin
(2πnx
T
))
donde
An =2
T
ˆ a+T
a
dx cos
(n2πx
T
)f(x)
Bn =2
T
ˆ a+T
a
dx sin
(n2πx
T
)f(x)
para n = 0, 1, 2, 3, .... Las condiciones de Dirichlet son suficientes (pero no necesarias) parala convergencia en la media de la serie de Fourier. Sin perder generalidad, si f(x) satisface lascondiciones de Dirichlet en −T/2 < x < T/2 se tiene
f(x) =A0
2+
∞∑
n=1
(An cos
(2πnx
T
)+Bn sin
(2πnx
T
))
An =2
T
ˆ T/2
−T/2
dx cos
(2πnx
T
)f(x)
Bn =2
T
ˆ T/2
−T/2
dx sin
(2πnx
T
)f(x)
Relaciones de ortogonalidad
ˆ T/2
−T/2
dx cos
(2πmx
T
)cos
(2πnx
T
)=T
2δmn
ˆ T/2
−T/2
dx sin
(2πmx
T
)sin
(2πnx
T
)=T
2δmn
ˆ T/2
−T/2
dx sin
(2πmx
T
)cos
(2πnx
T
)= 0
ˆ T/2
−T/2
dx cos
(2πmx
T
)=
ˆ T/2
−T/2
dx sin
(2πnx
T
)= 0
224
9.4. Ecuacion de Laplace en Coordenadas Rectangulares
~∇2φ(~x) =
(∂2
∂x2+
∂2
∂y2+
∂2
∂z2
)φ(x, y, z) = 0
utilizamos el metodo de separacion de variables
φ(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(z)
Se tiene entonces1
φ~∇2φ =
1
X
d2X
dx2+
1
Y
d2Y
dy2+
1
Z
d2Z
dz2= 0
luego
1
X
d2X
dx2= − 1
Y
d2Y
dy2− 1
Z
d2Z
dz2= −α2
1
Y
d2Y
dy2= α2 − 1
Z
d2Z
dz2= −β2
1
Z
d2Z
dz2= α2 + β2 = −γ2
Resulta
d2X
dx2+ α2X = 0
d2Y
dy2+ β2Y = 0
d2Z
dz2+ γ2Z = 0
conα2 + β2 + γ2 = 0
Consideremos
X(x) = e±iαx
Y (y) = e±iβy
Z(z) = e±iγz
peroγ2 = −
(α2 + β2
)= i2
(α2 + β2)
γ = ±i√α2 + β2
φαβ(x, y, z) = e±iαx±iβy±√α2+β2z
es un conjunto de soluciones linealmente independientes de la ecuacion de Laplace. Laecuacion de Laplace es lineal y homogenea, luego, por superposicion
φ(x, y, z) =∑
α
∑
β
A+αβe
i(αx+βy)+√α2+β2z +
∑
α
∑
β
A−αβe
i(αx+βy)−√α2+β2z
es tambien una solucion de la ecuacion de Laplace. Las constantes α, β, A+αβ, A
−αβ estan a
nuestra disposicion. Ellas se determinan mediante las condiciones de contorno
225
9.4.1. Problema en 2 dimensiones
En ciertos problemas, la simetrıa permite establecer que el potencial es solo funcion de dosvariables, digamos x e y. En este caso se debe resolver
~∇2φ(~x) =
(∂2
∂x2+
∂2
∂y2
)φ(x, y) = 0
La logica es la misma, utilizando el metodo de separacion de variables
φ(x, y, z) = X(x)Y (y)
Se tiene entonces1
φ~∇2φ =
1
X
d2X
dx2+
1
Y
d2Y
dy2= 0
luego
1
X
d2X
dx2= − 1
Y
d2Y
dy2= −α2
1
Y
d2Y
dy2= α2
Resulta
d2X
dx2+ α2X = 0
d2Y
dy2− α2Y = 0
Las soluciones son de la forma
X(x) = e±iαx
Y (y) = e±αy
La solucion general de la ecuacion de Laplace esta dada por la familia de funciones
X(x) = Aα cos (αx) +Bα sin (αx)
Y (y) = Cαeαy +Dαe
−αy
con Aα, Bα, Cα, Dα constantes reales.
226
Problema
Potencial en una Caja
Resolver
~x ∈ V : ~∇2φ(~x) = 0
~x ∈ S(V ) :
φ(0, y, z) = 0φ(a, y, z) = 0φ(x, 0, z) = 0φ(x, b, z) = 0φ(x, y, 0) = 0
φ(x, y, c) = φD(x, y)
Solucion
φ(x, y, z) =∑
α
∑
β
(A+αβe
√α2+β2z + A−
αβe−√α2+β2z
)ei(αx+βy)
Esto se puede reescribir como
φ(x, y, z) =∑
α≥0
∑
β
(A+αβe
iαx + A+−αβe
−iαx)e√α2+β2zeiβy +
(A−αβe
iα + A−−αβe
−iα)e−
√α2+β2zeiβy
Se tiene
φ(0, y, z) = 0 → A±αβ + A±
−αβ = 0
Luego
φ(x, y, z) =∑
α≥0
∑
β
(A+αβ
(eiαx − e−iαx
))e√α2+β2zeiβy +
(A−αβ
(eiαx − e−iαx
))e−
√α2+β2zeiβy
227
Ademasφ(a, y, z) = 0 → eiαa − e−iαa = 2i sinαa = 0
Esto limita los valores posibles que puede tomar α
aα = mπ → m = 0,±1,±2, ...
α =mπ
a→ m = 0,±1,±2, ...
Ası
φ(x, y, z) =∞∑
m=1
∑
β
2i sin(mπax)eiβy
(A+mβe
√α2+β2z + A−
mβe−√α2+β2z
)
y se puede escribir como
φ(x, y, z) =∞∑
m=1
∑
β≥0
2i sin(mπax)((
A+mβe
iβy + A+m−βe
−iβy)e√α2+β2z +
(A−mβe
iβy + A−m−βe
−iβy)e−
√α2+β2z
)
Se cumple ademasφ(x, 0, z) = 0 → A±
αβ + A±α−β = 0
φ(x, y, z) =∞∑
m=1
∑
β≥0
2i sin(mπax)(
A+mβ2i sin(βy)e
√α2+β2z + A−
mβ2i sin(βy)e−√α2+β2z
)
y
φ(x, b, z) = 0 → 2i sin βb = 0
Esto limita los valores posibles que puede tomar β
bβ = nπ → n = 0,±1,±2, ...
β =nπ
b→ n = 0,±1,±2, ...
En resumen, α y β satisfacen
α =mπ
a, β =
nπ
b
√α2 + β2 = π
√(ma
)2
+(na
)2
= γmn
m,n = 0,±1,±2, ...
y la solucion general queda
φ(x, y, z) =∞∑
m=1
∞∑
n=1
(2i)2(A+mne
γmnz + A−mne
−γmnz)sin(πmx
a
)sin(nπy
b
)
El potencial tambien debe ser nulo en z = 0
228
(2i)2(A+mn + A−
mn
)sin(πmx
a
)sin(πny
b
)= 0
A+mn + A−
mn = 0
Sea1
2Amn = (2i)2A+
mn = −(2i)2A−mn
luego
(2i)2(A+mne
γmnz + A−mne
−γmnz)
=1
2Amn
(eγmnz − e−γmnz
)
= Amn sinh γmnz
Con todo esto, la solucion toma la forma
φ(x, y, z) =∞∑
m=1
∞∑
n=1
Amn sin(πmx
a
)sin(nπy
b
)sinh γmnz
Por ultimo, la condicion en z = c entrega
φ(x, y, c) = φD(x, y) =∞∑
m=1
∞∑
n=1
(Amn sinh γmn) sin(πmx
a
)sin(nπy
b
)c
Esta es una doble serie de Fourier
f(ξ) =∞∑
n=1
Bn sin
(πnξ
L
)
Bn =2
L
ˆ L
0
dξ sin
(πnξ
L
)f(ξ)
Luego la solucion del problema es
φ(x, y, z) =∞∑
m=1
∞∑
n=1
Amn sin(πmx
a
)sin(nπy
b
)sinh γmnz
con
Amn =4
ab sinh γmnc
ˆ a
0
dx
ˆ b
0
dy sin(πmx
a
)sin(πny
b
)φD(x, y)
γmn = π
√(ma
)2
+(nb
)2
229
Problema
Determinar el potencial en la region que comprende el interior de una caja rectangular delongitud infinita, cuya seccion transversal se aprecia en la figura
Solucion
Dado que la longitud de la caja es muy larga, el potencial tendra la misma forma para cualquierseccion transversal. Se debe resolver entonces la ecuacion de Laplace
~∇2φ(x, y) = 0
con las condiciones de borde
~x ∈ S(V ) :
φ(0, y) = 0φ(b, y) = 0φ(x, 0) = 0φ(x, a) = V0
La solucion general de la ecuacion de Laplace es
φ(x, y) = X(x)Y (y)
donde X(x) e Y (y) pertenecen a las familias de funciones
X(x) = Aα cos (αx) +Bα sin (αx)
Y (y) = Cαeαy +Dαe
−αy
Para cualquier α real, φ(x, y) es solucion de la ecuacion de Laplace. Sin embargo, las condi-ciones de borde limitaran los valores posibles de α. En efecto, debe cumplirse que
φ(0, y) = 0 → X(0) = 0
de forma queAα = 0
es decirX(x) = Bα sin (αx)
Ademas, debe tenerseφ(b, y) = 0 → Bα sin (αb) = 0
es decirαb = nπ, n = 0, 1, 2, ...
230
luego
α =nπ
b, n = 0, 1, 2, ...
Es decir, la familia de funciones que satisfacen la ecuacion de Laplace y cumplen conφ(0, y) = φ(b, y) = 0 esta dada por
φ(x, y) = X(x)Y (y)
X(x) = sin(nπbx), n = 0, 1, 2, ...
Y (y) = Anenπ
by +Bne
−nπ
by, n = 0, 1, 2, ...
La solucion general toma la forma
φ(x, y) =∞∑
n=1
sin(nπbx) (Ane
nπ
by +Bne
−nπ
by)
ademas se tiene φ(x, 0) = 0
φ(x, 0) =∞∑
n=1
sin(nπbx)
(An +Bn) = 0
LuegoAn = −Bn
y entonces
φ(x, y) =∞∑
n=1
sin(nπbx)An(e
nπ
by − e−
nπ
by)
φ(x, y) =∞∑
n=1
sin(nπbx)
2An sinh(nπby)
φ(x, y) =∞∑
n=1
Cn sin(nπbx)
sinh(nπby)
Donde Cn = 2An. Por ultimo, la condicion de borde φ(x, a) = V0 entrega
φ(x, a) =∞∑
n=0
Cn sin(nπbx)
sinh(nπba)
= V0
V0 =∞∑
n=0
Cn sin(nπbx)
sinh(nπba)
¿Como podemos encontrar los Cn?. La clave esta en notar que esta es una expansion enseries de Fourier. Si F : [−b, b] → R es una funcion de cuadrado integrable en [-b,b], admiteuna expansion en series
F (x) =a0
2+∑
n=1
An cos(nπbx)
+∑
n=1
Bn sin(nπbx)
con
Bn =1
b
ˆ b
−b
dxF (x) sin(nπbx), n = 0, 1, 2...
231
An =1
b
ˆ b
−b
dxF (x) cos(nπbx), n = 0, 1, 2...
En particular, si F es una funcion impar sobre [−b, b], An = 0 ∀n, y entonces
F (x) =∑
n=1
Bn sin(nπbx)
con
Bn =2
b
ˆ b
0
dxF (x) sin(nπbx), n = 0, 1, 2...
Interpretemos ahora el resultado que hemos obtenido
V0 =∞∑
n=0
Cn sin(nπbx)
sinh(nπba)
=∞∑
n=0
Bn sin(nπbx)
Es justamente la expansion en serie de Fourier de V0. Entonces
Bn =2
b
ˆ b
0
dxV0 sin(nπbx)
=2V0
b
ˆ b
0
dx sin(nπbx)
Bn = −2V0
b
b
nπcos(nπbx) ∣∣∣
b
0= 2
V0
nπ(1 − cos (nπ))
Notar que Bn = 0 para n impar, mientras que Bn = 4 V0
nπpara n impar. Ademas,
Bn = Cn sinh(nπba)→ Cn =
Bn
sinh(nπba)
Luego
Cn = 0, n par
Cn =4V0
nπ sinh(nπba) , n impar
y la solucion para el potencial queda
φ(x, y) =4V0
π
∞∑
n=1
1
(2n− 1) sinh(
(2n−1)πab
) sin
((2n− 1)πx
b
)sinh
((2n− 1)πy
b
)
232
La siguiente figura es un grafico de las curvas de nivel para a = b = 5 y V0 = 1 [V]
233
Problema
Encuentre el potencial para la region 0 ≤ x ≤ a, y ≥ 0, con las condiciones de borde de Dirichlet
~x ∈ S(V ) :
φ(0, y) = 0φ(a, y) = 0
lımy→∞ φ(x, y) = 0φ(x, 0) = V (x)
Solucion
El potencial en V satisface la ecuacion de Laplace
~∇2φ(x, y) = 0
cuya solucion esta dada porφ(x, y) = X(x)Y (y)
donde
X(x) = Aα cos (αx) +Bα sin (αx)
Y (y) = Bαeαy + Cαe
−αy
La condicion de borde φ(0, y) = 0 implica
X(0) = Aα = 0 → X(x) = Bα sin (αx)
Ademas, debe tenerse
φ(a, y) = 0 → X(a) = 0
sin (αa) = 0
Entoncesα =
nπ
a, n = 0, 1, 2, ...
Entonces la solucion toma la forma
φ(x, y) =∞∑
n=1
sin(nπax) (Ane
nπ
ay +Bne
−nπ
ay)
234
La condicion en el infinito es
lımy→∞
φ(x, y) = 0
de forma que An = 0,∀n = 0, 1, 2, ...
φ(x, y) =∞∑
n=1
Bn sin(nπax)e−
nπ
ay
Por ultimo, la condicion φ(x, 0) = V (x) es
φ(x, 0) =∞∑
n=1
Bn sin(nπax)
= V (x)
Ahora, consideremos F (x),−a ≤ x ≤ x. Si F (x) es cuadrado integrable en [−a, a], entoncesexiste su serie de Fourier
F (x) =a0
2+
∞∑
n=1
An cos(nπax)
+∞∑
n=1
Cn sin(πnax)
donde
An =1
a
ˆ a
−a
dxF (x) cos(nπax), n = 0, 1, 2, ...
Cn =1
a
ˆ a
−a
dxF (x) sin(nπax), n = 0, 1, 2, ...
Si F (x) es impar, entonces An = 0 ∀n, de forma que
F (x) =∞∑
n=1
Cn sin(πnax)
con
Cn =2
a
ˆ a
0
dxF (x) sin(nπax), n = 1, 2, ...
Con esto,
φ(x, 0) =∞∑
n=1
Bn sin(nπax)
= V (x)
corresponde a la expansion en serie de Fourier de V (x),−a < x < a, con V (−x) = −V (x)(por supuesto que fısicamente solo interesa V (x) para 0 ≤ x ≤ a). Ası, la solucion del problemaes
φ(x, y) =∞∑
n=1
Bn sin(nπax)e−
nπ
ay
con
Bn =2
a
ˆ a
0
dxV (x) sin(nπax), n = 1, 2, ...
Supongamos que φ(x, 0) = V (x) = V0 (constante). Luego
Bn =2V0
a
ˆ a
0
dx sin(nπax)
= −2V0
a
a
nπcos(nπax) ∣∣∣
a
0, n = 1, 2, 3...
235
Bn =2V0
nπ(1 − cos (nπ)) , n = 1, 2, 3...
Bn =
0 si n par
4V0
nπsi n impar
Finalmente
φ(x, y) =∞∑
n=1
4V0
(2n− 1)πsin
((2n− 1)π
ax
)e−
(2n−1)πa
y
El grafico muestra la solucion para V0 = 0,1, a = 5, y tomando 50 terminos en la serie
236
9.5. Ecuacion de Laplace en coordenadas Cilındricas
9.5.1. Problema bidimensional
Supongamos un problema de Laplace plano, en donde la geometrıa del problema permiteque sea mas favorable utilizar coordenadas polares
~∇2φ =1
r
∂
∂r
(r∂φ
∂r
)+
1
r2
∂2φ
∂ϕ2= 0
Utilizando el metodo de separacion de variables, es decir
φ(r, ϕ) = R(r)Ψ(ϕ)
De forma que
~∇2φ = Ψ1
r
∂
∂r
(r∂R(r)
∂r
)+R(r)
1
r2
∂2Ψ(ϕ)
∂ϕ2= 0
Multiplicando por r2
φ(si φ nunca es cero)
r
R(r)
∂
∂r
(r∂R(r)
∂r
)+
1
Ψ
∂2Ψ(ϕ)
∂ϕ2= 0
o, equivalentemente
r
R(r)
∂
∂r
(r∂R(r)
∂r
)= − 1
Ψ(ϕ)
∂2Ψ(φ)
∂ϕ2
La unica forma de que esto ultimo sea posible es que ambas expresiones sean una constante
r
R(r)
d
dr
(rdR(r)
dr
)= − 1
Ψ(ϕ)
∂2Ψ(φ)
∂ϕ2= α2
de forma que
r
R(r)
d
dr
(rdR(r)
dr
)= α2
1
Ψ(ϕ)
d2Ψ(ϕ)
dϕ2= −α2
1. Primer caso, α 6= 0La solucion para Ψ es inmediata
Ψ(ϕ) = e±iαϕ
y para R(r), con α 6= 0
r
R(r)
d
dr
(rdR(r)
dr
)=
r
R(r)
(dR(r)
dr+ r
d2R(r)
dr2
)= α2
rdR(r)
dr+ r2d
2R(r)
dr2= R(r)α2
237
Esta ecuacion pertenece al tipo Cauchy, la solucion es de la forma
R(r) = ra
En efecto, es solucion si
rara−1 + r2a(a− 1)ra−2 = raα2
ara + a(a− 1)ra = raα2
a+ a(a− 1) = α2 → a2 = α2
Entonces
a = ±αy la solucion para R(r), con α 6= 0 es
R(r) = Aαrα +Bαr
−α
2. Segundo caso, α = 0
Aquı,r
R(r)
d
dr
(rdR(r)
dr
)= 0
luego (rdR(r)
dr
)= 0 → R(r) = a0 + b0 ln r
y1
Ψ(ϕ)
d2Ψ(ϕ)
dϕ2= 0
Ψ(ϕ) = A0 +B0ϕ
Finalmente, la solucion general a la ecuacion de Laplace en coordenadas polares es la familiade soluciones
φ(r, ϕ) = (a0 + b0 ln r) (A0 +B0ϕ) +(Aαr
α +Bαr−α)(Cα sin (αϕ) +Dα cos (αϕ))
238
Problema
Determine el potencial electrostatico al interior de la region limitada por un conductor deextension infinita cuya forma se muestra en la figura. El conductor se encuentra a potencial V
Solucion
Dada la geometrıa, es natural utilizar coordenadas polares para resolver este problema. Si enla region Ω : 0 ≤ ϕ ≤ β no hay carga, entonces el potencial satisface
~∇2φ = 0, enΩ
La solucion general de la ecuacion de Laplace en coordenadas polares esta dada por
φ(r, ϕ) = (a0 + b0 ln r) (A0 +B0ϕ) +(Aαr
α +Bαr−α)(sin (Cααϕ) +Dα cos (αϕ))
El potencial debe ser finito en el origen r = 0, de forma que Bα = 0,∀α, igualmente b0 = 0.La solucion que nos interesa toma la forma
φ(r, ϕ) = (A0 +B0ϕ) + Aαrα (Cα sin (αϕ) +Dα cos (αϕ))
La condicion de borde φ(r, 0) = V implica
φ(r, 0) = A0 + AαrαDα = V
Lo cual se cumple para todo r si A0 = V , Dα = 0. Ası
φ(r, ϕ) = (V +B0ϕ) + Aαrα sin (αϕ)
Ademas, la condicion de borde en = β entrega
φ(r, β) = (V +B0β) + Aαrα sin (αβ) = V
239
B0β + Aαrα sin (αβ) = 0
lo cual se cumple para todo r siB0 = 0
sin (αβ) = 0 → α =nπ
β, n = 0, 1, 2, ...
Finalmente, la solucion queda
φ(r, ϕ) = V +∞∑
n=0
Anrn sin
(nπ
βϕ
)
240
9.6. Ecuacion de Laplace en Coordenadas Esfericas
~∇2φ(r, ϑ, ϕ) = 0
1
r2
∂
∂r
(r2∂φ
∂r
)+
1
r2 sinϑ
∂
∂ϑ
(sinϑ
∂φ
∂ϑ
)+
1
r2 sin2 ϑ
∂2φ
∂ϕ2
Notar que1
r2
∂
∂r
(r2∂φ
∂r
)=∂2φ
∂r2+
2
r
∂φ
∂r
y
1
r
∂2
∂r2(rφ) =
1
r
∂
∂r
(r∂φ
∂r+ φ
)=∂2φ
∂r2+
2
r
∂φ
∂r
luego1
r2
∂
∂rr2 ∂
∂r=
1
r
∂2
∂r2r
Ası, la ecuacion de Laplace queda de la forma
1
r
∂2
∂r2(rφ) +
1
r2 sinϑ
∂
∂ϑ
(sinϑ
∂φ
∂ϑ
)+
1
r2 sinϑ
∂2φ
∂ϕ2= 0
supongamos
φ(r, ϑ, ϕ) =R(r)
rΘ(ϑ)Φ(ϕ)
resulta
ΘΦ
r
d2R
dr2+
RΦ
r3 sinϑ
d
dϑ
(sinϑ
dΘ
dϑ
)+
RΘ
r3 sin2 ϑ
d2Φ
dϕ2= 0
r2 sin2 ϑ
R
d2R
dr2+
sinϑ
Θ
d
dϑ
(sinϑ
dΘ
dϑ
)= − 1
Φ
d2Φ
dϕ2= m2
La ecuacion para Φ es inmediata
d2Φ
dϕ2+m2Φ = 0
cuya solucion esΦ(ϕ) = e±imϕ
Es evidente que esta funcion debe ser periodica
Φ(ϕ± 2π) = Φ(ϕ)
es decire±im(ϕ+2π) = e±i2πme±imϕ = e±imϕ
241
e±i2πm = cos(2πm) ± i sin(2πm) = 1
luego m = 0,±1,±2, ...
Φm(ϕ) = eimϕ
m = 0,±1,±2, ...
Con esto
r2
R
d2R
dr2= − 1
Θ sinϑ
d
dϑ
(sinϑ
dΘ
dϑ
)+
m2
Φ sin2 ϑ= l(l + 1)
Luegod2R
dr2− l(l + 1)
r2R = 0
Esta ecuacion pertenece al tipo Cauchy
x2y′′(x) + αxy′(x) + βy(x) = 0
cuya solucion es de la forma
y(x) = xa → y′(x) = axa−1 → y′′(x) = a(a− 1)xa−2
luegoa(a− 1)xa + αaxa + βxa = 0
a2 + (α− 1)a+ β = 0
a =
a1 =
(1−α)+√
(1−α2−4β
2
a2 =(1−α)−
√(1−α
2−4β
2
Por superposicion , tenemos que la solucion general es
y(x) = Axa1 +Bxa2
En nuestro casoR(r) = ra
a2 − a− l(l + 1) = 0
a =1 ±
√1 + 4l(l + 1)
2=
1 ±√
1 + 4l + 4l2
2
a =1 ±
√(2l + 1)2
2=
1 ± (2l + 1)
2=
l + 1−l
242
Luego
Rl(r) = Alrl+1 +Blr
−l
Nos queda unicamente la ecuacion para Θ
1
sinϑ
d
dϑ
(sinϑ
dΘ
dϑ
)+
(l(l + 1) − m2
sin2 ϑ
)Θ = 0
Sea µ = cosϑ, 0 ≤ ϑ ≤ π → −1 ≤ µ ≤ 1
P (µ) = Θ(ϑ)
dΘ
dϑ=dµ
dϑ
dP
dµ= − sinϑ
dP
dµ
d
dµ= − 1
sinϑ
d
dϑ
Luego la ecuacion es
d
dµ
((1 − µ2)
dP
dµ
)+
(l(l + 1) − m2
1 − µ2
)P = 0
Esta es la ecuacion generalizada de Legendre, sus soluciones se llaman funciones asociadas
de Legendre. Estudiaremos primero la ecuacion ordinaria de Legendre
m = 0
Esto equivale a resolver el problema de Laplace para casos en que existe simetrıa azimutal(es decir, donde el potencial no depende de la variable ϕ). En este caso
d
dµ
(1 − µ2
) dPdµ
+ l(l + 1)P (µ) = 0
Las soluciones deben ser monovalentes, finitas, y continuas en −1 ≤ µ ≤ 1. Estos son lospolinomios de Legendre
9.7. Problemas de Contorno con Simetrıa Azimutal
Para problemas con simetrıa esferica y simetrıa azimutal (es decir, el potencial no dependede ϕ)
φ = φ(r, ϑ) =R(r)
rΘ(ϑ)
La solucion general a la ecuacion de Laplace queda en terminos de potencias de r y poli-nomios de Legendre
φ(r, ϑ) =∞∑
l=0
(Alr
l +Blr−(l+1)
)Pl(cosϑ)
Al, Bl
243
se determinan usando las condiciones de contorno
Problema :Potencial en una esfera
El problema a resolver es
~x ∈ S(a) : φ(~x) = φD(ϑ)
~x ∈ V : ~∇2φ(~x) = 0
a) Problema interno (r ≤ a)
Se requiere que φ(| ~x |= 0) sea finito, de forma que Bl = 0 (l = 0, 1, 2, ...)
φ(r, ϑ) =∞∑
l=0
AlrlPl(cosϑ)
La condicion de contorno es
φ(a, ϑ) = φD(ϑ) =∞∑
l=0
AlalPl(cosϑ)
es una serie de Legendre. Luego
Al =2l + 1
2al
ˆ π
0
dϑ sinϑPl(cosϑ)φD(ϑ)
b) Problema externo (r ≥ a)
Se debe tenerlım
|~x|→∞φ(~x) = 0
con lo queAl = 0, l = 0, 1, 2, ...
luego
φ(r, ϑ) =∞∑
l=0
Bl
rl+1Pl(cosϑ)
244
el potencial debe ser continuo en el contorno, por lo que
φ(a, ϑ) =∞∑
l=0
Bl
al+1Pl(cosϑ) = φD(ϑ)
de donde
Bl =2l + 1
2al+1
ˆ π
0
dϑ sinϑPl(cosϑ)φD(ϑ)
245
Problema
Se tiene una esfera conductora cuyos hemisferios se encuentran a distinto potencial
φD(ϑ) =
φ0 si 0 ≤ ϑ ≤ π/2−φ0 si π/2 ≤ ϑ ≤ π
Encontrar el potencial electrostatico en el interior de la esfera, y la densidad superficial de cargas
Solucion
Se trata de un problema con simetrıa azimutal donde el potencial satisface la ecuacion deLaplace excepto en el contorno r = a. Para el problema interno, el potencial es de la forma
φ(r, ϑ) =∞∑
l=0
AlrlPl cos(ϑ)
(se ha exigido que debe ser finito en r = 0). Ademas se cumple
φ(a, ϑ) =∞∑
l=0
AlalPl cos(ϑ) = φD
de donde se obtiene
Al =2l + 1
2al
ˆ π
0
dϑ sinϑPl(cosϑ)φD(ϑ)
Al =2l + 1
2al
(ˆ π/2
0
dϑ sinϑPl(cosϑ)φ0 −ˆ π
π/2
dϑ sinϑPl(cosϑ)φ0
)
Al = φ02l + 1
2al
ˆ π/2
0
dϑ sinϑPl(cosϑ) −ˆ π
π/2
dϑ sinϑPl(cosϑ)
Al = −φ02l + 1
2al
ˆ 0
1
dµPl(µ) −ˆ −1
0
dµPl(µ)
Al = φ02l + 1
2al
ˆ 1
0
dµPl(µ) −ˆ 0
−1
dµPl(µ)
Si l es par, Pl(µ) = Pl(−µ), mientras que si l es impar, Pl(µ) = −Pl(−µ). Luego, Al = 0para l par, y
Al = (2l + 1)φ0
al
ˆ 1
0
dµPl(µ)
para l impar. Ademas, se tiene que para l = 2n− 1, n = 1, 2, 3...
246
ˆ 1
0
dµP2n−1(µ) = (−1)n+1 (2n− 3)!!
2nn!
Luego
φr,ϑ = φ0
∞∑
n=1
(−1)n+1(4n− 1)(2n− 3)!!
a2n−12nn!r2n−1P2n−1(cosϑ)
Con esto es posible encontrar la densidad superficial de cargas, puesto que
σ(ϑ) = ε0 ~E(a, ϑ) · r = −ε0~∇φ(r, ϑ)∣∣∣r=a
· r
σ(ϑ) = −ε0∂φ(r, ϑ)
∂r
∣∣∣r=a
∂φ
∂r= φ0
∞∑
n=1
(−1)n+1(4n− 1)(2n− 1)!!
a2n−12nn!r2n−2P2n−1(cosϑ)
luego
σ(ϑ) = ε0φ0
a
∞∑
n=1
(−1)n+2(4n− 1)(2n− 1)!!
2nn!P2n−1(cosϑ)
Fig. 9.1: Equipotenciales para φ0 = 100 [V] y usando 10 terminos en la expansion
247
Problema
Encuentre el potencial en todo el espacio de un anillo de radio R cargado con carga Q uniforme
Solucion
El potencial en todo el espacio (excepto sobre el anillo) cumple
~∇2φ(~x) = 0
Ya fue resuelto anteriormente el valor del potencial sobre el eje z
φ(z) =1
4πε0
Q√z2 +R2
Es claro que el problema posee una simetrıa azimutal (el potencial no depende del angulopolar ϕ). Con esto
φ(r, ϑ) =∞∑
l=0
(Alr
l +Blr−(l+1)
)Pl(cosϑ)
Se deben imponer las condiciones de contorno adecuadas. Como conocemos el potencialsobre el eje z, es decir para ϑ = 0
φ(r, 0) =1
4πε0
Q√r2 +R2
φ(r, 0) =Q
4πε0
1
(r2 +R2)1/2=
∞∑
l=0
(Alr
l +Blr−(l+1)
)Pl(1) =
∞∑
l=0
(Alr
l +Blr−(l+1)
)
pues Pl(1) = 1 para todo l = 0, 1, 2, ...
φ(r, 0) =Q
4πε0
1
(r2 +R2)1/2=
∞∑
l=0
(Alr
l +Blr−(l+1)
)
Separamos en dos casos1) r > R
Q
4πε0
1
r(1 +
(Rr
)2)1/2=
Q
4πε0
1
r
(1 +
(R
r
)2)−1/2
248
Como R/r < 1, la expansion en serie de potencias de (1 + (R/r)2)−1/2
converge, y esta dadapor
(1 +
(R
r
)2)−1/2
= (1 + x)−1/2 =∞∑
l=0
dl
dxf(x)
∣∣∣x=0
xl
l!
conf(x) = (1 + x)−1/2
se tienef(x)
∣∣∣x=0
= 1
f ′(x)∣∣∣x=0
= −1
2
f ′′(x)∣∣∣x=0
=
(1
2
)(3
2
)
f ′′′(x)∣∣∣x=0
= −(
1
2
)(3
2
)(5
2
)
f 4(x)∣∣∣x=0
=
(1
2
)(3
2
)(5
2
)(7
2
)
En general
f l(x)∣∣∣x=0
=(−1)l(2l − 1)!!
2l
de forma que
(1 +
(R
r
)2)−1/2
=∞∑
l=0
(−1)l(l − 1)!!
2ll!
(R
r
)2l
EntoncesQ
4πε0
1
r(1 +
(Rr
)2)1/2=
Q
4πε0
∞∑
l=0
(−1)l(l − 1)!!
2ll!
R2l
r2l+1
∞∑
l=0
(Alr
l +Blr−(l+1)
)=
Q
4πε0
∞∑
l=0
(−1)l(l − 1)!!
2ll!
R2l
r2l+1
Por supuesto que debe tenerselım
|~x|→∞φ(~x) = 0
por lo queAl = 0,∀l
∞∑
l=0
Blr−(l+1) =
Q
4πε0
∞∑
l=0
(−1)l(l − 1)!!
2ll!
R2l
r2l+1
de aquı se obtiene que Bl = 0 para l impar, luego
249
∞∑
l=0
B2lr−(2l+1) =
Q
4πε0
∞∑
l=0
(−1)l(l − 1)!!
2ll!
R2l
r2l+1
B2l =Q
4πε0
(−1)l
2l(2l − 1)!!
l!R2l
y entonces el potencial queda, para r > R
φ(r, ϑ) =∞∑
l=0
Q
4πε0
(−1)l
2l(2l − 1)!!
l!R2lr−(2l+1)P2l(cosϑ)
2) caso en que r < RAquı el potencial sera de la forma
φ(r, ϑ) =∞∑
l=0
(Clr
l +Dlr−(l+1)
)Pl(cosϑ)
Se requiere que el potencial sea finito, luego Dl = 0 para todo l = 0, 1, 2... la condicion decontorno en el eje z, z > 0 entrega
φ(r, 0) =∞∑
l=0
Clrl =
Q
4πε0
1
R (1 + (r/R)2)−1/2
Como r/R < 1, esta garantizada la convergencia de la serie de potencias de
(1 + (r/R)2
)−1/2
∞∑
l=0
Clrl =
Q
4πε0
1
R
∞∑
l=0
(−1)l(2l − 1)!!
2ll!
r2l
R2l
∞∑
l=0
Clrl =
Q
4πε0
∞∑
l=0
(−1)l(2l − 1)!!
2ll!
r2l
R2l+1
de aquı es inmediato que Cl = 0 para l impar
∞∑
l=0
C2lr2l =
Q
4πε0
∞∑
l=0
(−1)l(2l − 1)!!
2ll!
r2l
R2l+1
C2l =Q
4πε0(−1)l
(2l − 1)!!
2ll!R2l+1
Finalmente, el potencial esta dado por
φ(r, ϑ) =∞∑
l=0
Q
4πε0(−1)l
(2l − 1)!!
2ll!R2l+1rlP2l(cosϑ), r < R
250
φ(r, ϑ) =∞∑
l=0
Q
4πε0
(−1)l
2l(2l − 1)!!
l!R2lr−(2l+1)P2l(cosϑ), r > R
Fig. 9.2: La figura muestra la solucion para r > R, tomando 40 terminos
Fig. 9.3: La figura muestra la solucion para r < R
251
Parte III
El campo en medios materiales
263
Capıtulo 10
Dielectricos
10.1. El campo en medios Dielectricos
Aquı comenzamos a discutir otra de las propiedades interesantes de la materia bajo lainfluencia de un campo electrico. Anteriormente consideramos el comportamiento de los con-ductores, en donde hay cargas libres para moverse en respuesta a un campo electrico de forma decancelar el campo en el interior del conductor. Ahora discutiremos que sucede con los aislantes,materiales que no conducen electricidad. Uno podrıa creer primeramente que no deberıa haberefecto alguno, sin embargo, usando un condensador de placas paralelas, Faraday descubrio queesto no es ası. Sus experimentos mostraron que la capacidad aumenta en un factor κ que de-pende unicamente de la naturaleza del material asilante. Estos materiales tambien son llamadosdielectricos, el factor κ es una propiedad del dielectrico (y se llama constante dielectrica). Laconstante dielectrica del vacıo es, por supuesto, 1. A continuacion se derivara el comportamien-to de un dielectrico en un campo externo y se aplicara al calculo de capacidades con dielectricos.
Todos los medios materiales se componen de moleculas, las que a su vez se componen deentes cargados (nucleos atomicos y electrones), y las moleculas de los dielectricos son, de he-cho, afectadas por la prescencia de un campo electrico externo. El campo electrico produceuna fuerza que se ejerce sobre cada partıcula cargada, empujando las partıculas positivas enla direccion del campo, y las negativas en sentido opuesto, de modo que las partes positivasy negativas de cada molecula se desplazan de sus posiciones de equilibrio, sin embargo estascargas moleculares no estan libres para moverse muy lejos o ser extraıdas del material (lo quesı ocurre en conductores).
El efecto total, desde el punto de vista macroscopico, se visualiza como un desplazamientode toda la carga positiva en el dielectrico en relacion a la carga negativa (Se produce unacoleccion de dipolos!). A esto se le llama polarizacion. Existen 2 tipos de dielectricos, unosson los dielectricos polares, que tienen momentos dipolares permanentes. Un ejemplo de estetipo de dielectrico es el agua.
265
La orientacion de las moleculas polares ante la ausencia de un campo es totalmente aleatoria.Cuando un campo ~E0 es aplicado, un torque causa que las moleculas se alinien en la direccionde ~E0. (ver ultimo problema de ayudantıa 9)
El otro tipo de dielectrico son los no polares, que no poseen momentos dipolares perma-nentes, pero que de igual forma se polarizan ante un campo electrico externo. Las moleculaspolarizadas son como dipolos y se alinean en la direccion del campo.
La figura ilustra la orientacion de las moleculas no polares con y sin campo externo ~E0. Enambos tipos de dielectricos, ante la prescencia de un campo electrico externo, se produce unapolarizacion. Un dielectrico polarizado, aun cuando sea electricamente neutro en promedio,produce un campo electrico en los puntos exteriores e interiores al dielectrico.
10.1.1. Polarizacion
Vimos que si un medio se polariza, se efectua una separacion de cargas positivas y negativas,y un elemento de volumen se caracterizara entonces por un momento dipolar electrico, ∆~p. Sedefine ~P , el momento dipolar electrico por unidad de volumen
~P =∆~p
∆v
Estrictamente, ~P debe definirse como el lımite de esta cantidad a medida que ∆v se hace muypequeno desde el punto de vista macroscopico. De esta forma, ~P se convierte en una funcionpuntual ~P (x, y, z), llamada Polarizacion del medio (Es, de hecho, un campo vectorial). Susdimensiones son carga por unidad de area.
10.1.2. Campo de un Medio Dielectrico
Consideremos un pedazo finito de dielectrico polarizado, es decir, que se caracterize encada punto ~x′ por su polarizacion ~P (~x‘). La polarizacion da origen a un campo electrico. Paraencontrarlo, encontremos primero el potencial en un punto P .
266
Cada elemento de volumen d3x′ se comporta como un dipolo microscopico, y entonces se car-acteriza por un momento dipolar ∆~p(~x′) = ~P (~x′)d3x′, y como la distancia entre ~x y d3x′ esgrande comparada con las dimensiones de d3x′, el potencial en ~x sera
dφ(~x) =∆~p(~x′) · (~x − ~x′)
4πε0|~x − ~x′|3=
P (~x′) · (~x − ~x′)d3x′
4πε0|~x − ~x′|3
(Recordar el potencial de un dipolo!). El potencial en el punto ~x se obtiene sumando las con-tribuciones de todas las partes del dielectrico, luego
φ(~x) =1
4πε0
˚
V
d3x′ ~P (~x′) · (~x − ~x′)
|~x − ~x′|3
Esta integral puede evaluarse directamente si se conoce la forma funcional de ~P (~x′). En lapractica eso no se hace, resulta ventajoso desarrollar aun mas esta expresion. Usando la yaconocida identidad
~∇′ 1
|~x − ~x′|=
~x − ~x′
|~x − ~x′|3
El potencial queda
φ(~x) =1
4πε0
˚
V
d3x′ ~P (~x′) · ~∇′ 1
|~x − ~x′|
El siguiente paso consiste en utilizar la siguiente identidad
~∇′ · (f ~F ) = f ~∇′ · ~F + ~F · ~∇′f
Donde f es cualquier funcion escalar y ~F un campo vectorial. Con esto, si utilizamos f =1
|~x−~x′|y ~F = ~P (~x′)
~P (~x′) · ~∇′ 1
|~x − ~x′|= ~∇′ ·
~P (~x′)
|~x − ~x′|−
1
|~x − ~x′|~∇′ · ~P (~x′)
Con esto
φ(~x) =1
4πε0
˚
V
d3x′~∇′ ·~P (~x′)
|~x − ~x′|−
1
4πε0
˚
V
d3x′ 1
|~x − ~x′|~∇′ · ~P (~x′)
La primera integral puede transformarse en una integral sobre una superficie cerrada medi-ante el teorema de la divergencia, obteniendo
267
φ(~x) =1
4πε0
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) ·~P (~x′)
|~x − ~x′|−
1
4πε0
˚
V
d3x′ 1
|~x − ~x′|~∇′ · ~P (~x′)
O, equivalentemente
φ(~x) =1
4πε0
ˆ
ˆ
S
dS(~x′)~P (~x′) · n(~x′)
|~x − ~x′|+
1
4πε0
˚
V
d3x′−~∇′ · ~P (~x′)
|~x − ~x′|
Las cantidades ~P (~x) · n(~x) y −~∇ · ~P (~x) son dos funciones escalares obtenidas a partir de la
polarizacion ~P (~x). Es conveniente asignar a estas cantidades sımbolos especiales, y como tienendimensiones de carga por unidad de area y carga por unidad de volumen, respectivamente,escribiremos
σ(~x) = ~P (~x) · n(~x)
ρ(~x) = −~∇ · ~P (~x)
Y llamaremos a σ y ρ densidades de carga de polarizacion. La densidad superficialde carga de polarizacion esta dada por la componente de polarizacion normal a la superficie,y la densidad volumetrica de carga de polarizacion es una medida de la no uniformidad de lapolarizacion dentro del material.
En resumen, el potencial debido al material dielectrico es, finalmente
φ(~x) =1
4πε0
ˆ
ˆ
S
dS(~x′)σ(~x′)
|~x − ~x′|+
1
4πε0
˚
V
d3x′ ρ(~x′)
|~x − ~x′|
De esta expresion es evidente que proviene de una distribucion de carga. En otras palabras,el material dielectrico se ha sustituido por una distribucion adecuada de carga de polarizacion.El campo electrico se obtiene usando el hecho ~E(~x) = −~∇φ(~x)
~E(~x) =1
4πε0
ˆ
ˆ
S
dS(~x′)σ(~x′)(~x − ~x′)
|~x − ~x′|3+
1
4πε0
˚
V
d3x′ρ(~x′)(~x − ~x′)
|~x − ~x′|3
Notemos que la carga de polarizacion total de un cuerpo dielectrico es
Qp =
˚
V
d3x′(−~∇′ · ~P (~x′)) +
ˆ
ˆ
S(V )
dS(~x′)~P (~x′) · n(~x′)
Utilizando el teorema de la divergencia, es evidente que Qp = 0, (como debe ser!) Estoconcuerda con que un dielectrico, como un todo, es electricamente neutro.
10.2. Ley de Gauss en un Dielectrico, Desplazamiento
Electrico
Es sabido que una de las leyes fundamentales de la electrostatica es la ley de Gauss. Estaley dice que el flujo electrico a traves de cualquier superficie cerrada es proporcional a la cargatotal encerrada por la superficie. Al aplicar la ley de Gauss a una region que contiene cargas
268
libres dentro de un dielectrico, hay que tener cuidado en incluır todas las cargas dentro de lasuperficie gaussiana, tanto la carga de polarizacion como la carga libre
Consideremos una superficie S cerrada imaginaria colocada dentro de un medio dielectrico.Consideremos cierta cantidad de carga libre Q, contenida en el volumen limitado por S ′. La leyde Gauss entrega
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =Q
ε0
+1
ε0
ˆ
ˆ
S′
dS(~x′)σ(~x′) +1
ε0
˚
d3x′ρ(~x′)
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =Q
ε0
+1
ε0
ˆ
ˆ
S′
d~S(~x′) · ~P (~x′) −1
ε0
˚
d3x′~∇′ ~P (~x′)
=Q
ε0
+1
ε0
ˆ
ˆ
S′
d~S(~x′) · ~P (~x′) −1
ε0
ˆ
ˆ
S+S′
d~S(~x′) · ~P (~x′)
Asıˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =Q
ε0
−1
ε0
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~P (~x′)
Equivalentemente
ε0
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = Q −
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~P (~x′)
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) ·(
ε0~E(~x′) + ~P (~x′)
)
= Q
Se define el Desplazamiento electrico como
~D(~x) = ε0~E(~x) + ~P (~x)
La ley de Gauss, en terminos de ~D queda
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~D(~x′) = Q =
˚
S(V )
d3x′ρlibre(~x′)
Esta es la Ley de Gauss generalizada a un dielectrico, notar que Q representa unica-mente la carga libre, es decir, toda la informacion sobre la polarizacion del medio se encuen-tra contenida en ~D(~x′). Notar que si no hay dielectrico (espacio vacıo), se tiene ~P (~x)= 0,~D(~x) = ε0
~E(~x) y
ε0
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = Q
que es la ley de Gauss usual para el vacıo.
269
10.3. Forma diferencial de la Ley de Gauss General
A partir de la ley de Gauss
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~D(~x′) =
˚
V (S)
d3x′ρ(~x′)
Aquı, ρ(~x′) representa la densidad volumetrica de carga libre. Utilizando el teorema de ladivergencia
˚
V (S)
d3x′~∇ · ~D(~x′) =
¨
V (S)
d3x′ρ(~x′)
De donde se obtiene la forma diferencial de la ley de Gauss general
~∇ · ~D(~x′) = ρ(~x′)
Esta es la primera ecuacion de Maxwell reescrita para un medio material. Notar que ladefinicion del vector ~D tiene la ventaja de conservar como fuentes unicamente las cargas li-
bres. El efecto de las cargas de polarizacion estan contenidas en ~D.
10.4. Susceptibilidad Electrica y constante Dielectrica
Para la mayorıa de los materiales, ~P (~x) se anula cuando ~E(~x) se anula. Como este esel comportamiento mas comun, nos limitaremos a los materiales de este tipo. Ademas, si elmaterial es isotropico, la polarizacion debera tener el mismo sentido que el campo electrico quela provoca. Esto se resume en
~P (~x) = χ(E) ~E(~x)
Donde la cantidad escalar χ(E) se llama susceptibilidad electrica del material. Ası, una
expresion para ~D(~x) en medios isotropicos serıa
~D(~x) = (ε0 + χ(E)) ~E(~x) = ε(E) ~E(~x)
Donde ε(E) = ε0 + χ(E) es la permitividad del material. Experimentalmente χ y ε sonindependientes del campo electrico para campos no muy intensos. En otras palabras, χ y ε pasana ser constantes caracterısticas del material. Materiales de este tipo se llaman dielectricos
lineales, y se tiene
~P (~x) = χ~E(~x)
~D(~x) = ε ~E(~x)
Es mas conveniente trabajar con una cantidad adimensional, κ, definida por
κ =ε
ε0
= εr
Esta constante se llama constante dielectrica, de manera que
~D(~x) = ε ~E(~x) = ε0κ~E(~x)
270
Notar que κ es siempre mayor que 1, excepto en el vacıo, donde κ = 1. La primera ecuacionde Maxwell en este tipo de medios queda
~∇ · E(~x) =ρ(~x)
ε=
ρ(~x)
κε0
Eso significa que en un medio dielectrico, el campo electrico es debilitado por un
factor κ.
10.5. Condiciones de borde en la frontera
Las condiciones que deben satisfacer el campo electrico en una zona interfacial que separados madios dielectricos se deducen a partir de las leyes diferenciales
~∇ · ~D(~x) = ρ(~x)
~∇× ~E(~x) = 0
En cualquier zona interfacial entre dos medios se puede construır una superficie cilındricacomo se muestra en la figura
Integrando la ley de Gauss general sobre el volumen limitado por el cilindro se obtiene
˚
V
d3x~∇ · ~D(~x) =
˚
V
d3xρ(~x)
ˆ
ˆ
V (S)
d~S(~x) · ~D(~x) =
¨
V
d3xρ(~x)
si h → 0, entonces
(D1n − D2n) A = σA
donde A es la superficie de las tapas, y σ es la densidad superficial de carga en la frontera quedivide a los dos medios. Ası, la componente normal del campo ~D(~x) es discontinua al atravesaruna superficie cargada
D1n − D2n = σ
271
o, equivalentemente para medios lineales
ε1E1n − ε2E2n = σ
Ahora veremos que la componente tangencial del campo electrico es continua. A partir dela ecuacion
~∇× ~E(~x) = 0
Integremos esta ecuacion sobre una superficie plana rectangular como la de la figura
El contorno de S es el camino Γ indicado en la figura. Utilizando el teorema de Stokes
ˆ
ˆ
S
d~S(x) ·(
~∇× ~E(~x))
=
˛
Γ
d~x · ~E(~x) = 0
En el caso en que h1 → 0, h2 → 0
lE1t − lE2t = 0
De aquı se deduce que la componente tangencial de ~E(~x) debe ser continua al atravesaruna interfaz entre dos medios
lE1t = lE2t
En resumen, al atravesar una interfaz entre dos medios (1 y 2), los campos ~E(~x) y ~D(~x)satisfacen
E1t = E2t
D1n − D2n = σ
272
10.5.1. Condensadores con Dielectricos
Un material no conductor, ancho t, area A y constante dielectrica κ se inserta en el espacioentre placas de un condensador con distancia d entre placas, carga Q y area A. No es necesarioque el dielectrico este en la mitad del espacio entre placas
Para encontrar la capacitancia, calculemos primero la diferencia de potencial entre placas.Ya se vio que en auscencia de dielectrico, el campo electrico entre las placas esta dado porE0 = σ
ε0= Q
ε0A, y entonces ED = E0
k. El potencial se puede encontrar integrando el campo
electrico sobre una curva vertical desde la placa superior a la inferior
∆φ = −
ˆ −
+
dxE = −phi0 + phiD = −E0(d − t) − EDt = −Q
Aε0
(d − t) −Q
Aε0κt
∆φ = −Q
Aε0
(d − t(1 −1
κ))
Con esto se obtiene
C =Q
|∆V |=
ε0A
d − t(1 − 1κ)
Notemos algunos lımites, por ejemplo cuando t → 0, es decir, cuando el ancho del dielectri-co tiende a cero, se obtiene C = ε0
Ad
= C0, que es la capacidad esperada para cuando no haydielectrico.Cuando κ = 1, nuevamente se obtiene C = ε0A
d= C0, ya que al ser κ = 1, el dielectrico es
simplemente vacıo.En el lımite cuando t → d, el espacio esta totalmente lleno de dielectrico, y se tiene
C =κε0A
d= κC0
Es decir, un condensador lleno de dielectrico aumenta su capacidad en el factor κ!
273
Problema
Calcular la capacidad del condensador de la figura
Solucion
El problema se puede tratar como 2 condensadores en paralelo, uno formado por los dielectricosde constante κ1 y κ2, y el otro formado por dielectrico de constante κ3 y vacıo.El primer condensador (C1), se puede ver como 2 condensadores en serie, llenos de los dielectri-cos 1 y 2, ası
1
C1
=1
C ′1
+1
C ′′1
Con
C ′1 =
κ1ε0S1
d1
C ′′1 =
κ2ε0S1
d2
1
C1
=d1
κ1ε0S1
+d2
κ2ε0S1
De donde se obtiene
C1 =κ1κ2ε0S1
d1κ2 + d2κ1
Para el condensador C2, se procede de manera similar, esto es
1
C2
=1
C ′2
+1
C ′′2
Donde
C ′2 =
ε0S2
d1
C ′′2 =
κ3ε0S2
d2
Donde se obtiene
C2 =κ3ε0S2
d1κ3 + d2
Finalmente, como C1 y C2 estan en paralelo, la capacidad total sera
C = C1 + C2 =κ1κ2ε0S1
d1κ2 + d2κ1
+κ3ε0S2
d1κ3 + d2
274
Problema
Se tiene un condensador plano de area A en el vacıo, y se carga con una baterıa. El condensadorobtiene una carga Q. Luego, se desconecta de la baterıa y se llena la mitad del espacio entreplacas con un dielectrico de permitividad ε2. Calculara) la nueva diferencia de potencial entre las placasb) las densidades superficiales de carga en cada placac) las densidades de carga de polarizacion del dielectrico
Solucion
Sea el origen en un punto sobre la placa inferior. Se define el eje z como vertical y positivohacia arriba. Si escogemos un camino de integracion Γ como una lınea recta vertical desde laplaca superior hasta la inferior
podemos obtener la diferencia de potencial entre las placas como
φd − φo = V =
ˆ
Γ
d~x · ~E(~x) =
ˆ 0
d
d~x~E(~x)
Despreciando efectos de borde, el campo debe ser uniforme en la region interior, y ademasapunta segun −k. Ojo con la parametrizacion! se tiene l = d − t, con t = 0...d. De esta formadl = −dt y d~l = dtk ,luego
V =
ˆ 0
d
d~x · ~E(~x) = −E
ˆ 0
d
dt = Ed
Luego E = Vd
La curva Γ fue escogida de manera arbitraria,y se podrıa haber escogido en la mitad dondese encuentra el dielectrico, sin embargo la diferencia de potencial entre las placas debe ser lamisma para ambos caminos de integracion. Lo que esto significa es que el campo electrico debeser igual tanto en el vacıo como en la region con dielectrico. La unica forma de que esto seaposible es que se distribuyan densidades de carga superficial en los conductores, digamos σ1 yσ2 no necesariamente iguales entre sı.
275
ahora, sabemos que en la region 1
D1 = ε1E = ε0V
d
y para la region 2
D2 = ε2E = εV
d
Ademas, utilizando la ley de Gauss con las superficies S1 y S2 de la figura:
ˆ
ˆ
S
d~S · ~D1 = D1S = σ1S
luego
D1 = σ1 = ε0V
d
Equivalente, para la region 2 se obtiene de forma analoga
D2 = σ2 = εV
d
Ademas, como la carga Q en la placa superior solo se distribuye, la ley de continuidadestablece
(σ1 + σ2)A
2= Q = (ε + ε0)
V
d
A
2= Q
de aquı obtenemos la diferencia de potencial entre las placas del condensador
V =2Qd
A(ε + ε0)
Notar que si ε = ε0 (y entonces el material dielectrico es el vacıo) el potencial es simplementeel potencial inicial
V =Qd
Aε0
=Q
C= Vo
b) Las densidades de carga superficial estan dadas por
σ1 = ε0V
d=
ε02Q
A(ε + ε0)
σ2 = εV
d=
ε2Q
A(ε + ε0)
Notar que
σ1A
2+ σ2
A
2= Q
276
c) Calculemos ahora las densidades de polarizacion. Necesitamos encontrar σP y ρP en elmaterial dielectrico. Tenemos que
ρP = −~∇ · ~P = −χ~∇ · ~E
Ahora, en todos los puntos en el dielectrico no hay densidad de carga libre, luego, de laprimera ecuacion de Maxwell
~∇ · ~D = ρ = 0
y como ~D = ε ~E → ~∇ · ~E = 0Esto es valido en todos los puntos interiores al dielectrico. Con esto
ρP = 0
Ahora, para obtener la densidad de carga superficial, se tiene
σP = ~P · n
donde n es la normal a la superficie del dielectrico.Recordar que
D = εE = ε0E + P
Luego(ε − ε0)E = P
Ahora, en la superficie superior del dielectrico se tiene n = k y
~E = −2Q
A(ε + ε0)k
Luego
σP = −2Q
A(ε + ε0)(ε − ε0)
Y la densidad en la placa inferior sera, simplemente
−σP =2Q
A(ε + ε0)(ε − ε0)
se verifica que la carga total de polarizacion es cero
277
Problema
Una esfera de radio R con carga libre q esta sumergida en un medio dielectrico homogeneo deconstante κ y de extension teoricamente infinita. Calculara) Los vectores campo electrico y polarizacion a distancia r de la carga puntualb) La densidad de carga de polarizacion
Solucion
a) Debido a que ~E, ~D y ~P son todos paralelos entre sı en cada punto, y por la simetrıa esferica,la naturaleza radial del campo no cambia por la prescencia del medio dielectrico. Ademas, estosvectores pueden depender solo de la distancia al centro de la esfera y no de alguna coordenadaangular.Usando la ley de gauss general, con una superficie esferica de radio r (r > R) concentrica a laesfera de carga q
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~D(~x′) = q
ˆ
ˆ
S
dSD(r) = q → D(r)
ˆ
ˆ
S
dS(~x′) = q
Con lo que4πr2D(r) = q
~D(r) =q
4πr2r
El campo electrico y la polarizacion pueden evaluarse con bastante facilidad al conocer ~D
~D(r) = κε0~E(r) → ~E(r) =
q
4πκε0r2r
ademas~D(~x) = ε0
~E(~x) + ~P (~x)
~P (r) = (ε − ε0) ~E(r) =q
4πr2r − ε0
q
4πκε0r2r =
q
4πr2
(
1 −1
κ
)
r =
~P (r) =q(κ − 1)
4πκr2r
b) Claramente el dielectrico ha debilitado la magnitud del campo electrico (en comparacional espacio vacıo). El campo electrico es originado por toda la carga, la de polarizacion y lacarga libre. La carga libre es solo la carga de la esfera q. Sin embargo, la carga de polarizacionse forma de dos contribuciones, una densidad volumetrica ρP (~x) = −~∇ · ~P (~x) y una densidad
superficial σP (~x) = ~P (~x)·n(~x) sobre la superficie del dielectrico en contacto con la carga puntual.
Es claro que en todos los puntos del dielectrico
~∇ · ~E(~x) = 0
y entoncesρP (~x) = −~∇ · ~P (~x) = 0
278
Usando que
~P (r) =q(κ − 1)
4πκr2r
La densidad superficial sera
σ = ~P · n = ~P (R) · −r = −(κ − 1)q
4πκR2
y la carga superficial es
QS =
ˆ
ˆ
S
dS(~x′)σ(~x′) = −4πR2 (κ − 1)q
4πκR2
QS = −(κ − 1)q
κ
Notar que la carga total sera
Q = Qlibre + QS = q −(κ − 1)q
κ=
q
κ
Otra forma de ver como campo electrico es menor en un factor κ, la carga se ve debilitadapor este factor de lo que serıa si no hubiera un medio dielectrico.
279
Problema
Considere una cascara esferica dielectrica de radio interior a, radio exterior b y permitividad ε.Se coloca una carga puntual q en su centro. Calcule el campo electrico en todo el espacio y lasdensidades de carga de polarizacion
Solucion
Tomando una superficie gaussiana esferica arbitraria de radio r > 0 concentrıca con la cargalibre q, se tiene
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~D(~x′) = 4πr2D(r) = qin = q
Con esto~D(r) =
q
4πr2r
para todo r > 0. Ahora, podemos obtener el campo electrico como sigue. En la region r < a,se tiene
~EI(r) =q
4πεor2r
para a < r < b~EII(r) =
q
4πεr2r
y para r > b
~EIII(r) =q
4πεor2r
Notar que el campo se debilita en la region interior del cascaron dielectrico. Ahora,
ρP = −~∇ · ~P (~x) = −~∇ · (ε − εo) ~Er = 0
280
Ahora, sea σin la densidad superficial de polarizacion en la cascara interior y σext la densidadsuperficial de polarizacion en la cascara exterior
σin = (ε − ε0) ~EII(a) · (−r) = −q(ε − ε0)
4πεa2
σext = (ε − ε0) ~EII(b) · (r) =q(ε − ε0)
4πεb2
se verifica que la carga total de polarizacion es cero
281
Problema
Se tiene un condensador esferico de radio interno a y externo b, el cual esta lleno de un dielectri-co que tiene una constante dielectrica κ.¿Cual es la capacitancia de este condensador? Si elcondensador esta cargado con una carga Q, encuentre la energıa almacenada en el
Solucion
Supongamos que el condensador tiene almacenada una carga Q, es decir, la pared r = aesta cargada con carga Q, mientras que la pared r = b se encuentra cargada con carga −Q. Sepuede determinar la capacitancia al determinar la diferencia de potencial entre estas superficies.Utilizando la ley de Gauss general, con una superficie esferica de radio r, con a ≤ r ≤ b
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~D(~x) = Q
dada la simetrıa radial, ~D(~x) = D(r)r y entonces
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~D(~x) = 4πD(r)r2 = Q
de esta forma
~D(~x) =Q
4πr2r, a ≤ r ≤ b
Si el dielectrico es lineal, homogeneo e isotropico, entonces
~D(~x) = ε0κ~E(~x)
donde κ es la constante dielectrica del material. Luego
~E(~x) =Q
4πε0κr2r, a ≤ r ≤ b
282
Ahora, la diferencia de potencial entre los extremos del condensador es
∆V = φ(a) − φ(b) =
ˆ b
a
d~x · ~E(~x)
tomando un camino radial de la forma ~x = rr, ≤ ar ≤ b, entonces d~x = drr
∆V =
ˆ b
a
drQ
4πε0κr2=
Q
4πε0κ
(
1
a−
1
b
)
Finalmente
C =Q
∆V=
4πε0κ(b − a)
ab
Es decir, es κ veces la capacidad de un condensador esferico en vacıo
C = κC0 > C0
283
Problema
Considere una espera conductora de radio interior a y radio exterior c. El espacio entre las 2superficies es llenado con 2 dielectricos distintos, de manera que la constante dielectrica es κ1
entre a y b, y κ2 entre b y c. Determine la capacitancia del sistema
Solucion
Para encontrar la capacitancia, podemos suponer que el condensador se encuentra cargado conuna carga Q, en este estado, habra una cierta diferencia de potencial entre r = a y r = c. Larelacion entre esta diferencial de potencial y la carga almacenada nos permitira encontrar lacapacidad
Para encontrar ∆V = φ(a) − φ(c) necesitamos determinar el campo electrico en la regionΩ : a ≤ r ≤ c. Para ello, utilizamos la ley de Gauss general, para una superficie esferica deradio r contenida en Ω
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~D(~x) = 4πr2D(r)
esto ultimo dada la clara simetrıa esferica del problema. Por la ley de Gauss
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~D(~x) = Q
De aquı es posible obtener el campo de desplazamiento electrico en Ω
~D(r) =Q
4πr2r, a ≤ r ≤ c
Suponiendo que los dielectricos involucrados son lineales, homogeneos e isotropicos, se tendra
~D(~x) = ε0κ~E(~x)
donde κ es la constante dielectrica.
284
Ası, para la region I (a ≤ r ≤ b)
ε0κ1~E(~x) =
Q
4πr2r, a ≤ r ≤ b
Despejando
~E(~x) =Q
4πε0κ1r2r, a ≤ r ≤ b
Analogamente, para la region II (b ≤ r ≤ c)
~E(~x) =Q
4πε0κ2r2r, b ≤ r ≤ c
Con esto
∆V = φ(a) − φ(c) =
ˆ c
a
d~x · ~E(~x)
tomando un camino radial de la forma ~x = rr (para algun valor del angulo ϑ), entoncesd~x = drr
∆V =
ˆ b
a
drQ
4πε0κ1r2+
ˆ c
b
drQ
4πε0κ2r2
Luego
C =Q
∆V= 4πε0
(
ab
κ1(b − a)+
κ2bc
c − b
)
Otra forma de resolver el sistema es notando que el condensador equivale a dos conden-sadores esfericos en serie. Recordando que la capacidad equivalente para un condensador esferi-co de radio interior r1 y radio exterior r2, lleno de un dielectrico lineal de constante κ esta dadopor
C = 4πε0k
(
r1r2
r2 − r1
)
Con lo que la capacidad equivalente del sistema esta dada por
1
C=
(b − a)
4πε0κ1ab+
(c − b)
4πε0κ2bc=
κ2c(b − a) + κ1a(c − b)
4πε0κ1κ2abc
Ası
C =4πε0k1k2abc
k2c(b − a) + k1a(c − b)
que es el mismo resultado obtenido anteriormente
285
Problema
Se tiene un condensador plano con placas cuadradas de largo a, distancia d entre placas, y unacarga total Q. Calcular la fuerza que se ejerce sobre un material dielectrico cuando se encuentraa una distancia x del punto O
Solucion
La energıa potencial asociada a esta configuracion es
U(x) =1
2
Q2
C(x)
Notar que es funcion de x, puesto que la capacitad total del condensador es funcion de x.El sistema se puede ver como dos condensadores en paralelo
Ceq = C1 + C2 =ε0ax
d+
κε0a(a − x)
d
Ceq =ε0a(x + κ(a − x))
d
Con esto, la energıa potencial electrica almacenada es
U(x) =1
2
dQ2
ε0a(x + κ(a − x))
Y la fuerza que se ejerce sobre el dielectrico sera
Fxi = −dU
dxi
~Fx =Q2d
2ε0a
(1 − k)
(x + k(a − x)2)i
Notar que (1 − k) < 0, es decir, la fuerza apunta segun - . Esto significa que la placadielectrica es atraıda hacia el interior del condensador.
286
Problema
Un condensador cilındrico de altura l y cuyos conductores tienen radios a y b (b > a), esta car-gado con una carga Q, es decir, una armadura tiene carga +Q y la otra −Q. Entre ellas existevacıo. La armadura es un cilındro metalico macizo.Este dispositivo se sumerge en un lıquido dielectrico de densidad constante ρ y permitividad ε,a una profundidad h.Determinar la altura x que sube el nivel del lıquido que queda dentro del condensador, enrelacion al lıquido externo (basta llegar a la ecuacion correspondiente).
Solucion
La diferencia de nivel ∆h estara dada por el equilibrio entre la fuerza electrica sobre el lıquidoy su peso. Como la carga es constante, entonces
U =1
2
Q2
C(x)
La fuerza electrostatica es
Fxi = −∂U
∂xi
Con C(x) la capacidad del condensador cuando el agua esta a una altura x.De esta forma,el problema se traduce en determinar la capacidad del condensador en funcionde la altura x.
La figura muestra que el condensador puede considerarse como dos condensadores conectadosen paralelo, uno de altura l − x y otro de altura x. La capacidad total sera la suma de lascapacidades C1, C2.Podemos hacer esta suposicion (equivalente con 2 condensadores en paralelo) si despreciamoslos efectos de borde y la deformacion del campo electrico cerca de la superficie del lıquido.
Para calcular la capacidad del condensador de altura x, supongamos que hay una cargaq2 distribuida en el conductor interno. Ası, utilizando un cilindro como superficie de gauss deradio r, concentrico al conductor interno y contenido en la region con dielectrico, se tiene
287
ˆ
ˆ
d~S(~x′) · ~D(~x′) = q2
Si ~D(r) = D(r)r, se tiene
~D(r) =q2
2πrxr
De donde
~E(r) =q2
2πrxεr
Ahora podemos obtener el potencial entre los conductores como
∆V =
ˆ b
a
~E · d~r =q2
2πεxln
(
b
a
)
Con lo que la capacidad para este condensador sera
C2 =2πεx
ln(
ba
)
Analogamente se obtiene la capacidad para el condensador superior, que estara dada por
C1 =2πε0(l − x)
ln(
ba
)
La capacidad total del sistema sera la suma de ambas
C = C1 + C2 =2π
ln(
ba
) (εx + ε0(l − x))
Y la energıa electrica sera
U(x) =1
4π
Q2 ln(b/a)
x(ε − ε0) + ε0l
Derivando se obtiene la fuerza que tiende a subir el agua
Fxi = −dU
dxi =
1
4π
Q2 ln(b/a)(ε − εo)
(x(ε − ε0) + ε0l)2i
Y el peso del lıquido que es elevado una altura ∆h es
W = (x − h)π(b2 − a2)ρ
Finalmente la ecuacion para determinar x es
(x − h)π(b2 − a2)ρ =1
4π
Q2 ln(b/a)(ε0 − ε)
(x(ε − ε0) + ε0l)2
288
Problema
Dos esferas concentricas conductoras de radio interior a y exterior b, respectivamente, poseencargas ±Q (como se muestra en la figura). La mitad del espacio entre ellas se llena con undielectrico ( de constante dielectrica ε/ε0)
a) Encuentre el campo electrico entre las esferasb) Calcule la densidad de carga libre superficial en la esfera interiorc) Calcule la densidad de carga de polarizacion inducida en la superficie del dielectrico en r = a
Solucion
a) Sea S una esfera de radio r concentrica a ambas esferas conductoras, con a < r < b. De laley de Gauss general
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~D(~x) = Q
De la simetria del problema, se deduce una dependencia y direccion radial para el campode desplazamiento electrico (y tambien para el campo electrico)
~D(~x) = D(r)r
Sean ademas S1 y S2 los hemisferios dados por
S1 = ~x ∈ S/0 ≤ ϕ ≤ π
S2 = ~x ∈ S/π ≤ ϕ ≤ 2π
Notar que S1
⋃
S2 = S
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~D(~x) =
¨
S1
d~S(~x) · ~D(~x) +
¨
S2
d~S(~x) · ~D(~x) = Q
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~D(~x) =
¨
S1
d~S(~x) · ε0κ~E(~x) +
¨
S2
d~S(~x) · ε0~E(~x) = 2πrE(r)ε0 (1 + κ)
donde κ es la constante dielectrica de la region asociada al hemisferio S1, es decir
κ =ε
ε0
Ası
~E(~x) =2Q
4πε0r2(1 + ε/ε0)r, a ≤ r ≤ b
289
b) Para encontrar la densidad de carga libre en la esfera r = a, utilizamos que
~D(~x) =σ(~x)
ε(~x),∀~x ∈ Sa : r = a
Ası
σ1 = ε0E(a) =Qε0
2πa2 (ε + ε0)
σ2 = εE(a) =Qε
2πa2 (ε + ε0)
c) Para encontrar la densidad de carga inducida en la superficie de dielectrico con r = a,utilizamos la relacion
~D(~x) = ε0~E(~x) + ~P (~x) = ε ~E(~x)
Ası, el vector polarizacion esta dado por
~P (~x) = (ε − ε0) ~E(~x)
La densidad de carga inducida de polarizacion en la superficie del dielectrico con r = a es
σP = ~P · n∣
∣
∣
~x∈Sa
donde n es la normal a la superficie Sa que limita al dielectrico, es decir n = −r
σP = − (ε − ε0) E(r)∣
∣
∣
r=a
σP =
(
ε0 − ε
ε0 + ε
)
Q
2πa2
290
Problema
Un cascaron esferico macizo (radio interno a y externo b) esta hecho de un material tal que la
polarizacion en su interior esta dada por ~P (r) = krr, donde k es una constante arbitraria y r la
distancia al centro. Note que no hay carga libre en este problema. Encuentre de dos manerasdistintas el campo electrico en todo el espacio
Solucion
Una forma natural de resolver este problema consiste en encontrar las densidades de carga depolarizacion, es decir , ρpol y σpol
La divergencia en coordenadas esfericas para una funcion radial de la forma ~f = f(r)r es
~∇ · ~f =1
r2
∂
∂r
(
r2f(r))
En este caso
ρP = −~∇ · ~P = −1
r2
∂
∂r
(
r2k
r
)
ρP = −k
r2, r ∈ (a, b)
Falta obtener ademas las densidades superficiales de polarizacion en r = a y r = b. Paraello utilizamos que
σP = ~P · n
donde n apunta hacia el exterior de la region de dielectrico. Para la superficie r = a se tiene
en este caso, n = −r, y entonces
σP
∣
∣
∣
r=a=
k
ar · (−r) = −
k
a
291
En r = b, la normal exterior a la region de dielectrico coincide con n = r, de forma que
σP
∣
∣
∣
r=b=
k
br · r =
k
b
Dividimos el espacio en dos regiones, dadas por I : a < r < b, II : b < r. Tomando unasuperficie esferica S de radio r tal que r > b, e integrando el flujo del campo electrico a travesde ella, se tendra por ley de Gauss
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~E(~x) =Qin
ε0
= 4πr2E(r)
donde se ha utilizado la clara simetrıa radial del problema. La carga encerrada por S esta da-da por
Qin = σa4πa2 + σb4πb2 +
˚
V (S)
d3xρP (~x)
La integral de la densidad volumetrica de carga de polarizacion es como sigue
˚
V (S)
d3xρP (~x) =
ˆ 2π
0
dϕ
ˆ π
0
dϑ sin ϑ
ˆ b
a
drr2
(
−k
r2
)
= −4πk (b − a)
Entonces
Qin = −k
a4πa2 +
k
b4πb2 − 4πb (b − a) = 0
(Resultado totalmente conocido a estas alturas, pues un dielectrico es electricamente neu-tro). De esta forma, el campo electrico en la region II es nulo
~E(~x) = ~0,∀~x ∈ II
Para la region I, nuevamente utilizando la ley de Gauss con una superficie esferica de radior, ahora con a < r < b
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~E(~x) = 4πr2E(r) =Qin
ε0
donde ahora la carga encerrada por S es
Qin = σa4πa2 +
ˆ 2π
0
dϕ
ˆ π
0
dϑ sin ϑ
ˆ b
a
drr2
(
−k
r2
)
Qin = −4πka + 4πk (a − r) = −4πkr
Luego
4πr2E(r) = −4πkr
ε0
~E(~x) = −k
ε0rr, a < r < b
Es claro, por ley de Gauss, que ~E(~x) = ~0 si r < a
292
Otra forma de resolver este problema, es utilizando la ley de Gauss para el vector desplaza-miento electrico. Utilizando una superficie S (cualquiera) contenida en la region II, se tiene
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~D(~x) = Qlibre
donde Qlibre representa la carga libre encerrada por S. En este caso, Qlibre = 0 y entonces,por continuidad
~D(~x) = ~0,∀x ∈ II
Ademas, en la region II (vacıo), la polarizacion es nula, ~P (~x) = ~0,∀x ∈ II. Utilizandoademas
~D(~x) = ε0~E(~x) + ~P (~x) = ~0 → ~E(~x) = ~0,∀x ∈ II
Para la region I, se obtiene nuevamente que el campo ~D es nulo
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~D(~x) = ~0,∀S ∈ I
~D(~x) = ~0,∀~x ∈ I
entoncesε0
~E(~x) + ~P (~x) = ~0
~E(~x) = −1
ε0
~P (~x) = −k
ε0rr
y, por supuesto, ~E(~x) = ~0 para r < a por la misma razon ( ~D(~x) = ~P (~x) = ~0 en r < a)
293
Problema
Un cilindro conductor hueco sin espesor, de radio r1, y largo l, lleva una carga q uniformementedistribuıda. Alrededor de el, otro cilindro conductor hueco sin espesor, coaxial con el anterior,de radio r2 y mismo largo l, tal como indicado en la figura, lleva una carga -q, tambien uni-formemente distribuıda. Se llena la region entre los dos cilindros con un material cuya constantedielectrica es funcion de la distancia al eje de los cilindros, κ = κ(r). Considere l mucho mayorque r1 y r2
a) Encuentre una expresion para κ(r) que lleva un campo electrostatico radial independientede la distancia al ejeb) Calcule la capacidad del condensador cilındrico correspondientec) Calcule la densidad superficial de cargas de polarizacion en la superficie del material dielectri-co a r = r1 y r = r2, para el κ(r) calculado en el ıtem a)
d) Considerando que, en coordenadas cilındricas , ~∇ · ~A = 1r
∂∂r
(rAr), calcular la densidadvolumetrica de cargas de polarizacion en el dielectricoe) Calcular la cantidad total de cargas de polarizacion, incluyendose cargas en la superficie yen el volumen del dielectricof) Calcule la energıa potencial electrostatica almacenada en el condensadorg) Suponiendo que uno puede sacar el material dielectrico de entre r1 y r2 deslizandolo facil-mente sin roce, a lo largo del eje del sistema, calcule el trabajo necesario para remover eldielectrico de entre las placas del condesador
Solucion
Para obtener el campo electrostatico en el interior, utilizamos la ley de Gauss general, con unasuperficie cilındrica de radio r, con r1 < r < r2 y largo l
Por simetrıa, es evidente que ~D es de la forma ~D = D(r)r, con esto
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~D(~x′) =
ˆ
ˆ
S
dS(~x′)r · D(r)r = q
D(r)2πrlD = q
Ası~D =
q
2πrlr
294
ademas ~D se relaciona con ~E segun
~D(~x) = ε ~E(~x) = κ(r)ε0~E(~x)
luego
~E(r) =q
2πlrκ(r)ε0
r
para que ~E no dependa de r, κ(r) debe ser de la forma
κ(r) =α
r
Ası
~E(r) =q
2πlαε0
r
b) Calculemos la diferencia de potencial entre las cascaras cilındricas
ˆ B
A
d~x · ~E(~x) = φ(A) − φ(B) = ∆V
ˆ r2
r1
drr ·q
2πlαε0
r =q
2πlαε0
ˆ r2
r1
dr =q(r2 − r1)
2πlαε0
y la capacidad de este condensador es
C =q
∆V=
2πlαε0
r2 − r1
c) La densidad superficial de cargas de polarizacion esta dada por
σP (~x) = ~P (~x) · n(~x), ~x ∈ S
y~P = (ε − ε0
~E =(α
r− 1)
ε0~E
sobre la superficie interior
295
n = −r
~P =
(
α
r1
− 1
)
ε0~E
~P (~x) =
(
α
r1
− 1
)
q
2πlαr
y entonces
σ1 = ~P · n∣
∣
∣
=
r=r1
−
(
α
r1
− 1
)
q
2πlα
para la superficie exterior
n = r
~P =
(
α
r2
− 1
)
ε0~E
luego
σ2 = ~P · n∣
∣
∣
r=r2
=
(
α
r2
− 1
)
q
2πlα
d) La densidad volumetrica de carga de polarizacion es
ρP = −~∇ · ~P
como~P = P (r)r
ρP = −~∇ · ~P = −1
r
∂
∂rrP (r) = −
1
r
∂
∂rr((α
r− 1)
ε0~E)
ρP = −1
r
∂
∂r
[
r
(
α − r
r
)
ε0q
2πlαε0
]
ρP = −1
r
∂
∂r
[
(α − r) q
2πlα
]
= −1
r
(
−q
2πlα
)
ρP =q
r2πlα
e) La carga total de polarizacion es
Qp =
˚
V
d3x′ρP (~x′) +
ˆ
ˆ
S1
dS(~x′)σ1(~x′) +
ˆ
ˆ
S2
dS(~x′)σ2(~x′)
296
ˆ
ˆ
S1
dS(~x′)σ1(~x′) = −
(
α
r1
− 1
)
q
2πlα
ˆ
ˆ
S1
dS(~x′) = −
(
α
r1
− 1
)
q2πr1l
2πlαˆ
ˆ
S1
dS(~x′)σ1(~x′) = − (α − r1)
q
α
del mismo modoˆ
ˆ
S2
dS(~x′)σ2(~x′) = σ2
ˆ
ˆ
S1
dS(~x′) = (α − r2)q
α
por ultimo, recordando que el elemento de volumen en coordenadas cilındricas es d3x′ =rdrdϕdz
˚
V
d3x′ρP (~x′) =
ˆ 2π
0
dϕ
ˆ l
0
dz
ˆ r2
r1
drrq
2πlαr=
2πlq
2πlα
ˆ r2
r1
dr
˚
V
d3x′ρP (~x′) =q
α(r2 − r1)
AsıQP =
q
α(r2 − r1) − (α − r1)
q
α+ (α − r2)
q
α= 0
Esto siempre se cumple, pues un dielectrico siempre es electricamente neutro, en efecto
QP =
˚
V
d3x′ − ~∇ · ~P (~x′) +
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x′) · ~P (~x′) = 0
f) La energıa almacenada por el condensador es
U =1
2
q2
C
donde
C =2πlαε0
(r2 − r1)
ası
U =1
2
q2 (r2 − r1)
2πlαε0
g) Tenemos que la energıa inicial es
Ui =1
2
q2 (r2 − r1)
2πlαε0
y la final
Uf =1
2
q2
Cf
donde Cf es la capacidad final (en vacıo).
297
Por ley de Gauss
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =q
ε0
= E2πrl
~E =q
2πrlε0
r
y
∆V =
ˆ r2
r1
d~x · ~E =q
2πlε0
ˆ r2
r1
dr
r=
q
2πlε0
ln
(
r2
r1
)
Ası
Cf =q
∆V=
2πlε0
ln(
r2
r1
)
y la energıa final
Uf =1
2
q2
Cf
=1
2
q2 ln(
r2
r1
)
2πlε0
Finalmente, el trabajo necesario para remover el dielectrico es
W = Uf − Ui =1
2
q2
2πlε0
r1 − r1
α− ln
(
r2
r1
)
298
Problema
Un condensador de placas paralelas de separacion d entre las placas mucho menor que su largoL y ancho w tiene la region entre las placas llenada por un material de constante dielectrica κ,el que puede deslizar libremente a lo largo de la direccion dada por L, como indicado en la figu-ra. Inicialmente, el dielectrico llena completamente la region entre las placas, y el condensadoresta cargado con una carga total Q. Se pide determinar hasta que distancia x uno tiene quesacar el dielectrico para que la energıa almacenada en el aumente por un factor 2 con respectoa su valor original, si la carga almacenada en el condensador se mantiene constante en el proceso
Solucion
Antes de mover el dielectrico, la capacidad es
Ci =κε0wL
d
y la energıa inicial es
Ui =1
2
Q2
Ci
=1
2
Q2d
κε0wL
Supongamos que ahora se mueve el dielectrico hasta una distancia x. Ahora el condensadorse puede pensar como dos condensadores en paralelo
299
la capacidad equivalente es
Ceq = C1 + C2 =ε0w
d(x + κ(L − x))
y la energıa final queda
U(x) =1
2
Q2
Ceqx=
1
2
Q2d
ε0w (x + κ(L − x))
se pide que
U(x) = 2Ui =Q2d
κε0wL
Ası, x debe cumplir
1
2
Q2d
ε0w (x + κ(L − x))=
Q2d
κε0wL
2 (x + κ(L − x)) = κL
2x − 2κx + 2κL = κL → 2x (1 − κ) = −κL
x =κL
2 (κ − 1)
300
Problema
Se tienen tres esferas conductoras concentricas de radios a, b, y c. El espacio entre las dosprimeras esta lleno con un dielectrico de constante κ. Inicialmente la esfera de radio a esta descar-gada y las esferas de radios b y c tienen carga q1 y q2, respectivamente. La esfera interior deradio a se conecta con la esfera de radio c con un cable aislado delgado
a) Calcular la carga libre en cada esferab) Calcular la carga de polarizacion en la superficie externa y en la superficie interna deldielectrico
Solucion
a) Definimos las siguientes regiones
Al conectar las esferas de radio a y c, se distribuira la carga en ambas de modo que quedanal mismo potencial, luego
q2 = qA + qC
Ademas, para la region Ir < a → ~E(~x) = ~0
pues corresponde al interior de una esfera conductora. Para a < r < b se utiliza la ley de Gausscon una superficie esferica de radio r
ˆ
ˆ
S(r)
d~S(~x′) · ~D(~x′) = 4πr2D(r) = qA
~D =qA
4πr2r
301
y luego~E(r) =
qA
4πκε0r2r
Para la region b < r < c
ˆ
ˆ
S(r)
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 4πr2E(r) =(qA + q1)
ε0
~E(r) =qA + q1
4πε0r2r
Por ultimo, para r > cˆ
ˆ
S(r)
d~S(~x′) · ~E(~x′) = 4πr2E(r) =q1 + qA + qC
ε0
En resumen
~E(~x) =
~0 si 0 < r < aqA
4πκε0r2 r si a < r < bqA+q1
4πε0r2 r si b < r < cqA+q1+qC
4πε0r2 r si c < r
El potencial en una esfera de radio a es
φ(a) =
ˆ ∞
a
d~r · ~E =
ˆ b
a
d~r · ~E(r) +
ˆ c
b
d~r · ~E(r) +
ˆ ∞
c
d~r · ~E(r)
donde la ultima integral corresponde aˆ ∞
c
d~r · ~E(r) = φ(c) = φ(a)
φ(a) =qA
4πκε0
ˆ b
a
dr
r2+
qA + q1
4πε0
ˆ c
b
dr
r2+ φ(a)
luego
qA
4πκε0
(
1
a−
1
b
)
+qA + q1
4πε0
(
1
b−
1
c
)
= 0
qA
(
b − a
ab
)
+ (qA + q1)
(
c − b
bc
)
= 0
qAb − a
ab+ (qA + q1)
c − b
cb= 0
qA
(
b
a− 1 + 1 −
b
c
)
=q1(b − c)
c→ qA
b(c − a)
ac= q1
b − c
c
Finalmente
qA =q1(b − c)a
b(c − a)
302
qC = q2 − qA = q2 −q1(b − c)a
b(c − a)
b) Sobre la superficie interna del dielectrico
σP = ~P · n
~P = (ε − ε0) ~E
sobre la superficie~E =
qA
4πκε0a2r
y n = −r
σa = −(ε − ε0) qA
4πκε0a2= −
(κ − 1) qA
4πκa2
y sobre la superficie externa
~E =qA
4πκε0b2r
n = r
luego
σb = ~P · n = (ε − ε0)qA
4πκε0b2
σb =(κ − 1) qA
4πκb2
303
Problema
Una esfera dielectrica de radio a y permitividad ε se coloca en un campo electrico inicialmenteuniforme, como se muestra en la figura
Encuentre el potencial φ y el campo electrico en todo el espacio
Solucion
Dada la simetrıa esferica del problema, resolveremos el problema en coordenadas esfericas, comose muestra en la figura
Como no hay cargas libres, el potencial electrostatico satisface la ecuacion de Laplace
~∇2φ = 0
Dada la simetrıa azimutal (el potencial no depende del angulo polar ϕ), la solucion generalpara r < a y r > a toma la forma
φint =∞∑
l=0
AlrlPl(cos ϑ)
φext =∞∑
l=0
(
BlrlPl + Clr
−(l+1))
Pl(cos ϑ)
Lejos de la esfera dielectrica, ~E(~x) = E0z, o, equivalentemente
φ∞ = −E0z
en coordenadas esfericasφ∞ = −E0r cos ϑ
Es decirlımr→∞
φ(r, ϑ) = φ∞ = −E0r cos ϑ
304
lımr→∞
φext =∞∑
l=0
BlrlPl(cos ϑ) = −E0r cos ϑ
De aquı, es claro queBl = 0, l = 0, 2, 3, 4...
y
B1r cos ϑ = −E0r cos ϑ
B1 = −E0
con esto, el potencial exterior toma la forma
φext = −E0r cos ϑ +∞∑
l=0
Clr−(l+1)Pl(cos ϑ)
Ahora utilizaremos las condiciones de contorno en la superficie r = a. En primer lugar, lacomponente tangencial del campo electrico en r = a debe ser continua
~Eint · ϑ∣
∣
∣
r=a= ~Eext · ϑ
∣
∣
∣
r=a
−~∇φint · ϑ∣
∣
∣
r=a= −~∇φext · ϑ
∣
∣
∣
r=a
−1
a
∂φint
∂ϑ
∣
∣
∣
r=a= −
1
a
∂φext
∂ϑ
∣
∣
∣
r=a
de forma equivalente, se puede imponer
φint
∣
∣
∣
r=a= φext
∣
∣
∣
r=a
∞∑
l=0
AlalPl(cos ϑ) = −E0a cos ϑ +
∞∑
l=0
Cla−(l+1)Pl(cos ϑ)
∞∑
l=0
(
Alal − Cla
−(l+1))
Pl(cos ϑ) = −E0a cos ϑ
De aquı, se obtiene
A1a −C1
a2= −E0a
y para l 6= 1
Alal − Cla
−(l+1) = 0, l 6= 1
Ademas, si no hay densidad de carga libre en la superficie dielectrica, la componente normaldel campo ~D(~x) es continua
~Dint · r∣
∣
∣
r=a= ~Dext · r
∣
∣
∣
r=a
305
−ε~∇φint · r∣
∣
∣
r=a= −ε0
~∇φext · r∣
∣
∣
r=a
−ε∂φint
∂r
∣
∣
∣
r=a= −ε0
∂φext
∂r
∣
∣
∣
r=a
ε
∞∑
l=0
Allal−1Pl(cos ϑ) = ε0
(
−E0 cos ϑ − (l + 1)∞∑
l=0
Cla−(l+2)Pl(cos ϑ)
)
(
ε
ε0
) ∞∑
l=0
Allal−1Pl(cos ϑ) = −E0 cos ϑ −
∞∑
l=0
(l + 1)Cla−(l+2)Pl(cos ϑ)
∞∑
l=0
((
ε
ε0
)
Allal−1 + (l + 1)Cla
−(l+2)
)
Pl(cos ϑ) = −E0 cos ϑ
de aquı se obtiene(
ε
ε0
)
A1 + 2C1a−3 = −E0
(
ε
ε0
)
Allal−1 + (l + 1)Cla
−(l+2) = 0, l 6= 1
En resumen
A1a −C1
a2= −E0a
Alal − Cla
−(l+1) = 0, l 6= 1(
ε
ε0
)
A1 + 2C1a−3 = −E0
(
ε
ε0
)
Allal−1 + (l + 1)Cla
−(l+2) = 0, l 6= 1
de la segunda ecuacion
Al = Cl1
a2l+1, l 6= 1
reemplazando en la cuarta
(
ε
ε0
)
Cl1
a2l+1lal−1 + (l + 1)Cla
−(l+2) = 0, l 6= 1
(
ε
ε0
)
Cl
(
l
al+2+
l + 1
al+2
)
= 0, l 6= 1
LuegoCl = Al = 0, l 6= 1
306
Para l = 1, de la primera ecuacion
A1 =C1
a3− E0
reemplazando en la tercera
(
ε
ε0
)(
C1
a3− E0
)
+ 2C1a−3 = −E0
C1
a3
(
ε
ε0
+ 2
)
= E0
(
ε
ε0
− 1
)
Finalmente
C1 = a3E0
(
εε0− 1
εε0
+ 2
)
A1 = E0
(
εε0− 1
εε0
+ 2
)
− E0
A1 = E0
(
εε0− 1 − ε
ε0− 2
εε0
+ 2
)
A1 = −E0
(
3εε0
+ 2
)
Con esto, se tiene
φint = −E0
(
3εε0
+ 2
)
r cos ϑ = −E0
(
3εε0
+ 2
)
z
φext = −E0r cos ϑ +a3
r2cos ϑE0
(
εε0− 1
εε0
+ 2
)
Notar que el potencial interior define un campo electrico uniforme
~Eint = E0
(
3εε0
+ 2
)
z
307
La figura muestra las equipotenciales para E0 = 100 (V/m), ε/ε0 = εr = 5, a = 10 (m)
Notar que un dielectrico con permitividad muy grande se compora de forma similar a unconductor, en efecto, si ε → 0
~∇ · ~E(~x) =ρ
ε→ 0
~∇× ~E(~x) = 0
y entonces el campo esta forzado a ser nulo en el interior del dielectrico / conductor. Lasiguiente figura muestra la solucion para εr = 5000
En este caso, el potencial es practicamente constante e igual a cero dentro de la esfera
308
Parte IV
Corrientes Electricas
309
Capıtulo 11
Corrientes Electricas
Las corrientes electricas son flujos de cargas electricas. Para ilustrar esto supongamos unconjunto de cargas que se mueven perpendicularmente a una superficie de area A, como semuestra en la figura
La corriente electrica se define como la tasa a la cual las cargas atraviesan un area transversal.Si una cantidad de carga ∆Q pasa a traves una superficie en un intervalo de tiempo ∆t, en-tonces la corriente promedio Iavg esta dada por:
Iavg =∆Q
∆t
La unidad en S.I. de la corriente es el ampere (A), con 1A = 1Coulombseg
. El rango comunde corrientes va desde mega-amperes en rayos hasta nano-amperes en celulas nerviosas. En ellımite cuando ∆t → 0, la corriente instantanea se define como
I =dQ
dt
Ya que el flujo tiene una direccion, hemos introducido implıcitamente la convencion de quela direccion de la corriente corresponde a la direccion en la cual las cargas positivas se mueven.Las cargas que se mueven dentro de un cable son electrones cargados negativamente que semueven en direccion opuesta a la corriente. Corrientes electricas fluyen en conductores, solidos(metales, semiconductores), fluıdos (electrolitos, ionizados) y gases (ionizados), pero el flujo noes permitido en no conductores o aislantes.
311
11.1. Densidad de Corriente
Intentaremos ahora relacionar la corriente (una cantidad macroscopica) con el movimientomicroscopico de las cargas. Para ello supongamos un conductor de area transversal A, como semuestra en la figura
Sea la corriente total a traves de una superficie escrita como
I =
¨
S
d~S(~x′) · ~J(~x′)
donde ~J(~x) es la densidad de corriente ( tiene unidades de A/m2). Si q es la carga de cadaportador, y n es el numero de portadores de carga por unidad de volumen, la cantidad de cargatotal en esta seccion es ∆Q = q(nA∆x). Supongamos que las cargas se mueven con velocidadvd, ası, el desplazamiento en un intervalo ∆t sera ∆x = vd∆t, lo que implica
Iavg =∆Q
∆t= nqvdA
La velocidad vd a la cual el portador de carga se mueve se conoce como velocidad de deriva.Fısicamente, vd es la velocidad promedio de un portador de carga dentro de un conductorcuando un campo electrico externo es aplicado. De hecho, un electron dentro de un conductorno viaja en lınea recta, si no que su movimiento es erratico, como se ve en la figura
Se tiene entonces que la densidad de carga se puede escribir como
~J = nq~vd
Vemos entonces que ~J y ~vd tienen la misma direccion para portadores de carga positiva, ytienen direcciones opuestas para los portadores de carga negativa
312
11.2. Continuidad de la carga Electrica
Consideremos un volumen V determinado por una superficie cerrada S. La carga que entraen el dominio V en 1 segundo sera ( o equivalentemente, la corriente que ingresa a V )
I = −
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~J(~x′)
Notar que el signo menos es consistente con la definicion de flujo (Flujo es positivo cuandolas lıneas de campo salen a traves de la superficie ). Por otro lado, la carga total encerrada poreste volumen para cierto instante estara dada por
Q(t) =
˚
V
d3x′ρ(~x′, t)
Con lo que la corriente sera la razon de cambio de esta carga en el tiempo
I =dQ
dt=
˚
V
d3x′∂ρ(~x′)
∂t
Igualando debe tenerse entonces
−
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~J(~x′) =
˚
V
d3x′∂ρ(~x′)
∂t
Utilizando el teorema de la divergencia
−
˚
V
d3x′~∇′ · ~J(~x′) =
˚
V
d3x′∂ρ(~x′)
∂t˚
V
d3x′
(
~∇′ · ~J(~x) +∂ρ(~x′)
∂t
)
= 0
Esta ley de conservacion de la carga simplemente indica que la variacion de la carga con-tenida en un volumen arbitrario V se debe a un flujo de carga a traves de su superficie. Comose cumple para todo V , se obtiene la ecuacion de continuidad para la carga electrica, en suforma diferencial
~∇ · ~J(~x, t) +∂ρ(~x)
∂t= 0
Supongamos que en determinada region del espacio existe una corriente en estado esta-cionario, es decir, no hay dependencia temporal. Entonces se cumple
~∇ · ~J(~x) = 0
313
Cuando existen corrientes estacionarias, la densidad de carga en cada punto es una con-stante. Es decir, sobre cualquier volumen V , el flujo neto de carga a traves de su superficie escero, lo que es consistente con
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x) · ~J(~x) =
˚
V
d3x~∇ · ~J(~x) = 0
11.3. Ley de Ohm
Las corrientes en medios materiales surgen como una respuesta a un campo electrico. Enalgunos materiales, la densidad de corriente depende linealmente del campo electrico externo~E. Esta relacion usualmente se expresa como
~J(~x) = σ ~E(~x)
Donde σ es la conductividad del material. Este podrıa ser una matriz de coeficientesno constantes (lo que representa a un medio no homogeneo y anisotropico). Sin embargo,trabajaremos con medios simples, en donde σ es una constante positiva. Esta ecuacion seconoce como la ley de Ohm diferencial. Un material que obedece esta relacion se dice Ohmico.Veamos un caso particular y muy usual de la ley de Ohm, consideremos un segmento de alambrerecto de largo l ,area A, y conductividad σ, como se muestra en la figura
Supongamos que una diferencia de potencial ∆V = φb − φa es aplicada entre los extremos delalambre, generando un campo electrico ~E , y como consecuencia, una corriente I. Asumiendo~E uniforme en el conductor, y apuntando en la direccion longitudinal se tiene
∆V = φb − φa = −
ˆ b
a
d~x · ~E(~x) = El
Si el medio es Ohmico, el modulo de la densidad de corriente se puede escribir como
J = σE = σ
(
∆V
l
)
Por otro lado, J = I/A, luego
∆V =l
σJ =
(
l
σA
)
I = RI
Donde
R =∆V
I=
l
σA
es la resistencia del conductor. La famosa ecuacion
314
∆V = IR
Es la version macroscopica de la ley de Ohm. La unidad de R es el Ohm (Ω), donde
1Ω =1V
1ATambien se suele definir la de un material como una propiedad intensiva de este, que es
simplemente el recıproco de la conductividad
ρ =1
σcon esto la resistencia de un conductor cilındrico queda
R =ρl
ALa mayorıa de los metales, con buena conductividad y baja resistividad, son ohmicos.
11.3.1. Conexion entre conductores
Imaginemos que se tienen 2 conductores perfectos, inicialmente cargados (se encuentranentonces a determinado potencial). La forma de estos dos conductores es absolutamente irrele-vante, pero por simpleza y elegancia, en la siguiente figura se ilustran dos conductores esfericos,cargados con carga q1 y q2, respectivamente
Si estos conductores estan en el vacıo, existira un campo electrostatico. Suponiendo que elconductor con carga q1 se encuentra a mayor potencial, las lıneas de campo se veran (para elcaso de los conductores esfericos) ası
Si existiera alguna carga libre, ciertamente esta se moverıa debido al campo electrico quegeneran los conductores. Sin embargo, en el vacıo (ausencia de cargas), simplemente nadaocurre. Ahora, imaginemos que ambos conductores se conectan por algun medio parcialmenteconductor (de conductividad finita). La forma puede ser cualquiera, incluso podrıamos imaginaren llenar todo el espacio de un material conductor, pero podemos imaginar como caso particular(y simple) un alambre muy delgado
315
¿Que ocurre entonces?. Ahora existe un medio entre los conductores que posee cargas libres !Sin duda estas se moveran siempre que exista un campo electrico, y entonces cargas se moverandesde el conductor a mayor potencial hacia el conductor que esta a menor potencial. Comoconsecuencia de esto, el campo electrico en la region entre los conductores se ira debilitando,pues este movimiento de cargas de uno al otro provocara una disminucion en la diferencia depotencial entre ambos conductores. En conclusion, la conexion entre 2 conductores medianteun medio de conductividad finita dara origen a una corriente. Esta corriente se hara cada vezmas debil, hasta que se alcanze un equilibrio en el cual los dos conductores quedan al mismopotencial.
Ahora, pensemos que tenemos un solo conductor, inicialmente cargado con carga Q. Imag-inemos que lo conectamos con el infinito mediante algun camino de conductividad finita, porejemplo un alambre infinito, esto equivale a conectarlo a otro conductor a potencial cero. Loque sucedera es que toda la carga contenida en el conductor se ira por este camino hacia elinfinito, de esta forma, nuestro conductor queda a potencial cero y absolutamente descargado.
316
11.4. Circuitos Electricos
Un circuito es una malla de resistencias, fuentes, condensadores, etc, unidas por medio deconductores perfectos. Un nodo es un punto donde convergen 2 o mas conductores. Ası, en unnodo se cuple que la suma de las corrientes es cero, esta es la 1 Ley de Kirchhoff, o Ley deCorrientes de Kirchhoff (LCK)
∑
k
Ik = 0
Notar que esta ecuacion es equivalente a la ecuacion de continuidad de la carga electricapara corrientes continuas (estacionarias)
~∇ · ~J(~x) = 0
.
La segunda Ley de Kirchhoff o Ley de Voltajes de Kirchhoff (LVK) dice que la suma de lascaıdas de potencial en cada camino cerrado suma 0. Notar que esta ley proviene de
~∇× ~E(~x) = 0
Debido a esto la integral de lınea del campo ~E sobre una curva cerrada (circuito cerrado) es 0.
Energıa electrica y potencia
Considere un circuito consistente en una baterıa y una resistencia (R). Sea la diferencia depotencial entre los puntos a y b ∆V = φb − φa > 0. Si una carga ∆q se mueve a traves dela baterıa, su energıa potencial electrica aumenta ∆U = ∆q∆V . Por otro lado, si la carga semueve a traves de la resistencia, la energıa potencial decrece debido a las colisiones con losatomos de la resistencia. Si despreciamos la resistencia interna de la baterıa y la de los cablesconductores, al volver al punto a, la energıa de ∆q permanece invariante.
Ası, la tasa a la que se disipa energıa a traves de la resistencia esta dada por
P =∆U
∆t= (
∆q
∆t)∆V = I∆V
Esta es precisamente la potencia suministrada por la baterıa. Usando que ∆V = IR, sepuede reescribir como
P = I2R =(∆V )2
RLos circuitos electricos conectan fuentes de poder a cargas como resistencias, motores,
lamparas, etc. La conexion entre la fuente y la carga se hace soldando con cables conduc-tores, tambien llamados nodos. Las distintas partes de un circuito pueden estar en serie o en
317
paralelo, como ya se vio en el caso de los capacitores.Dos elementos se dicen estar en paralelo cuando son conectados a la misma diferencia de po-tencial.
Por otro lado,cuando los elementos son conectados uno seguido de otro, tal que la corrientepasa a traves de cada elemento sin otros caminos de por medio, los elementos estan en serie.Se pueden tener circuitos cerrados, a traves de los cuales fluye corriente, o bien circuitos
abiertos en donde no existen corrientes. Usualmente por accidente, los cables pueden entrar encontacto, causando un corto circuito, esto es, gran parte de la corriente fluira a traves del cortocircuito, mientras que una fraccion muy pequena fluira a traves de la carga.Esto podrıa quemar un equipo electrico como un transformador. Para prevenir el dano, unfusible se conecta en serie. Cuando hay un corto circuito, el fusible aisla la carga del resto delcircuito.En los circuitos electricos, un punto (o un nodo en comun) se escoge como tierra. A este puntose le asigna arbitrariamente un voltaje, usualmente cero, y el voltaje V en cualquier otro puntodel circuito esta definido como la diferencia de potencial entre el punto y la tierra.
Fuerza Electromotriz
Vimos que energıa electrica debe ser suministrada para mantener una corriente constante enun circuito cerrado. La fuente de energıa es llamada comunmente como la fuerza electromotriz,o f.e.m (ε). Las baterıas son ejemplos de fuentes de f.e.m. Se pueden pensar como bombas quemueven cargas desde potenciales bajos a potenciales mas altos. Matematicamente la f.e.m sedefine como
ε =dW
dq(11.1)
Que corresponde al trabajo hecho para mover una unidad de carga en la direccion del potencialmas alto. La unidad SI para ε es el volt (V). Considere un circuito simple que consiste en unabaterıa como fuente de f.e.m y una resistencia R, como se muestra en la figura
Asumiendo que la baterıa no posee resistencia interna, la diferencia de potencial ∆V entre losterminales positivo y negativo de la baterıa es igual a la fem ε. Para establecer una corriente
318
alrededor del circuito, la baterıa efectua un proceso de descarga que convierte energıa quımicaen una f.e.m. La corriente I se puede encontrar notando que no hay un trabajo neto al moveruna carga q a traves de un camino cerrado debido a la naturaleza conservativa de la fuerzaelectrostatica.
W = −q
˛
~E · d~S = 0
Sea a el punto de partida
Cuando se atraviesa desde el terminal negativo al positivo, el potencial aumenta en ε. Por otrolado, cuando atravesamos la resistencia, el potencial decrece una cantidad IR, y la energıapotencial se convierte en energıa termica en la resistencia. Asumiendo que los cables conectoresno poseen resistencias, a traves de un camino cerrado, la diferencia de potencial neta es cero
ε − IR = 0
Lo que implica
I =ε
R
De todas formas, una baterıa real siempre posee una resistencia interna r
Ahora la diferencia de potencial a traves de la baterıa es
∆V = ε − Ir
Ya que no hay una diferencia de potencial neta a traves de un camino cerrado, tenemos
ε − Ir − IR = 0
O bien
I =ε
R + r
De la figura de la derecha vemos el cambio de potencial mientras atravesamos el circuito en elsentido del reloj. Notar que la mayor diferencia de potencial esta inmediatamente despues de la
319
baterıa. El voltaje cae a medida que se atraviesa cada resistencia. Notar tambien que el voltajees constante en los cables. Esto se debe a que los cables poseen resistencias extremadamentepequenas comparadas con las resistencias del circuito.Para una fuente de f.e.m ε, la potencia a la cual la energıa se entrega es
P = Iε = I(IR + Ir) = I2R + I2r
Es decir, la potencia de la fuente es igual a la suma de la potencia disipada en ambas re-sistencias, la interna y la de carga. Esto es necesario debido a la conservacion de la energıa.
320
Problema
El espacio entre dos circuitos conductores de largo L y radios a y b (b > a), esta lleno dematerial de conductividad σ. Calcule la intensidad de la corriente por unidad de longitud y laresistencia, cuando la diferencia de potencial entre los conductores es V0.
Solucion
La diferencia de potencial sera responsable de un movimiento de cargas a traves del materialconductor que se encuentra entre los conductores externos. La conservacion de la carga implica
∂ρ(~x)
∂t+ ~∇ · ~J(~x) = 0
Para corrientes estacionarias
∂ρ(~x)
∂t= 0 → ~∇ · ~J(~x) = 0
Si el medio es Ohmico, ~J(~x) = σ ~E(~x)
~∇ ·
(
1
σ~E(~x)
)
= 0
Si el medio ademas es homogeneo
1
σ~∇ · ~E(~x) = 0 → ~∇ · ~E(~x) = 0
Finalmente~∇2φ = 0
Y entonces el potencial satisface la ecuacion de Laplace en la region a < r < b. La solucionen coordenadas cilındricas (suponiendo que ese depende unicamente de la coordenada radial r)es
φ(r) = A ln r + B
Imponiendo la condicion φ(a) − φ(b) = V0
A = V0 lnb
aAsı, se obtiene el campo electrico
~E(~x) = −~∇φ(~x)
~E(~x) = V0 lnb
a
1
rr
321
Utilizando la ley de Ohm, se obtiene la densidad de corriente
~J(~x) = σ ~E(~x) = σV0 lnb
arr
La corriente por unidad de largo que fluye a traves de los conductores se puede obtenercomo la integral de flujo de la densidad de corriente sobre una superficie cilındrica de radio r(y largo unitario). Esta integral resulta simple pues la densidad de corriente tiene magnitudconstante a lo largo de esta superficie, y su direccion coincide en todo punto con la normal. Eldiferencial de area sobre el cilindro es da = drdϕdz
I =
¨
S
d~S(~x) · ~J(~x) =
ˆ 1
0
dz
ˆ 2π
0
dϕrσV0
rln
b
a
I = 2πσV0 lnb
a[A/m]
Ası, la resistencia por unidad de longitud es
r =V0
I=
ln(b/a)
2πσ
y la resistencia total es
R = rL =L ln(b/a)
2πσ
322
Problema
Dos esferas metalicas concentricas, de radios a y b estan separadas por un material conductorde conductividad σ constantea) Si estas esferas son mantenidas a una diferencia de potencial V constante, encuentre lacorriente que va de una a la otrab) Encuentre la resistencia entre las esferasc) Observe que en este caso se cumple R = ε0/, donde C es la capacidad. Demuestre estaformula para dos conductores cualquiera, separados por un material conductor de conductividadσ constante
Solucion
a) Al establecer una diferencia de potencial sobre los conductores
V = φ(a) − φ(b)
se induciran cargas Q y −Q sobre las superficies r = a y r = b, respectivamente. El campoelectrico en la region interior se puede determinar a partir de la ley de Gauss debido a la simetrıaesferica que este debe tener
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~E(~x) =Q
ε0
Si S se escoge como una superficie esferica de radio r, se tiene
E(r)4πr2 =Q
ε0
~E(r) =Q
4πε0r2r, a < r < b
Por otro lado
V =
ˆ b
a
d~x · ~E(~x) =
ˆ b
a
drQ
4πε0r2
donde se ha utilizado un camino radial para evaluar la integral de lınea
V =Q
4πε0
(
1
a−
1
b
)
Entonces
Q =V 4πε0
1a− 1
b
323
luego, para a < r < b
~E(~x) =V ab
(b − a)r2r
Debido a que la zona a < r < b esta llena con un material conductor, el campo electricodara origen a un movimiento de cargas (corriente), en donde la densidad esta relacionada con
el campo ~E mediante la ley de Ohm
~J(~x) = σ ~E(~x) =V σab
(b − a)r2r
La corriente que fluye entre los conductores se puede obtener integrando sobre una superficieesferica S de radio r, a < r < b
I =
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~J(~x) = 4πr2J(r)
Luego
I =4πσV ab
(b − a)
b) La resistencia esta dada por
R =V
I
R =1
4πσ
(
1
a−
1
b
)
c) La capacidad de un condensador esferico es
C =Q
V=
4πε0ab
b − a
Evaluando
ε0
σC=
ε0
σ
1a− 1
b
4πε0
=
(
1a− 1
b
)
4πσ
y entonces se tieneε0
σC= R
324
Veamos que esto se cumple en el caso general. Sean 1 y 2 dos conductores cualquiera ,separados por un material de conductividad σ
Se tendra un flujo de corriente dado por
I =
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~J(~x)
por ley de Ohm~J(~x) = σ ~E(~x)
I = σ
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~E(~x)
por ley de Gauss
I = σQ
ε0
Por otro lado, si C es la capacidad del sistema, se cumple
Q = CV
entonces
I =σCV
ε0
V =ε0
σCI
Finalmente se demuestra la relacion general
R =ε0
σC
325
Problema
Considere un conductor perfecto, inicialmente con carga Q0, y completamente rodeado por unmedio uniforme de conductividad σ y constante dielectrica εa) Si el conductor es una esfera de radio a, muestre que su carga como funcion del tiempo es
Q(t) = Q0e−σt/ε
b) Muestre que el resultado anterior es valido independientemente de la forma del conductor
Solucion
a) Sea Q(t) la carga sobre la superficie esferica al instante t. Esta generara un campo electricoesfericamente simetrico
~E(~x, t) =Q(t)
4πεr2r
al ser el medio circundante un conductor de conductividad σ, se tendra una densidad decorriente como respuesta a este campo
~J(~x, t) = σ ~E(~x) =σQ(t)
4πεr2r
Esta es una corriente que fluye isotropicamente de forma radial. La corriente se obtiene deintegrar ~J(~x) sobre una superficie cerrada que contenga a la esfera conductora, en particular sepuede evaluar tomando una esfera concentrica de radio r > a
I(t) =
¨
S
d~S(~x) · ~J(~x, t) =σQ(t)
ε
Por otro lado, la carga total contenida en el volumen encerrado por S es
Q(t) =
˚
V
d3xρ(~x, t)
Por la continuidad de la carga
dQ(t)
dt= I(t)
dQ(t)
dt=
σQ(t)
ε
326
cuya solucion es
Q(t) = Q0e−tσ/ε
b) El resultado anterior es independiente de la forma de los conductores. En efecto, sea Suna superficie cerrada que contenga completamente al conductor. La corriente que se generaesta dada por
I =
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~J(~x)
Si el medio es ohmico
I = σ
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~E(~x)
y utilizando la ley de Gauss
I = σQ(t)
ε=
dQ(t)
dt
y se obtiene la misma ecuacion diferencial para la carga contenida en el conductor
327
Problema
Dos cilindros coaxiales (radios a y b) de largo L estan separados por un material de conducividadσ(r) = k
rdonde k es una constane arbitraria y r la distancia al eje (comun) de los cilindros.
Encuentre la resistencia entre los cilindros. Observe que al ser la conductividad funcion de laposicion, la densidad de carga en el material conductor no es cero y el campo E no varıa como1/r. Recuerde que una corriente estacionaria I tiene el mismo valor para cualquier superficiecilındrica
Solucion
Supongamos que se establece una diferencia de potencial ∆V > 0 entre los conductores r = ay r = b. Usaremos el hecho de que la corriente que fluye entre los cilindros esta dada por laintegral
I =
¨
S
dS(~x)n(~x) · ~J(~x)
Donde S es un cilindro concentrico a los conductores, de radio r y largo L. Ademas, porsimetrıa cilındrica, ~J = J(r)r
I = 2πrLJ(r)
luego la densidad de corriente es
~J(~x) =I
2πrLr
Si ~E = E(r)r (por simetrıa), se tiene por ley de Ohm
~J(~x) = σ(r) ~E(r)
luego
E(r) =r
k
I
2πrL
con esto, la diferencia de potencial entre los conductores es
∆V =
ˆ b
a
d~x · ~E(~x) =I
2πLk(b − a)
Entonces
R =∆V
I=
b − a
2πkL
328
Problema
Se sabe que la atmosfera tiene una conductividad (causada principalmente por los rayos cosmi-cos) que depende de la altura de la siguiente manera
σ(z) =
(
3 +z2
3
)
10−14[Ω]−1
donde z es la distancia vertical sobre el suelo. Se ha encontrado ademas, un campo electricovertical, dirigido hacia el suelo, que en la superficie de la tierra vale
~E = −100k
Suponga el siguiente modelo de la atmosfera: imagine una capa conductora paralela a la super-ficie; situada a una distancia de 15 km sobre el nivel del suelo. Entre esta capa y la tierra seencuentra la atmosfera, con la conductividad y el campo electrico indicados arriba. El radio dela tierra es RT = 6400 km.a) Calcule el campo electrico y el potencial en funcion de la altura zb) Calcule la corriente total que fluye entre la capa superior conductora y la tierra
Solucion
a) Sabemos que en corriente continua (o estacionaria) se cumple que
~∇ · ~J(~x) = 0
Ademas, se sabe que la direccion del campo electrico es segun z y, por razones de simetrıano debe depender de las coordenadas x e y. Eso se traduce en
~∇ · (σ(z)E(z)) =d
dz(σ(z)E(z)) = 0
σ(z)E(z) = A
El valor de esta constante se puede obtener evaluando en z=0
A = σ(0)E(0) = −3 × 10−12
De esta forma, el campo electrico en la atmosfera es
~E(~x) = −3 × 10−12 1
(3 + z2
3)10−14
k =−300
3 + z2
3
k
Fijando el valor del potencial en la tierra como 0, entonces
φ(z) =
ˆ ~x2
~x1
d~x · ~E(~x)
donde ~x2 es cualquier punto a altura z, y ~x1 es un punto sobre la superifice. Escogiendo unacurva vertical, se tiene
φ(z) =
ˆ z
0
dz300
3 + z2
3
= 900
ˆ z
0
dz
(
1
3 + z2
)
= 900Arctg(z
3
)
329
b) La densidad de corriente se obtiene usando la ley de Ohm, esto es
~J(~x) = σ(z) ~E(~x) = −
(
3 +z2
3
)
10−14 300
3 + z2
3
k = −3 × 10−12[A/m2]k
La corriente sera
I =
¨
S
d~S(~x′) · ~J(~x′) = −3 × 10−12S = −3 ∗ 10−124πR2T
I = 122,88[A]
330
Problema
Una baterıa descargada se carga conectandola a la baterıa cargada de otro automovil mediantecables para corriente. Determine la corriente del motor de arranque y en la baterıa descargada
Solucion
Se utiliza la Ley de Voltajes de Kirchhoff (LVK) para cada malla, esto es
Para la malla 1−12 + 0,01I1 + 1 (I1 − I2) + 10 = 0
y en la malla 2−10 + 1(I2 − I1) + 0,06I2 = 0
De la primera ecuacion se obtiene
I2 = 1,01I1 − 2
Reemplazando
0,0706I1 − 2,02 = 10 → I1 = 170,25A
Con esto
I2 = 1,01 ∗ I1 − 2 = 169, 95A
331
I2 es la corriente a traves del motor de arranque, mientras que la corriente a traves de labaterıa descargada sera, segun nuestra convencion
I3 = I1 − I2 = 170,25 − 169,95 = 0,2975A
332
Problema
En el circuito de la figura la baterıa tiene una FEM de valor V . Encuentre la resistencia R quedebe colocarse entre los terminales A y B para que en ella se disipe la maxima potencia
Solucion
Resolviendo el problema con mallas
Para la malla 1−V + I1R0 + R0(I1 − I2) = 0
Para la malla 2R0(I2 − I1) + R0I2 + RI2
De la primera ecuacion se obtiene
I1 =V + I2R0
2R0
Reemplazando en la ecuacion de la malla 2
(2R0 + R)I2 = R0I1 = R0V + I2R0
2R0
(3R0 + 2R)I2 = V → I2 =V
3R0 + 2R
Teniendo la corriente que pasa por la resistencia R, la potencia que esta consume se puedeobtener como
P = VRIR = (IRR)IR = I2RR
333
Ası
P =V 2
(3R0 + 2R)2R
Para encontrar el valor de R que maximize esta potencia consumida, bastara con resolver
dP (R)
dR= 0
Esto es
dP
dR=
V 2
(3R0 + 2R)2−
4RV 2
(3R0 + 2R)3=
3V 2R0 + 2V 2R − 4RV 2
(3R0 + 2R)3
3V 2R0 − 2V 2R
(3R0 + 2R)3= 0 → 3V 2R0 − 2V 2R = 0
Ası, la resistencia R que maximiza la potencia consumida es
R =3
2R0
334
Problema
La fuente V1 = 240 (V) esta conectada a tres resistencias iguales segun la figura
a) Determine R si la fuente de voltaje entrega 1920(W) al conjunto de resistenciasb) Si al circuito en paralelo, se le agregan mas resistencias en paralelo, siguiendo una secuenciade 3R en serie, 4R en serie, hasta llegar a NR en serie, calcule la potencia suministrada por lafuente de voltaje cuando N tiende a Infinito
Solucion
a) El circuito se puede reducir considerando que hay 2 resistencias en serie, cuya resistenciaequivalente sera la suma de ambas, ası, el circuito queda
Estas 2 resistencias ahora se encuentran en paralelo, por lo que se puede obtener un Req detodo el circuito
1
Req
=1
R+
1
2R=
3
2R
Con lo que
Req =2
3R
335
Con esto, el circuito equivale a
La potencia generada por este circuito sera la misma que consume Req, esto es
P = VReqIReq
= V IReq= V
(
V
Req
)
= 1920W
De aquı se obtiene
Req =V 2
P=
2402
1920= 30Ω
Finalmente se obtiene R usando que
Req =2
3R → R =
3
2Req = 45Ω
b)
En este caso, se puede obtener una resistencia equivalente segun
1
Req
=1
R+
1
2R+ ... +
1
NR
Ası, se puede obtener la potencia que debe entregar la fuente para un cierto valor de N
PN =V 2
Req
= V 2
N∑
k=1
1
kR
Ası, para obtener la potencia cuando N tiende a infinito, bastara con obtener el siguientelımite (si existe)
PN→∞ = lımN→∞
PN = V 2
∞∑
k=1
1
kR
Pero esta serie diverge, es decir, la potencia necesarıa serıa infinita. Esto es logico ya que lafuente tendrıa que alimentar un numero infinito de resistencias.
336
Problema
Una baterıa tiene una f.e.m ε y una resistencia interna R. Una resistencia de carga R2 se conectaa los terminales de la baterıa.a) Determine el valor de R2 tal que la diferencia de potencial aplicada a los terminales seamaxima.b) Determine el valor de R2 para obtener una corriente maxima en el circuito.c) Determine el valor de R2 para que la potencia consumida por esta sea la maxima posible
Solucion
a) Primero determinamos la corriente a traves del circuito
−ε + IR + IR2 = 0 → I =ε
R + R2
Ası, la diferencia de potencial entre los extremos de la baterıa es
V = IR2 =R2ε
R + R2
=ε
1 + RR2
La diferencia de potencial entre los terminales sera maxima cuando R2 → ∞ y valdra ε,que es el valor de la fem.
b) Tenıamos que
I =ε
R + R2
Luego, la corriente sera maxima si R2 = 0, y equivale a cortocircuitar los terminales de labaterıa
c) La potencia consumida por R2 esta dada por
P = V I =R2ε
R + R2
ε
R + R2
=R2ε
2
(R + R2)2
Para encontrar el valor de R2 que maximiza esta potencia resolvemos
dP
dR2
=ε2(R + R2)
2 − 2(R + R2)R2ε2
(R + R2)4= 0
337
Ası
(R + R2)2 − 2(R + R2)R2 = 0 → R2 + R − 2R2 = 0
Luego, la potencia sera maxima si
R2 = R
es decir, se debe colocar una resistencia igual a la resistencia interna de la baterıa
338
Problema
Calcule la potencia entregada a cada resistencia en el circuito de la figura
Solucion
Se resuelve el circuito mediante LVK
Para la malla 1
−18 + 2I1 + 3(I1 − I2) + 4I1 = 0 → 9I1 − 3I2 = 18
en la malla 23(I2 − I1) + 1I2 = 0 → 4I2 = 3I1
Resolviendo
9I1 −9
4I1 = 18 → I1 = 2, 6A
I2 =3
4I1 = 2A
Teniendo las corrientes que circulan por el circuito, podemos obtener la potencia que con-sume cada resistencia, usando que P = V I = I2R
P2Ω = 2I21 = 13, 52W
P4Ω = 4I21 = 27, 04W
P3Ω = 3(I1 − I2)2 = 1, 08W
P1Ω = 1I22 = 4W
339
Problema
El circuito de la figura es llamado Puente de Wheastone y se usa para calibrar resistencias. Eldispositivo esta formado por 3 resistencias, de las cuales 2 son ajustables, y un galvanometro(dispositivo que sirve para medir corrientes). Para realizar la medida, se ajustan las resistenciasvariables R1 y R2 hasta que el galvanometro marque cero. Exprese el valor de Rx en funcionde las otras 3 resistencias. Modele el galvanometro como una resistencia RG.
Solucion
Definamos las corrientes que circulan por el circuito
Se obtienen las relaciones inmediatas
I = I1 + I2
I1 = I3 + Ig
I = I4 + I3
I4 = I2 + Ig
Cuando la corriente que pasa por el galvanometro es nula, se tiene
I1 = I3
I2 = I4
Ademas, utilizando la ley de voltajes de Kirchhoff
−V + I2R2 + I4Rx = 0
−V + I1R1 + I3R3 = 0
340
I1R1 − I2R2 = 0
De esta ultima ecuacion, se obtiene
I2 = I1R1
R2
Ademas, igualando el valor de V
I2R2 + I4Rx = I1R1 + I3R3
I2R2 + I2Rx = I1R1 + I1R3
I1R1
R2
(R2 + Rx) = I1(R1 + R3)
Rx =R2
R1
(R1 + R3) − R2 =R2R3
R1
Finalmente
Rx =R2R3
R1
341
Problema
En el circuito de la figura, la baterıa de mas arriba y la de mas abajo tienen la misma f.e.migual a ε. La del medio tiene 2ε. Las resistencias interiores de las baterıas son iguales a r. Existeuna sola resistencia exterior R (ubicada como se ve en el dibujo). Designe las corrientes por I1,I2, I3, como se ve en el dibujo
a) Calcule las tres corrientes en valor y signo.b) Suponga que el punto a del circuito esta conectado a tierra y calcule en tal caso el potencialque tiene el punto b
Solucion
Definimos un sentido arbitrario para las corrientes I1,I2 e I3, como se ve en la figura
Resolvemos el circuito con la ley de voltajes de Kirchhoff (LVK). La ecuacion para la malla2 es
ε + rI2 − 2ε + (I2 + I1)r = 0
−ε + 2rI2 + rI1 = 0
Para la malla 1
−2ε + (I1 + I2)r + I1R + ε + I1r = 0
−ε + I2r + I1(R + 2r) = 0
De la primera ecuacion obtenemos
I2 =ε − rI1
2r
342
Ası
−ε +ε − rI1
2+ I1(R + 2r) = 0
−2ε + ε − rI1 + 2I1(R + 2r) = 0
Finalmente
I1 =ε
3r + 2Ry
I2 =ε
2r−
rε
2r(3r + 2R)=
3rε + 2Rε − rε
2r(3r + 2R)=
ε(r + R)
r(3r + 2R)
Por ultimo, I3 = I1 + I2
I3 =ε(r + R)
r(3r + 2R)+
ε
3r + 2R=
ε(2r + R)
r(3r + 2R)
Como los valores obtenidos son todos positivos, los sentidos de las corrientes supuestos ini-cialmente son todos correctos.
b)
De la figura es claro que
VB − VA = I1R + ε + I1r = I1(R + r) + ε
Como A esta conectado a tierra, VA = 0
VB = ε + (R + r)ε
3r + 2R= ε +
ε(R + 2r)
2R + 3r
343
Problema
Considere la lınea telegrafica de L metros de longitud, y de resistencia por unidad de largor[Ω/m]. Esta lınea tiene una falla de resistencia R en un punto. Demuestre que la corrienteque lee un amperımetro ideal (de resistencia interna 0) conectado a un extremo de la lınea esmınima cuando la falla se encuentra en el medio de la distancia entre el transmisor y el receptor.
Solucion
Supongamos que la falla esta a una distancia x de uno de los extremos. El sistema quedamodelado por el siguiente circuito
Sea I1 la corriente por R1, I2 la corriente por R2 e I la corriente por R. Es claro que
I = I1 − I2
Ahora, las ecuaciones de malla son las siguientes
−V + R1I1 + R(I1 − I2) = −V + rxI1 + R(I1 − I2) = 0
R2I2 + R(I2 − I1) = r(l − x)I2 + R(I2 − I1) = 0
De la primera ecuacion
I1 =V + RI2
R + rx
Reemplazando esto ultimo
r(l − x)I2 + RI2 − RV + RI2
R + rx= 0
RrlI2 − RxrI2 + r2lxI2 − x2r2I2 + R2I2 + RrxI2 − RV − R2I2 = 0
I2 =RV
Rrl + r2lx − x2r2
I2 =RV
Rrl + r2x(l − x)
344
Ahora veamos cuando esta corriente es mınima. Esto equivale a encontrar el x tal que eldenominador sea maximo
d
dx
(
Rrl + r2xl − lr2x2)
= r2l − 2lr2x = 0
r2x = 2r2l → x =l
2
Es decir, la corriente medida es mınima cuando la falla se encuentra en la mitad de la lınea
345
Problema
Obtener la resistencia equivalente entre A y B aplicando las leyes de Kirchhoff
Solucion
La resistencia equivalente entre a y b se puede obtener al ver la relacion entre el voltaje aplicadoy la corriente que circula por el circuito. Se tiene
VA − VB = IReq
LCK para el nodo A
I =(VA − VD)
R+
(VA − VC)
R→ IR = 2VA − VC − VD
LCK para el nodo C
VA − VC
R=
VC − VD
R+
VC − VB
R→ VA = 3VC − VB − VD
Para el nodo D
VC − VD
R+
VA − VD
R=
VD − VB
R→ 3VD − VA − VC = VB
Y para el nodo B
VD − VB
R+
VC − VB
R= I → IR = VC + VD − 2VB
346
ResolviendoVB − VA = 3VD − VA − VC − 3VC + VB + VD
VB − VA = 4VD − VA − 4VC + VB → VD = VC
Es decir, la corriente entre D y C es cero. Ası, el sistema queda
IR = 2VA − 2VC
VA = 2VC − VB
IR = 2VC − 2VB
LuegoVA + VB
2= VC
Ası
IR = VA − VB = IReq
Con lo que la resistencia equivalente es R
347
Problema
Calcular la diferencia de potencial entre los puntos a y b. Todas las fem tienen una resistenciainterna de 1 Ω
Solucion
Para resolver este problema basta con notar que solo fluye corriente por la malla exterior, yaque a y b forman un circuito abierto. Aplicando LVK alrededor del circuito se obtiene
2I + 2I + 12 + I + I + 2I − 8 + I = 0 → 9I = −4
I = −4/9A
Redefinamos I con su sentido correcto, es decir, el contrario al que habıamos supuesto. Ası,I = 4/9 en el sentido contrareloj.Para obtener los potenciales en a y b, nos damos como referencia el punto c. Con esto
Va = 2I + Vc = 8/9 + Vc
Mientras que
Vc − 8 − I − 2I + 10 = Vb
Vb = Vc − 8 −12
9+ 10 = Vc + 0, 667
Notar que no existe una caıda de potencial a traves de la resistencia de 3Ω ya que por ellano pasa corriente. Finalmente
Vb − Va = 0, 667 − 0, 888 = −0, 221V
348
11.5. Circuitos RC
11.5.1. Carga de un condensador
Considere el circuito de la figura. El condensador esta conectado a una fuente de voltajeDC (corriente continua) de fem ε. En t = 0 el interruptor S se cierra. Supongamos ademas queel condensador inicialmente esta descargado, q(t = 0) = 0
En particular, para t < 0, no hay voltaje entre los terminales del condensador, asi que esteactua como un corto circuito. Cuando t = 0, el interruptor se cierra y la corriente comienza afluir acorde con
I0 =ε
REn este instante, la diferencia de potencial entre los terminales de la baterıa es la misma
que la diferencia de potencial a traves de la resistencia. Esto inicia la carga del condensador.Mientras este comienza a cargarse, el voltaje a traves de el aumenta en el tiempo
VC(t) =q(t)
C
Para la malla utilizamos la ley de voltajes para un circuito cerrado, obteniendo
−ε + VC(t) + I(t)R = 0
−ε +q
C+
dq
dtR = 0
Debido a que I debe ser la misma en todas las partes del circuito, la corriente a traves de laresistencia R es igual a la tasa de incremento de carga en las placas del condensador. El flujo decorriente en el circuito ira decreciendo debido a que la carga presente en el capacitor haga cadavez mas difıcil poner mas carga en el. Una vez que la carga del condensador alcanza su maximovalor Q, la corriente en el circuito caera a cero. Esto es evidente al reescribir la ecuacion demalla como
I(t)R = ε − VC(t)
Ası, el capacitor cargado satisface una ecuacion diferencial de primer orden que relaciona latasa de cambio de carga con la carga en el condensador
dq
dt=
1
R
(
ε −q
C
)
349
Esta ecuacion la podemos resolver con el metodo de separacion de variables
dq
ε − qC
=1
Rdt →
dq
q − Cε= −
1
RCdt
Ahora podemos integrar para obtener
ˆ q
0
dq
ε − qC
= −1
RC
ˆ t
0
dt
Lo que nos lleva a
ln
(
q − Cε
−Cε
)
= −t
RC
Finalmente, se obtiene
q(t) = Cε(
1 − e−t/RC)
= Q(
1 − e−t/RC)
Donde Q = Cε es la cantidad maxima de carga almacenada por las placas. La independenciatemporal de q(t) se grafica en la figura
Teniendo la carga en el condensador, podemos determinar el voltaje a traves de este
VC(t) =q(t)
C= ε
(
1 − e−t/RC)
El grafico del voltaje como funcion del tiempo tiene la misma forma que la carga a travesdel condensador. De la figura, vemos que despues de un tiempo suficientemente largo la cargaacumulada en el condensador tiende a
lımt→∞
q(t) = Cε = Q
En el lımite, el voltaje a traves del condensador es igual al voltaje de la fuente y el procesode carga efectivamente termina
lımt→∞
VC(t) = lımt→∞
q(t)
C=
Q
C= ε
La corriente en el circuito es igual a la razon de cambio de la carga en el condensador
I(t) =dq
dt=
ε
Re−t/RC = I0e
−t/RC
350
El coeficiente que acompana a la exponencial es igual a la corriente inicial que fluye a travesdel circuito cuando el interruptor fue cerrado en t = 0. El grafico de la corriente en funcion deltiempo es
La corriente en el circuito decrece exponencialmente en el tiempo. Se suele escribir de lasiguiente manera
I(t) = I0e−t/τ
Donde τ = RC se llama constante de tiempo. En efecto, la unidad de τ en SI es elsegundo. La constante de tiempo τ es una medida del decaimiento temporal para la funcionexponencial. Este decaimiento satisface la siguiente propiedad
I(t + τ) = I(t)/e
Lo que muestra que despues de un tiempo τ la corriente cae por un factor de e−1 = 0,368,como se ve en el grafico. Similarmente, el voltaje a traves del condensador tambien se puedeexpresar en terminos de esta constante
VC(t) = ε(
1 − e−t/τ)
Notar que inicialmente en t = 0, VC(t = 0) = 0. Despues de un tiempo τ , la diferencia depotencial a traves del condensador ha aumentado un factor (1− e−1) = 0,632 de su valor final.
VC(τ) = ε(
1 − e−1)
= 0,632ε
351
11.5.2. Descarga de un Condensador
Suponga ahora que el condensador ha sido cargado hasta un valor Q. Para t < 0, el interrup-tor esta abierto y la diferencia de potencial a traves del condensador esta dada por VC = Q/C.Por otro lado, la diferencia de potencial a traves de la resistencia es cero por que no hay unflujo de cargas, esto es I = 0. Ahora supongamos que en t = 0 el interruptor se cierra. Elcondensador comenzara a descargarse
El condensador cargado ahora actua como una fuente de voltaje para conducir corriente alrede-dor del circuito. Cuando el condensador se descarga (el flujo de electrones va desde la placanegativa hasta la placa positiva), el voltaje entre sus extremos disminuye. Usando la ley deKirchhoff para un circuito cerrado
q(t)
C− I(t)R = 0
Ademas se cumple
I(t) = −dq(t)
dt
El signo se debe al hecho de que un flujo de corriente implica una disminucion en la diferenciade polaridad de las placas del condensador. Ası, la carga satisface la ecuacion diferencial deprimer orden
q(t)
C+ R
dq(t)
dt= 0
que tambien se puede resolver mediante el metodo de separacion de variables
dq
q= −
1
RCdt
ˆ q
Q
dq
q= −
1
RC
ˆ t
0
dt → ln
(
q
Q
)
= −t
RC
Ası
q(t) = Qe−t/RC
Y el voltaje a traves del condensador es
VC(t) =q(t)
C= (
Q
C)e−t/RC
352
El grafico del voltaje a traves del capacitor en funcion del tiempo
La corriente tambien decae exponencialmente en el circuito
I = −dq
dt=
Q
RCe−t/RC
353
Problema
En el circuito de la figura, suponga que el interruptor ha estado abierto por un tiempo muylargo. En t = 0 se cierra
a) Cual es la constante de tiempo antes de que se cerrara el interruptor?b) Cual es la constante de tiempo despues de que se cierra el interruptor?c) Encuentre la corriente a traves del interruptor como funcion del tiempo una vez que el in-terruptor se ha cerrado.
Solucion
a) Antes que el interruptor se cerrara, las dos resistencias R1 y R2 estan en serie con el con-densador. Debido a que la resistencia equivalente es Req = R1 + R2, la constante de tiempoesta dada por
τ = ReqC = (R1 + R2)C
Y la carga almacenada en el condensador es
q(t) = Cε(
1 − e−t/τ)
b) Una vez que el interruptor se cierra, el circuito cerrado a la derecha se vuelve un circuitoRC que decae con constante de tiempo τ ′ = R2C. La carga comienza a decaer acorde a
q′(t) = Cεe−t/τ
c) La corriente a traves del interruptor consiste en 2 fuentes, la corriente constante I1 delcircuito izquierdo, y la corriente que decae I2 del circuito RC. Las corrientes estan dadas por
I1 =ε
R1
I ′(t) =dq′
dt= −
Cε
τ ′e−t/τ = −
ε
R2
e−t/R2C
Ası, ya que I1 e I ′ van en la direccion hacia abajo a traves del interruptor, la corriente totalsera
I(t) = I1 + I ′(t) =ε
R1
+ε
R2
e−t/R2C
354
Problema
Considere el circuito de la figura. Sea ε = 40V , R1 = 8Ω, R2 = 6Ω, R3 = 4Ω y C = 4µF . Elcondensador inicialmente esta descargado
En t = 0 el interruptor se cierra.a) Encuentre la corriente a traves de cada resistencia inmediatamente despues de que el inter-ruptor es cerrado.b) Encuentre la carga final del capacitor.
Solucion
a) Inmediatamente despues de que el interruptor se cierra, el condensador equivale a un cortocircuito, ya que el voltaje en t = 0 a traves de este es nulo. Es decir, en el instante justo en quese cierra el interruptor el circuito equivale a
Para la malla 1−ε + I1R1 + R2(I1 − I2) = 0
Para la malla 2R2(I2 − I1) + I2R3 = 0
Reemplazando los valores numericos, se tiene
−40 + 8I1 + 6(I1 − I2) = 0 → I1 =40 + 6I2
14
6(I2 − I1) + 4I2 = 0 → I2 =3
5I1
Resolviendo este sistema
70I1 = 200 + 18I1 → I1 = 3, 84A
355
con esto
I2 = 2, 3A
Finalmente la corriente por R2 sera
I3 = I1 − I2 = 3, 84 − 2, 3 = 1, 54
Simulando el circuito, obtenemos las corrientes como funcion del tiempo
Notar que en t = 0 los valores coinciden con los obtenidos recien. Ver tambien como elcircuito llega a un estado estacionario en un margen de tiempo de los 120 µ s.Por ultimo, es claro como la corriente I3 decae rapidamente a cero a medida que el condensadorse va cargando.
b) Despues de un tiempo, el condensador se carga totalmente y este pasa a comportarsecomo un circuito abierto, es decir, a traves del condensador no pasa corriente.(y tampoco porR3)
Ası, es facil notar que el voltaje final a traves del condensador sera igual al voltaje a travesde la resistencia R2.
−ε + I(R1 + R2) = 0 → I =40
14=
20
7
Y el voltaje a traves de R2 sera
VR2 = IR2 = 620
7= 17, 14(V ) = VC(t = ∞)
Ası, la carga final del condensador se puede obtener como
Q(t = ∞) = CVC = 4µF ∗ 17, 14 = 6, 85 ∗ 10−5C
356
El voltaje en el condensador en funcion del tiempo es
357
Problema
En el circuito de la figura, el interruptor se encuentra cerrado durante un tiempo muy largo.a) ¿Cual es la corriente en cada resistencia?b) ¿Cual es la carga en el condensador C?c) En t=0 se abre el interruptor S. Encuentre la corriente que pasa por la resistencia R2 enfuncion de t.d) ¿Cuanto tiempo debe pasar para que la carga en C disminuya hasta 4/5 del valor en t=0?
Solucion
a) El interruptor ha estado cerrado durante un tiempo muy largo, esto significa que el conden-sador se ha cargado completamente. Cuando esto sucede, el condensador equivale a un circuitoabierto, es decir, no pasa corriente a traves de el. Bajo estas circunstancias, solo habra corrientepor la malla 1, ası
LVK en malla 1
−ε + I1R2 + I1R1 = 0 → I1 =V
R1 + R2
Que es la corriente por R1 y por R2, por lo dicho anteriormente, la corriente por R3 es cero.
358
b) Para obtener la carga en el condensador, primero debemos obtener el voltaje a traves deel, y luego utilizar la relacion que relaciona el voltaje con la carga acumulada
VC(t) = Cq(t)
Nos interesa la carga final del condensador, esto es
lımt→∞
q(t) =VC(t → ∞)
C
Como ya vimos, despues de un tiempo suficientemente largo no hay corriente por la malladerecha, ası, no hay una diferencia de potencial a traves de R3. Por lo tanto el voltaje en elcondensador sera igual al voltaje a traves de R2
lımt→∞
VC(t) = VR2 = I1R2
VC(∞) =V R2
R1 + R2
y ası
q = CV =V CR2
R1 + R2
c) Notemos que al abrir el interruptor, no pasa corriente por la malla 1 y se inicia un procesode descarga en el condensador.
Si esto no parece evidente, veamos la ecuacion de la malla 2
I2R3 − VC(t) + R2I2 = 0
I2(R2 + R3) = VC(t) =q(t)
C
Notemos que I2 es positiva, es decir, el sentido que le asignamos es el correcto. Esto significaque cargas positivas estan dejando la placa positiva y estan llegando a la placa negativa. Esdecir, la carga entre las placas va disminuyendo en la medida en que I2 sea positiva. Esto setraduce en
I2 = −dq
dt
Ası, obtenemos una ecuacion diferencial de primer orden para q(t)
359
−dq
dt(R2 + R3) =
q(t)
C
dq
dt(R2 + R3) +
q(t)
C= 0
Ecuacion homogenea cuya solucion es de la forma
q(t) = q0e−t/(C(R2+R3))
con q0 la carga inicial del condensador, calculada anteriormente como
q0 =R2V C
(R1 + R2)
Finalmente,
I(t) = −dq
dt=
q0
C(R2 + R3)e−t/C(R2+R3)
d) Para determinar el tiempo que debe pasar para obtener 4/5 de la carga inicial, resolvemosla ecuacion
4
5q0 = q0e
−t/(C(R2+R3))
ln(4/5) = −t
C(R2 + R3)
con lo que
t = ln(5/4)(R2 + R3)C
360
Problema
Dos baterıas de FEM ε1 y ε2 y resistencias R1 y R2 se conectan en paralelo con una resistenciaR
a) Calcule la potencia entregada por cada baterıab) Ahora se reemplaza la resistencia R por un interruptor S y un condensador C en serie.
El interruptor se cierra en t=0i) Calcule la carga q en el condensador como funcion del tiempoii) Calcule la corriente en cada resistencia como funcion del tiempo
Solucion
a)Para obtener la potencia entregada por cada baterıa, debemos conocer la corriente que pasapor cada una, y lo hacemos usando la LVK para las mallas 1 y 2, como se muestra en la figura
Para la malla 1
−ε1 + I1R1 + R2(I1 − I2) + ε2 = 0
En la malla 2
−ε2 + R2(I2 − I1) + I2R = 0
361
De la primera ecuacion se obtiene
I1 =R2I2 + ε1 − ε2
R1 + R2
Reemplazando en la segunda
−ε2 + I2(R2 + R) = I1R2 =R2
2I2 + R2(ε1 − ε2)
R1 + R2
Ası
−ε2(R1 + R2) + I2(R2 + R)(R1 + R2) = R22I2 + R2(ε1 − ε2)
−ε2(R1 + R2) + I2(R2R1 + R22 + RR1 + RR2) = R2
2I2 + R2(ε1 − ε2)
I2(R2R1 + RR1 + RR2) = R2(ε1 − ε2) + ε2(R1 + R2)
I2 =ε1R2 + ε2R1
R(R1 + R2) + R1R2
Y entonces, I1 esta dada por
I1 =R2I2 + ε1 − ε2
R1 + R2
=ε1R
22 + ε2R1R2 + (ε1 − ε2)(R(R1 + R2) + R1R2)
(R(R1 + R2) + R1R2)(R1 + R2)
I1 =ε1R
22 + ε2R1R2 + ε1RR1 + ε1R1R2 + ε1RR2 − ε2RR1 − ε2RR2 − ε2R1R2
(R(R1 + R2) + R1R2)(R1 + R2)
I1 =R(ε1 − ε2)(R1 + R2) + R2ε1(R1 + R2)
(R(R1 + R2) + R1R2)(R1 + R2)
Finalmente,
I1 =R(ε1 − ε2) + R2ε1
R(R1 + R2) + R1R2
Y la corriente por la fem ε2 es
I3 = I1 − I2 =R(ε1 − ε2) + R2ε1 − ε1R2 − ε2R1
R(R1 + R2) + R1R2
=R(ε1 − ε2) − ε2R1
R(R1 + R2) + R1R2
Con esto, la potencia entregada por ε1 es
P1 = I1ε1 = ε1R(ε1 − ε2) + R2ε1
R(R1 + R2) + R1R2
Y la potencia entregada por ε2
P2 = −I3ε2 = ε2R(ε2 − ε1) + ε2R1
R(R1 + R2) + R1R2
362
b)
Aquı, la ecuacion de la malla 1 es equivalente al caso anterior, donde se obtuvo
I1 =R2I2 + ε1 − ε2
R1 + R2
Para la malla 2
−ε2 + R2(I2 − I1) + VC = 0 → −ε2 + R2I2 − R2I1 +q
C= 0
Reemplazando I1
−ε2 + R2I2 − R2(R2I2 + ε1 − ε2
R1 + R2
) +q
C= 0
−ε2 +R2
2I2 + R1R2I2 − R22I2 − R2(ε1 − ε2)
R1 + R2
+q
C= 0
I2R1R2
R1 + R2
+q
C=
ε1R2 + ε2R1
R1 + R2
Pero I2 = dq/dt
dq
dt
R1R2
R1 + R2
+q
C=
ε1R2 + ε2R1
R1 + R2
dq
dt
CR1R2
R1 + R2
+ q = Cε1R2 + ε2R1
R1 + R2
Sean
τ =CR1R2
R1 + R2
, A = Cε1R2 + ε2R1
R1 + R2
Entonces
dq
dtτ + q = A
Cuya solucion es
q(t) = A(1 − e−t/τ )
Con esto,
I2(t) =dq(t)
dt=
A
τe−t/τ
I1(t) = (R2
R1 + R2
)A
τe−t/τ +
ε1 − ε2
R1 + R2
363
Y la corriente por R2
I3(t) = I1(t) − I2(t) = (R2
R1 + R2
)A
τe−t/τ +
ε1 − ε2
R1 + R2
−A
τe−t/τ
364
Problema
Considere el circuito de la figura. Inicialmente el circuito ha estado abierto largo tiempoa) Calcule la carga del condensador, con el interruptor abiertob) Si el interruptor se cierra y transcurre mucho tiempo, encuentre la nueva carga del conden-sador
Solucion
a) Antes que se cierre el interruptor, solo se debe considerar el circuito de la derecha
Si ha pasado mucho tiempo, ha dejado de circular corriente y el condensador esta cargadocompletamente
Q = CV
b) Si se cierra el interruptor, el circuito es el siguiente
Como ha pasado mucho tiempo, el condensador esta cargado y no hay corriente hacia el.
365
De esta forma, la corriente circula segun
Se tieneV1 + I(R1 + R2) − V2 = 0
Luego
I =V2 − V1
R1 + R2
Con esto podemos determinar la diferencia de potencial entre los terminales del condensador
Sea∆V = Vb − Va
−∆V + V1 + IR1 = 0
Luego
∆V =R1V2 + R2V1
R1 + R2
con esto, la carga almacenada en el condensador es
Q = C∆V
Q = CR1V2 + R2V1
R1 + R2
366
Problema
Inicialmente el condensador de capacidad C1 tiene carga Q0, y el segundo condensador esta descar-gado. Encuentre la perdida de energıa por calor de Joule al conectar ambos condensadoresmediante un conductor de resistencia R, como muestra la figura
Solucion
Definimos la corriente por el circuito segun se muestra en la figura
La ecuacion de la malla entrega
−V1 + IR + V2 = 0
donde los voltajes entre los extremos de cada condensador se relacionan con las cargas
V1 =Q1
C1
V2 =Q2
C2
La ecuacion a resolver es
−Q1
C1
+ IR +Q2
C2
= 0
Pero Q1, Q2 e I no son independientes. En efecto
I(t) =dQ2
dt= −
dQ1
dt
Notar que esto es consistente con
d
dt(Q1 + Q2) = 0
pues por conservacion de la carga
Q1(t) + Q2(t) = Q0
367
Luego, derivando una vez con respecto al tiempo
−1
C1
dQ1
dt+
dI(t)
dtR +
1
C2
dQ2
dt= 0
1
C1
I(t) +dI(t)
dtR +
1
C2
I(t) = 0
dI(t)
dt= −
1
R
(
1
C1
+1
C2
)
Finalmente
dI(t)
dt= −
1
R
(
C1 + C2
C1C2
)
I(t)
La solucion de esta ecuacion es
I(t) = Ke− 1
R
(
C1+C2C1C2
)
t
donde K es una constante a determinar. Considerando que el condensador 2 esta inicialmentedescargado
Q2(0) = 0
Se tiene
Q2(t) =
ˆ t
0
dτI(τ) = K
ˆ t
0
dτe− 1
R
(
C1+C2C1C2
)
t
Q2(t) =KRC1C2
C1 + C2
(
1 − e− 1
R
(
C1+C2C1C2
)
t
)
La constante K se puede determinar imponiendo que para todo t ∈ R+
−Q1(t)
C1
+ I(t)R +Q2(t)
C2
= 0
Como Q1(t) = Q0 − Q2(t)
−Q0
C1
+Q2(t)
C1
+ I(t)R +Q2(t)
C2
= 0
−Q0
C1
+
(
C1 + C2
C1C2
)
Q2(t) + I(t)R = 0
Reemplazando
−Q0
C1
+
(
C1 + C2
C1C2
)
KRC1C2
C1 + C2
(
1 − e− 1
R
(
C1+C2C1C2
)
t
)
+ RKe− 1
R
(
C1+C2C1C2
)
t= 0
−Q0
C1
+ KR = 0
Luego
368
K =Q0
RC1
Equivalentemente uno podrıa haber notado que en t = 0, el condensador 2 se comportacomo un cortocircuito, y el voltaje inicial en el condensador 1 es
V1(0) =Q0
C1
de forma que
I(0) =V1(0)
R=
Q0
C1R
La potencia disipada en la resistencia esta dada por
P (t) = RI2(t) = RQ2
0
R2C21
e−2
(C1+C2)RC1C2
t
y la energıa perdida sera
−∆E =
ˆ ∞
0
dtQ2
0
RC21
e−
2(C1+C2)RC1C2
t=
Q20C2
2C1(C1 + C2)
Notar que es independiente de R! Esta perdida de energıa coincide exactamente con la difer-encia de energıa almacenada por el sistema antes y despues de conectar ambos condensadores
369
Problema
Encuentre en el circuito de la figura la intensidad de corriente electrica por cada rama y la cargaen cada condensador al tiempo t. Asuma que inicialmente los condensadores estan descargados
Solucion
Definimos las corrientes que se indican en la figura, asi como las cargas en cada condensador
Por supuesto que debe tenerse
I(t) = I1(t) + I2(t)
Tomando el circuito cerrado que involucra a la fuente, la resistencia R1 y el condensador C1
se tiene
−V + I1(t)R1 +Q1
C1
= 0
Por otro lado, considerando el circuito cerrado que contiene a V , R2 y C2
−V + I2R2 +Q2
C2
= 0
Ademas se tiene
I1(t) =dQ1(t)
dt
I2(t) =dQ2
dt
De esta forma, y derivando las ecuaciones obtenidas anteriormente
1
C1
dQ1(t)
dt+ R1
dI1(t)
dt= 0
1
C1
I1(t) + R1dI1(t)
dt= 0
370
luegodI1(t)
dt= −
1
R1C1
I1(t)
del mismo mododI2(t)
dt= −
1
R2C2
I2(t)
Resolviendo
I1(t) = K1e− t
R1C1
I2(t) = K2e− t
R2C2
Las constantes K1 y K2 se determinan de forma inmediata al considerar que en t = 0 amboscondensadores se comportan como un cortocircuito y entonces
I1(0) =V
R1
I2(0) =V
R2
con esto
I1(t) =V
R1
e− t
R1C1
Q1(t) = V C1
(
1 − e− t
R1C−1
)
I2(t) =V
R2
e− t
R2C2
Q2(t) = V C2
(
1 − e− t
R2C2
)
371
Parte V
Magnetostatica. Campos variantes enel tiempo
373
Capıtulo 12
Magnetostatica
El campo MagneticoHemos visto que las cargas estaticas son fuentes de campo electrico. Ademas conocemos una leyque nos permite saber como es la fuerza que un campo electrico ejerce sobre una carga puntual(Ley de Coulomb). Ahora, sucede que si dos cargas se estan moviendo, existe una fuerza adi-cional entre ellas debido a este movimiento. Esta fuerza se conoce como Fuerza Magnetica.Sin embargo, la fuerza magnetica entre 2 cargas puntuales en movimiento relativo es muchısimomenos intensa que la fuerza de Coulomb, por lo que se hace practicamente imposible medir lafuerza magnetica entre 2 cargas puntuales. De todas formas, efectos magneticos se puedenmedir al utilizar corrientes electricas en conductores (donde existe un numero muy grande deelectrones en movimiento!)
En resumen, cargas en movimiento generan campos magneticos (y entonces una corrienteelectrica tambien), y a su vez, campos magneticos actuan sobre cargas en movimiento (enconsecuencia, un campo magnetico ejerce una fuerza sobre un conductor con corriente).
Comenzaremos por el estudio de la Magnetostatica, es decir, el estudio de campos magneticosproducidos por corrientes estacionarias. Con esto queremos decir
I =dq
dt= C
Recordando la ecuacion de continuidad de la carga
~∇ · ~J(~x, t) +∂ρ(~x, t)
∂t= 0
La condicion de que las corrientes sean estacionarias entrega
∂ρ(~x, t)
∂t= 0 → ~∇ · ~J(~x) = 0
Mas adelante veremos como se relacionan los campos electrico y magnetico, y encontraremoslas leyes fundamentales de la electrodinamica.
375
Un iman permanente es una fuente natural de campo magnetico ~B. Esto se puede verificaral mover un compas cerca de un iman, la aguja del compas se alineara en la direccion del campomagnetico producido por el iman, como se ve en la figura
Es decir, el efecto del iman sobre la aguja es el de un torque (Torque de Ampere). Unabarra magnetica consiste de dos polos, que se designan como norte (N) y sur (S). Esto significaque las lıneas de campo emergen desde un polo (norte) y terminan en el opuesto (sur). Veremosque los campos magneticos siempre tienen esta caracterıstica, es decir, las lıneas de campomagnetico siempre emergen y terminan en la misma fuente del campo. (No se han encontradomonopolos magneticos). Cuando se acercan 2 barras magneticas, 2 polos iguales se repelen,mientras que polos contrarios se atraeran
Al contrario de las cargas electricas, las cuales pueden estar aisladas, los 2 polos magneticossiempre vienen en pares. Cuando se quiebra un iman, se obtienen 2 nuevos imanes, cada unocon polo norte y sur. En otras palabras, no existen monopolos magneticos aislados
Se vera mas adelante que este resultado se resume en la tercera ecuacion de Maxwell
~∇ · ~B(~x) = 0
Podrıa resultar, en principio, misterioso que un material genere campos magneticos. Lounico que hemos dicho es que cargas en movimiento generan campos magneticos. Es sabido queuna de las fuerzas fundamentales que dan forma a los atomos es la fuerza electrica (que atraeal electron con el proton). El movimiento de electrones en un material genera entonces camposmagneticos. En realidad, tener la vision de un electron como una partıcula que gira en torno alnucleo no es muy correcto, lo que se debe usar a niveles atomicos es la Mecanica Cuantica. Elmagnetismo en la materia es en general un fenomeno puramente cuantico y que tiene relacioncon el espın del electron. Al igual que en electrostatica vimos que las moleculas de un materialdielectrico son levemente polarizadas ante la presencia de un campo electrico, y que entonces unmaterial se caracteriza por una suma de infinitos momentos dipolares, tambien se puede definirun analogo magnetico, el momento magnetico. De todas formas, es algo que esta presente entodos los atomos. ¿Por que entonces, no toda la materia presenta esta cualidad de generar uncampo magnetico medible, como los objetos que hemos llamado imanes permanentes?. La re-spuesta es que, si bien cada atomo en un material contribuye generando un campo magnetico, la
376
disposicion de los momentos magneticos puede ser tan aleatoria, que el efecto neto al sumarloses una cancelacion de un campo magnetico total. Los imanes son materiales cuyos momentosmagneticos estan todos alineados, y por esto es que cada uno contribuye del mismo modo a uncampo magnetico total que es el que medimos en la cercanıa de un iman.
12.1. Fuerza magnetica sobre una carga puntual
Aun no hemos establecido una expresion matematica para determinar el campo magneticogenerado por una distribucion de cargas en movimiento. Sin embargo, por el momento po-dremos asumir que simplemente existe un campo magnetico, ~B(~x), en cierta region del espacio.Estudiaremos primero cual es el efecto de un campo magnetico sobre una carga puntual q enmovimiento, mas adelante veremos como son creados los campos magneticos. Consideremos unapartıcula de carga q, que se mueve con cierta velocidad ~v(~x). Experimentalmente, se obtienenlas siguientes observaciones
1. La magnitud de la fuerza magnetica ~FB(~x) ejercida sobre la partıcula cargada es propor-cional a | ~v(~x) | y a q
2. La magnitud y direccion de ~FB(~x) depende de ~v(~x) y de ~B(~x)
3. La fuerza magnetica ~FB(~x) desaparece cuando ~v(~x) es paralela a ~B(~x). Sin embargo, cuando
~v(~x) forma un angulo ϑ con ~B(~x), la direccion de ~FB(~x) es perpendicular al plano formado por
~v(~x) y ~B(~x), y la magnitud de ~FB(~x) es proporcional a sinϑ4. Cuando la carga cambia de signo, la direccion de la fuerza magnetica se invierte
Todas las observaciones anteriores se pueden resumir en la siguiente expresion
~FB(~x) = q~v(~x) × ~B(~x)
La magnitud de ~FB(~x) esta dada por
FB = |q|vB sin θ
La unidad en SI para ~B(~x) es el tesla T = 1 N/Am. Notar que ~FB(~x) es siempre perpen-
dicular a ~v(~x) y ~B(~x), de forma que una fuerza magnetica no puede alterar la rapidez de laparticula. (No realiza trabajo sobre ella). En efecto
dW (~x) = ~FB(~x) · d~x = q(~v(~x) × ~B(~x)) · ~v(~x)dt = q(~v(~x) ×(
~v(~x)) · ~B(~x))
dt = 0
Si sobre la partıcula solo actua una fuerza magnetica, entonces el trabajo sobre ella es nulo,y entonces su energıa cinetica es constante. (Luego el modulo de la velocidad es constante). Sin
377
embargo,la direccion de ~v(~x), sı puede ser alterada por la fuerza magnetica. (De lo contrario, elmovimiento de una carga en un campo magnetico serıa extremadamente aburrido, simplementese moverıa en una lınea recta)
12.2. Movimiento de una carga en un campo electrico y
magnetico uniforme
Una partıcula de carga q se podrıa encontrar en una region del espacio en donde existen uncampo magnetico ~B y un campo electrico ~E. Ası, sobre ella actuara una fuerza neta igual a
~F = q(
~E + ~v × ~B)
esta es llamada fuerza de Lorentz . Esto permite acoplar el electromagnetismo clasico conla mecanica, en efecto, la trayectoria de la partıcula es la solucion de la segunda ley de Newton
d~p
dt= q
(
~E + ~v × ~B)
Resolvamos el movimiento de una partıcula sometida a la fuerza de Lorentz, en un casomuy particular y sencillo, como se muestra en la siguiente figura
Es decir, se tienen dos campos uniformes y perpendiculares ~E = Ei, ~B = Bk. Se debe resolver
md~v
dt= q
(
~E + ~v × ~B)
d~v
dt=
q
m
(
Ei+ ~v ×Bk)
La velocidad de la partıcula es, simplemente
~v = xi+ yj + zk
de forma que
d
dt~v =
q
m
(
Ei− xBj + yBi)
378
De aquı se obtienen las siguientes ecuaciones diferenciales que describen el movimiento dela partıcula
z = 0
y = −qBmx
x =
(
qE
m+ yB
)
Definiendo qBm
= w0 y qEm
= w1
z = 0
y = −w0x
x = w1 + w0y
La solucion de la primera de ellas es evidente, y esta dada por
z(t) = z0 + vozt
es decir, la partıcula describe un movimiento uniforme en la direccion z . Las ecuacionespara la velocidad en x y en y estan acopladas, y pueden ser escritas de forma matricial como
d
dt
(
yx
)
=
(
0 −w0
w0 0
)(
yx
)
+
(
0w1
)
Es decir, se tiene un sistema de ecuaciones diferenciales no homogeneo de la forma
~x = A~x+ ~f
Puede ser resuelto facilmente de la siguiente manera
~x− A~x = ~f
e−At~x− e−AtA~x = e−At ~f =d
dt
(
e−At~x)
entonces
e−At~x = ~x0 +
ˆ t
0
dτe−Aτ ~f(τ)
Finalmente
~x = eAt~x0 +
ˆ t
0
dτeA(t−τ) ~f(τ)
La solucion homogenea es, simplemente
~xh = eAt~x0
donde x0 corresponde a ~x(t = 0). Para calcular eAt obtenemos los valores propios de A
| A− λI |=∣
∣
∣
∣
−λ −w0
w0 −λ
∣
∣
∣
∣
= λ2 + w20 = 0
379
Estan dados porλ1 = iw0, λ2 = −iw0
Para encontrar eAt se puede utilizar el teorema de Caley-Hamilton ( o simplemente diago-nalizar A)
eAt = a0I + a1A
donde a0 y a1 estan dados por
eiw0t = a0 + iw0a1
e−iw0t = a0 − iw0a1
Resolviendo
a0 = cosw0t
a1 =1
w0
sinw0t
Con esto
eAt =
(
cosw0t 00 cosw0t
)
+
(
0 − sinw0tsinw0t 0
)
eAt =
(
cosw0t − sinw0tsinw0t cosw0t
)
y la solucion homogenea queda
~xh(t) =
(
yx
)
=
(
v0y cosw0t− v0x sinw0tv0y sinw0t+ v0x cosw0t
)
Ademas, la solucion particular toma la forma
~xp(t) =
ˆ t
0
dτ
(
cosw0(t− τ) − sinw0(t− τ)sinw0(t− τ) cosw0(t− τ)
)(
0w1
)
~xp(t) =
ˆ t
0
dτ
(
w1 sinw0(t− τ)w1 cosw0(t− τ)
)
=w1
w0
(
cosw0(t− τ)− sinw0(t− τ)
)
∣
∣
∣
t
0
~xp(t) =w1
w0
(
1 − cosw0tsinw0t
)
Finalmente, se tiene
x = v0y sinw0t+ v0x cosw0t+w1
w0
sinw0t
y = v0y cosw0t− v0x sinw0t+w1
w0
(1 − cosw0t)
380
Integrando, se obtiene la cinematica general para la partıcula
x(t) = −v0y
w0
cosw0t+v0x
w0
sinw0t−w1
w20
cosw0t+v0y
w0
+w1
w20
+ x0
y(t) =v0y
w0
sinw0t+v0x
w0
cosw0t+w1
w0
(
t− 1
w0
sinw0t
)
− v0x
w0
+ y0
z(t) = z0 + v0zt
12.2.1. Trayectorias en casos particulares
Resuelta la ecuacion de movimiento para la carga sometida a la fuerza de Lorentz, es posiblegraficar y obtener su trayectoria para distintas condiciones iniciales y magnitudes de los campos.La siguiente figura muestra una solucion con q = 10 C, B = 110 T, E = 200 N/C, y x0 = y0 =z0 = 0 (partıcula que parte del origen)
Solucion con velocidad inicial en z distinta de cero
El movimiento en la direccion vertical (eje z) es uniforme. Notar que la partıcula tiene unacierta velocidad de traslacion en la direccion y, y no en la direccion x (direccion del campoelectrico), como se podrıa pensar. La razon se debe a que si bien el campo electrico ejerce unafuerza segun x con un incremento en la velocidad, ambos efectos se traducen en una fuerzamagnetica q~v × ~B intensa en la direccion y. El efecto neto es una traslacion general en dichadireccion
Misma solucion anterior, ahora con velocidad inicial en x de 1 m/s
Trayectoria con velocidad inicial en y de 1 m/s
381
Ahora, ¿que ocurre si el campo electrico es nulo?. Las soluciones quedan de la forma
x(t) = −v0y
w0
cosw0t+v0x
w0
sinw0t+v0y
w0
+ x0
y(t) =v0y
w0
sinw0t+v0x
w0
cosw0t−v0x
w0
+ y0
z(t) = z0 + v0zt
La partıcula describe un movimiento circular en el plano x − y (¿cual serıa el centro?),como se muestra en la figura
Este movimiento tiene una frecuencia angular de oscilacion (constante) dada por
w0 =qB
m
En particular, si la velocidad inicial en la direccion z es nula, la trayectoria es definitivamenteuna circunferencia en el espacio
Ası, una partıcula en un campo magnetico uniforme describe una trayectoria circular en elplano perpendicular al campo magnetico. Este movimiento circular es uniforme (frecuenciaangular constante). Esto ultimo es evidente pues el campo magnetico nunca realiza trabajo sobrela partıcula (y no modifica su energıa cinetica). Si v es el modulo de la velocidad, entonces setiene
v = w0R
y el radio de la circunferencia descrita esta dado por
R =mv
qB=
v
w0
El perıodo de este movimiento circular estara dado por
T =2π
w0
=2πm
qB
382
Trayectoria general de una partıcula en un campo magnetico uniforme
Hay que notar que estas trayectorias han sido obtenidas a partir de campos extremada-mente sencillos (uniformes). Muchısimos efectos interesantes se pueden lograr con campos quevarıan en el espacio. Uno de ellos consiste en un campo magnetico con curvatura en que bajociertas condiciones se puede confinar a la partıcula en determinadas regiones del espacio (es-pejos magneticos). El confinamiento magnetico parece ser la solucion con mas posibilidadesde permitir en el futuro la construccion de un reactor de fusion nuclear de potencia con finescomerciales, la idea consiste en confinar un plasma a altas temperaturas lejos de las paredesdel reactor, de forma de poder replicar procesos de fusion nuclear (por ejemplo, la fusion deDeuterio-Tritio)
Diseno de confinamiento de plasma utilizado en el International Thermonuclear ExperimentalReactor (ITER), en Francia
383
12.2.2. El descubrimiento del electron
Notar que existe una solucion muy particular al movimiento de una partıcula bajo la accionde la fuerza de Lorentz cuando los campos son uniformes y perpendiculares. Resulta muyinteresante que para un determinado valor de la velocidad ~v una partıcula cargada no sientefuerza alguna. En efecto, supongamos una partıcula cargada que ingresa a una region conprescencia de un campo electrico ~E, y un campo magnetico ~B, si la velocidad inicial de talpartıcula es
~v =1
B2~E × ~B
entonces su trayectoria sera una lınea recta, con velocidad constante y en la direccion de ~v.Esto es facil de demostrar, pues la fuerza de Lorentz que actua sobre la carga es
~F = q(
~E + ~v × ~B)
= q
(
~E +1
B2( ~E × ~B) × ~B
)
~F = q
(
~E − 1
B2~B × ( ~E × ~B)
)
= q
(
~E − 1
B2B2 ~E
)
= ~0
Este fue el principio utilizado por JJ Thompson para medir la razon entre la carga y lamasa del electron
Aparato de Thompson para estudiar la deflexion de partıculas cargadas
La palabra atomo (que significa indivisible en Griego) fue propuesta por Democrito, quienvivio en Atenas (460-370 ac). El consideraba inconcebible que los objetos materiales pudiesenser divididos en partes cada vez mas pequenas, sin lımite, y postulo la existencia de partıculaselementales, tan pequenas que no son posibles dividirlas en partes mas pequenas. El distin-guio cuatro tipos de atomos, y propuso que toda la materia esta conformada por estos objetosindivisibles. Hoy en dıa, la idea de Democrito es transferida a partıculas mas pequenas aun,que constituyen la estructura interna de los atomos, y se espera que los electrones, protones, ylas demas partıculas elementales sean realmente indivisibles.
Hacia el siglo 19, la atencion de muchos fısicos fue puesta en el paso de la electricidad atraves de los gases. Se sabıa que los gases, siendo muy buenos aislantes electricos, a veces podıanconducir electricidad al ser sometidos a tensiones muy altas. Sin embargo, Sir Williams Crookesmostro que el paso de la electricidad en gases tomaba una forma muy clara (en efecto, se venhaces de luz) cuando la presion del gas es reducida a una pequena fraccion de una atmosfera
384
Los tubos de Crookes emitıan luz de determinado color dependiendo de la naturaleza delgas, y ellos aun brillan en las calles y ciudades de todo el mundo
Tubo de Crooke. Este consiste de un anodo y un catodo entre los cuales se establece unadiferencia de potencial, al interior se tiene gas a baja presion
Al colocar un iman cerca del tubo, Crookes observo la defleccion de estos rayos catodicos, talcual sucede con las partıculas cargadas. Al mismo tiempo, Jean Perrin en Francia descubrio queal colocar una placa metalica en el camino del haz, esta adquirıa una carga electrica negativa.Todo esto parecıa indicar que estos rayos se trataban de partıculas cargadas negativamentemoviendose a traves del gas. Sin embargo, esta idea eran opuestas a las observaciones del fısicoPhilipp Lenard, quien habrıa encontrado que los rayos catodicos eran capaces de traspasarvarias pantallas puestas en su camino sin dejar agujeros en ellas. Lenard pensaba que soloondas, y no un haz de partıculas, podrıa hacer esto. La tarea de resolver estas contradiccionesexperimentales, y probar que los rayos catodicos son en efecto un haz de partıculas, y encontrarlas caracterısticas fısicas de estas particulas, le fue dada a Joseph John Thompson por el ConsejoSupremo del progreso de la ciencia. Thompson fue un fısico nacido en Manchester, que a los 40anos era director del famoso laboratorio de Cavendish en Cambridge. Asumiendo que los rayoscatodicos son partıculas moviendose a alta velocidad, Thompson decidio medir su masa y sucarga, y una parte de esta investigacion consistio en observar la deflexion de rayos catodicos enun campo magnetico
Los electrones con carga −e y masa m son emitidos del catodo C y acelerados hacia A. Seala diferencia de potencial entre C y A ∆V = φa − φc. El cambio en la energıa potencial delelectron es igual al trabajo externo realizado para acelerarlo, por conservacion de energıa, laenergıa cinetica adquirida esta dada por
1
2mv2 = e∆V
y entonces la velocidad que adquieren los electrones al pasar por A es
v =
√
2e∆V
m
385
A continuacion los electrones entran en una region donde existe un campo electrico (haciaabajo en la figura), y un campo magnetico perpendicular (hacia adentro de la hoja). Si laspartıculas ingresan con velocidad
~v =1
B2~E × ~B =
E
Bi
se moveran en una lınea recta, y pasaran por un agujero (en rojo) al final del selector develocidades. Ası, se ajusta el valor de ∆V , E y B de forma que las partıculas sean detectadasal final del selector de velocidades. Cuando esto sucede, se obtiene
e
m=
E2
2∆V B2
Al medir E, B y ∆V , se obtiene la razon entre la carga y la masa del electron. Esta esaproximadamente
e
m= 1,7588 × 1011C/kg
Sir J.J. Thompson y sus aparatos
En esa fecha el valor de e habrıa sido obtenido experimentalmente gracias a los experimen-tos de electrolisis de lıquidos de Faraday. De todas formas Thompson realizo un experimentoespecial para medir la carga con gases ionizados. Este metodo se baso en el descubrimiento deotro fısico del laboratorio Cavendish, C.T.R Wilson. Gracias a esto Thompson logro medir elvalor de m, usando sus resultados para e/m, obteniendo
m = 9, 11 × 10−31kg
y esta resulto ser 1840 veces mas pequena que la masa del atomo de Hidrogeno. Esto fue ungran descubrimiento, una partıcula aproximadamente 2 mil veces mas liviana que el atomo masliviano! Thompson concluyo que las partıculas que conforman los rayos catodicos eran cargaselectricas, y les llamo electrones. El visualizo el atomo como una esfera de un material masivocargado positivamente, con pequenos electrones esparcidos estaticamente a traves del nucleo
386
Placa conmemorativa en Cambridge acerca del descubrimiento del electron. Cortesıa de miamigo German Vogel
Fig. 12.1: Joseph John Thompson
Joseph John Thompson(1856-1940) Fısico Ingles. En 1870 estudio Ingenierıa en laUniversidad de Manchester, y se traslado a Trinity College de Cambridge en 1876. En 1884 seconvirtio en profesor de Fısica en Cavendish. Uno de sus alumnos fue Ernest Rutherford, quienmas tarde serıa su sucesor en el puesto. Obtuvo el Premio Nobel en 1906, en reconocimiento
de los grandes meritos de sus investigaciones teoricas y experimentales en la conduccion de la
electricidad generada por los gases. Fue nombrado caballero en 1908 y nombrado en la Ordendel Merito en 1912. En 1918 fue nombrado Rector del Trinity College de Cambridge, dondepermanecio hasta su muerte.
387
12.3. Ley de Biot-Savart
Hemos descrito rapidamente la fuerza que se ejerce sobre una partıcula cargada en un campomagnetico. Experimentalmente, resulta mucho mas accesible estudiar que ocurre cuando seacercan dos conductores rıgidos (es decir, son mantenidos en su posicion) con corriente (dadoque en ellos hay muchısimos electrones en movimiento, los efectos magneticos ser amplifican).Consideremos una curva Γ en el espacio, que representa un conductor lineal que lleva unacorriente I. Vamos a recorrer esta curva en el sentido de la corriente. En el punto ~x ∈ Γ,definimos un elemento de corriente infinitesimal dado por
d~I(~x) = Id~x
donde I es la magnitud de la corriente (es una constante) y d~x es el elemento de lınea sobre lacurva Γ (Insisto en que su direccion apunta en el sentido de la corriente) .
Sean dos circuitos lineales, Γ1 y Γ2, con corrientes I1 e I2, respectivamente. Ambas curvasseran parametrizadas de forma de ser recorridas en el sentido de sus respectivas corrientes
Tomamos un elemento de corriente en ~x′ sobre el circuito 1, y un elemento de corriente en ~xsobre el circuito 2. La fuerza que ejerce el elemento de corriente 1 sobre el elemento de corriente2 esta dada por
d~F2(~x) = I2d~x×µ0
4π
(
I1d~x′ × (~x− ~x′)
| ~x− ~x′ |3)
donde µo = 4π10−7 (H/m) es la permeabilidad del vacıo. Notar que esta impresionanteexpresion es mucho mas compleja que la ley de Coulomb, primero que nada, implica 2 productosvectoriales. Es importante notar ademas que la fuerza resultante ya no apunta necesariamenteen la direccion que une ambos elementos de lınea (No es una fuerza Central). Lo que sı se siguecumpliendo es que la magnitud de la fuerza decae segun el cuadrado de la distancia. Ahora bien,podemos obtener la fuerza que ejerce todo el circuito 1 sobre el elemento de lınea 2, utilizandoel principio de superposicion, e integrando como sigue
~F2 = I2d~x× (
˛
Γ1
µ0
4π
I1d~x′ × (~x− ~x′)
| ~x− ~x′ |3 )
Finalmente, la fuerza total sobre el circuito 2 esta dada por
~F2 =
˛
Γ2
I2d~x×(˛
Γ1
µ0
4π
I1d~x′ × (~x− ~x′)
| ~x− ~x′ |3)
~F2 =µ0I1I2
4π
˛
Γ2
˛
Γ1
d~x× [d~x′ × (~x− ~x′)]
| ~x− ~x′ |3
388
Aparentemente esta formula presenta una asimetrıa y podrıa pensarse que no se satisfacela tercera ley de Newton. Sin embargo, se puede demostrar que esta ley es absolutamentesimetrica, de forma que
~F2 = −~F1
La demostracion es la siguiente
d~x× [d~x′ × (~x− ~x′)]
| ~x− ~x′ |3 =[d~x · (~x− ~x′)]d~x′
| ~x− ~x′ |3 − (d~x · d~x′) (~x− ~x′)
| ~x− ~x′ |3
d~x′ × [d~x× (~x− ~x′)]
| ~x− ~x′ |3 = −d~x′(
d~x · ~∇ 1
| ~x− ~x′ |
)
− d~x · d~x′ ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3El termino de la izquierda es una diferencial exacta, de forma que
~F2 = −µ0I1I24π
˛
Γ1
d~x′˛
Γ2
d~x · ~∇ 1
| ~x− ~x′ | −µ0I1I2
4π
˛
Γ2
˛
Γ1
d~x · d~x′ ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
~F2 =µ0I1I2
4π
˛
Γ2
˛
Γ1
d~x · d~x′ ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3Hemos obtenido una identidad para la fuerza que ejerce el circuito 1 sobre el circuito 2 que
es totalmente simetrica. De aquı es evidente que
F1 = −F2
12.3.1. Campo de un circuito rıgido, Biot-Savart
Hemos concluıdo que la fuerza sobre el circuito 2 es
~F2 =
˛
Γ2
I2d~x×(˛
Γ1
µ0
4π
I1d~x′ × (~x− ~x′)
| ~x− ~x′ |3)
es facil ver que la expresion entre parentesis no depende en absoluto del circuito 2, es dehecho, un campo vectorial ~B(~x),
~F2 =
˛
Γ2
I2d~x× ~B(~x)
~B~x es el Campo Magnetico en ~x debido a la corriente I1
Es decir
~B(~x) =µ0
4π
˛
Γ1
I1d~x′ × (~x− ~x′)
| ~x− ~x′ |3De esto podemos leer que el campo magnetico en cualquier punto ~x debido a esta corriente
se puede calcular al sumar las contribuciones infinitesimales d ~B(~x), de pequenos segmentos deconductor d~x
389
Esta es la ley de Biot-Savart, y da una expresion para la contribucion al campo magneticode un elemento de corriente Id~x
d ~B(~x) =µ0I
4π
d~x′ × (~x− ~x′)
|~x− ~x′|3
Fig. 12.2: Jean Baptiste Biot
Jean Baptiste Biot (1774-1862) Fısico y matematico Frances. Estudio la polarizacionde la luz cuando pasaba a traves de soluciones quımicas, y las relaciones entre la corrienteelectrica y el magnetismo. La Ley de Biot-Savart describe como se genera el campo magneticomediante una corriente estacionaria y se proporciono el nombre gracias a su colaboracion conFelix Savart. Un crater en la luna lleva su nombre en honor a sus contribuciones
12.4. Fuerza sobre conductores de corriente
Habıamos obtenido que la fuerza sobre un circuito con corriente I2 es
~F2 =
˛
Γ2
I2d~x× ~B(~x)
Donde ~B(~x) es cualquier campo magnetico externo
Esto nos dice que para un conductor de forma arbitraria, la fuerza magnetica se puedeobtener al sumar sobre las fuerzas actuando sobre pequenos segmentos que constituyen alconductor. Sea un segmento diferencial denotado por d~x
390
Fig. 12.3: La figura ilustra el efecto de la fuerza magnetica sobre conductores
Entonces la fuerza sobre un elemento infinitesimal de un conductor de carga es
d~FB(~x) = Id~x× ~B(~x)
Anteriormente calculamos la fuerza sobre un conductor definido por una curva cerrada. Sise desea encontrar la fuerza sobre un segmento de conductor entonces
~FB = I
ˆ b
a
d~x× ~B(~x)
donde a y b representan los extremos del conductor. Como ejemplo, consideremos un conductorcurvo que lleva corriente I y sumergido en un campo magnetico uniforme ~B, como se muestraen la figura
Tenemos entonces que la fuerza sobre este conductor esta dada por
~FB = I(
ˆ b
a
d~x) × ~B(~x) = I (~xb − ~xa) × ~B(~x)
Notar que esto se debe a que el campo magnetico es uniforme (solo en este caso!). Sea ~l = ~xb−~xa
el vector dirigido desde a hacia b. Con esta notacion
~FB = Id~l × ~B
391
Ahora veamos que sucede si el conductor constituye un circuito cerrado de forma arbitraria,entonces la fuerza sera
~FB = I
(˛
Γ
d~x
)
× ~B
Pero˛
Γ
d~x = ~0
La fuerza magnetica neta sobre un circuito cerrado en un campo magnetico uniforme es~FB = ~0
12.5. Torque sobre una espira
Veamos que sucede cuando colocamos una espira rectangular que lleva corriente estacionariaI en el plano XY , ante la prescencia de un campo magnetico uniforme ~B(~x) = Bi paralelo alplano de la espira
Vemos que las fuerzas magneticas actuando en los segmentos 1 y 3 son nulas debido a que losvectores ~l1 = −bi y ~l3 = bi son paralelos al campo magnetico ~B . Por otro lado, las fuerzasmagneticas actuando en los segmentos 2 y 4 son
~F2 = I(
−aj)
×Bi = IaBk
~F4 = I(
aj)
×Bi = −IaBk
De aquı es claro que la fuerza neta es 0, algo que era de esperar por lo visto anteriormente.Sin embargo, aun cuando la fuerza neta sobre la espira es nula, las fuerzas ~F2 y ~F4 produciranun torque que genera una rotacion de la espira con respecto al eje y. El torque con respecto alcentro de la espira es
~τc =(
−b/2i)
× ~F2 +(
b/2i)
× ~F4 = (−b/2)i×(
IaBk)
+ (b/2i) ×(
−IaBk)
392
~τc =
(
IabB
2+IabB
2
)
j = IabBj = IABj
Donde A = ab representa el area de la espira. Es conveniente introducir el vector de area,en este caso constante sobre la superficie limitada por la espira
~S = An
con n el vector unitario en la direccion normal al plano de la espira. En este caso, tenemosn = k. La expresion para el torque se puede reescribir entonces como
~τ = I ~A× ~B
Consideremos ahora el caso mas general donde la espira (o el vector de area ~S) forma unangulo ϑ con respecto al campo magnetico
De la figura
~r2 =b
2
(
− sinϑi+ cosϑk)
= −~r4y el torque neto es
τc = ~r2 × ~F2 + ~r4 × ~F4 = 2~r2 × ~F2 = 2b
2
(
− sinϑi+ cosϑk)
× (IaBk)
τc = IabB sinϑj = I ~A× ~B
Se obtiene la misma expresion obtenida anteriormente. Notar que la magnitud del torque esmaxima cuando el vector normal a la espira es perpendicular al campo magnetico. El torque esnulo cuando la normal a la espira esta orientada en la direccion paralela al campo magnetico.El vector I ~A es, por definicion, el momento magnetico de la espira
~µ = I ~A
393
La direccion de ~µ es la misma que el vector de area ~S (perpendicular al plano de la espira).Con esto, el torque sobre una espira de corriente es
~τc = ~µ× ~B
Una espira en un campo magnetico uniforme experimenta un torque hasta que su momen-to magnetico este completamente alineado con el campo magnetico. Notar la analogıa con eltorque que ejerce un campo electrico sobre un dipolo. En efecto, es posible definir un momentomagnetico para una distribucion general de corriente en el espacio. Ası, cada atomo en un ma-terial estara caracterizado por un momento magnetico, y el efecto de un campo magnetico sobreel material sera el de alinear los momentos magneticos de forma paralela al campo. Estos mo-mentos magneticos alineados (como sucede en un iman) tambien generaran un campo magnetico
394
ProblemaConsidere el circuito cerrado de la figura que lleva una corriente I en el sentido contrario alreloj. Un campo magnetico uniforme apuntando en la direccion j es aplicado. Encuentre lafuerza magnetica que actua sobre el elemento rıgido y el arco semicircular.
SolucionTenemos un campo uniforme dado por ~B = Bj , llamemos ~F1 y ~F2 a las fuerzas actuando sobreel segmento rıgido y la parte semicircular, respectivamente. La fuerza sobre el segmento rıgidoes
~F1 = I
(ˆ R
−R
~dx
)
×Bj = I
(ˆ R
−R
dx
)
i×Bj = I2Ri×Bj = 2IRBk
Ahora, para calcular ~F2, notamos que elemento infinitesimal d~x en el semicırculo se puedeescribir como
d~x = dxeϕ = Rdϕ(− sinϕi+ cosϕj)
La fuerza que actua sobre un elemento ~dx es
d~F2 = Id~x× ~B = IRdϕ(
− sinϕi+ cosϕj)
× (Bj) = −IBRdϕ sinϕk
Integrando sobre el arco semicircular, tenemos
~F2 = −IBRkˆ π
0
dϕ sinϕ = −2IBRk
Ası, la fuerza neta que actua sobre el circuito completo es
395
~Fnet = ~F1 + ~F2 = ~0
Consistente con el hecho de que la fuerza sobre un circuito cerrado en un campo magneticouniforme es siempre nula
396
ProblemaUn alambre delgado y rıgido que lleva una corriente I es colocado a lo largo del eje x. Calcularel campo magnetico en el punto P . Analice el caso particular en que el alambre es simetricocon respecto al eje y¿Que sucede cuando L→ ∞?
SolucionConsideremos un elemento diferencial d~x′ = dxi que lleva una corriente I en la direccion x
Para calcular el campo magnetico en el punto P utilizamos la ley de Biot-Savart. Segun nuestraeleccion del origen, se tiene ~x = a~j y ~x′ = xi. Ası
d ~B(~x) =µ0
4πId~x′ × (~x− ~x′)
|~x− ~x′|3
~x− ~x′ = aj − xi
y su magnitud es
|~x− ~x′| =√a2 + x2
Con esto, la contribucion al campo queda
d ~B(~x) =µ0
4πIdxi×
(
aj − xi)
(a2 + x2)3/2
d ~B(~x) =µ0
4πI
adxk
(a2 + x2)3/2
Y el campo total en P sera
~B(P ) =µ0
4πI
ˆ L2
−L1
adxk
(a2 + x2)3/2
397
Notar ademas que
tanϑ1 =a
L1
→ tan(−ϑ1) = − a
L1
→ −L1 = acot(−ϑ1)
tanϑ2 =a
L2
→ L2 = aϑ2
Para resolver esta integral, utilizamos el siguiente gambito
x = actgϑ→ dx = −a csc2 ϑdϑ
y la integral queda
~B =µ0
4πI
ˆ ϑ2
−ϑ1
dϑa(−a csc2 ϑ)k
(a2 + a2ctg2ϑ)3/2
Ahora nos comemos a la reina
~B =µ0
4πaI
ˆ ϑ2
−ϑ1
−dϑ csc2 ϑk
(1 + ctg2ϑ)3/2= − µ0
4πaI
ˆ ϑ2
−ϑ1
dϑ sinϑk
~B =µ0I
4πa(cosϑ1 + cosϑ2) k
En el caso simetrico en que ϑ2 = ϑ1, y digamos que el largo total es 2L, entonces
cosϑ1 =L√
L2 + a2
y el campo es
~B =µ0I
2πa
L√L2 + a2
k
De aquı es claro que si L → ∞, o , equivalentemente, θ1 → 0, θ2 → 0, el campo magneticoa una distancia a del conductor es
~B =µ0I
2πak
Notemos que en este lımite, el sistema posee simetrıa cilındrica, y las lıneas de campomagnetico son circulares. Este resultado se comprobara mas adelante con la ley de Ampere
398
ProblemaSe lanza un electron (carga -e) con velocidad inicial ~v en el medio de dos placas entre las cuales
existe un campo mangetico ~B constante (entrando a la hoja). Ignore todo efecto gravitacionala) ¿Hacia donde se deflecta la trayectoria?b) ¿Cual es la magnitud de la velocidad si la partıcula choca exactamente con el fin de la placa?
SolucionLa fuerza de Lorentz es la union entre el electromagnetismo y la mecanica, y en general unapartıcula de carga q en prescencia de campos ~E y ~B esta sometida a una fuerza
~F = q(
~E + ~v × ~B)
donde ~v es la velocidad de la partıcula. En este caso, q = −e, y el campo electrico es nulo.De esta forma
~F = −e~v × ~B
Dado que la velocidad inicial con que incide el electron es perpendicular al campo magnetico,la trayectoria sera una circunferencia en el plano x− y (siempre y cuando la partıcula este con-tenida en la region donde existe campo magnetico)
Para analizar hacia donde se deflectara la partıcula, basta con analizar que ocurre en elinstante inicial t = 0
~v(0) × ~B = vi×−Bk = vBj
Luego en t = 0 la fuerza es~F (0) = −evBj
Es decir, la partıcula se deflecta hacia abajo
399
b) Dado que el electron impacta con el extremo derecho de la placa inferior, la trayectoriade la partıcula es la siguiente
La magnitud de la fuerza magnetica sobre el electron es constante y dada por
| ~F |= evB
y su direccion es radial (apuntando hacia el centro de curvatura). Por dinamica circular, setendra
evB =mv2
R
luego
R =mv
eB
por otro lado, se tiene
l2 +
(
R− d
2
)2
= R2
l2 +R2 −Rd+d2
4= R2
R =l2
d+d
4entonces
mv
eB=l2
d+d
4
y el modulo de la velocidad del electron resulta ser
v =eB
m
(
l2
d+d
4
)
400
ProblemaEn la figura se muestran los componentes escenciales de un espectrometro de masas. Este esutilizado para medir la masa de partıculas cargadas. En una fuente se produce un ion de masamy carga q, el cual parte del reposo y es acelerado por una diferencia de potencial ∆V , entrandoa un proceso de seleccion, donde hay un campo magnetico ~B uniforme (entrando a la hoja), y
un campo electrico deflector ~E. Solo partıculas con velocidad ~v constante abandonan el selector(es un selector de velocidades). Las partıculas emergentes entran a una segunda region donde
existe otro campo magnetico ~B0 (entrando a la hoja), la partıcula sigue una trayectoria circulary se estrella en un detector a distancia 2r del punto de entrada
a) Encuentre la velocidad ~v
b) Encuentre el campo ~Bc) Finalmente, encuentre la masa m de la partıcula
Soluciona) La velocidad v con que el ion entra al selector se obtiene por conservacion de energıa
1
2mv2 = q∆V
donde el cambio en energıa potencial se traduce en un aumento en la energıa cinetica
~v =
√
2q∆V
mj
b) Para que la velocidad de la partıcula permaneza constante y salga a traves del selector,se requiere que la fuerza de Lorentz actuando sobre ella sea nula. Se tiene
~F = q(
~E + ~v × ~B)
donde ~E = Ei, ~B = −Bk, ~v = vj
qEi− qvj ×Bk = 0
qEi− qvBi = 0 → qE = qvB
401
y entonces
B =E
v= E
√
m
2q∆V
c) Luego de ingresar a la region de campo magnetico ~B0, la partıcula describe una circun-ferencia de radio r. La magnitud de la fuerza magnetica es qvB0. Por dinamica circular
qvB0 = mv2
r
qB0 =m
r
√
2q∆V
m
Finalmente
m =qB2
0r2
2∆V
402
ProblemaConsidere una espira circular que lleva corriente I en el sentido indicado por la figura. Calculeel campo magnetico a una distancia z en el eje de simetrıa de la espira
SolucionUtilizando la ley de Biot-Savart para un elemento infinitesimal de la espira
d ~B(~x) =µ0I
4π
d~x′ × (~x− ~x′)
|~x− ~x′|3en este caso, tenemos
~x′ = R(
cosφi+ sinφj)
= Rr(φ)
d~x′ = Rdφ(
−i senφ+ j cosφ)
= Rdφφ
~x− ~x′ = zk −(
R cosφi+R sinφj)
= −iR cosφ− jR sinφ+ kz
y
|~x− ~x′| = (R2 + z2)1/2
Ası
d ~B(~x) =µ0I
4π
Rdφ(
−i sinφ+ j cosφ)
×(
−iR cosφ− jR sinφ+ kz)
(R2 + z2)3/2
d ~B(~x) = dφµ0I
4π
(R2 sinφ2k +Rz sinφj +R2 cosφ2k +Rz cosφi)
(R2 + z2)3/2
d ~B(~x) = dφµ0I
4π
(R2k +Rz sinφj +Rz cosφi)
(R2 + z2)3/2
403
Con esto
~B(~x) =µ0I
4π
ˆ 2π
0
dφ(R2k +Rz sinφj +Rz cosφi)
(R2 + z2)3/2
Las integrales segun i y j son cero, como era de esperarse por argumentos de simetrıa.Finalmente el campo magnetico a una distancia z del anillo es
~B(~x) =µ0I
4π
ˆ 2π
0
dφR2
(R2 + z2)3/2k =
µ0I
2
R2
(R2 + z2)3/2k
404
ProblemaConsidere un disco muy delgado que tiene una densidad de carga superficial σ uniformementedistribuıda. El disco se pone a girar a velocidad angular w en torno a su eje. Encuentre el campomagnetico en el eje del disco
SolucionSe tiene una distribucion de carga en movimiento (en efecto es una distribucion de corriente), deforma que esta generara sin duda un campo magnetico. Anteriormente se determino el campomagnetico en el eje de un anillo de radio r con corriente I, esto es
~B(z) =µ0Ir
2
2(z2 + r2)3/2
Podemos ver el disco como una superposicion de anillos con corriente de ancho infinitesimaldr, de esta forma por el principio de superposicion el campo magnetico total sera la suma delas contribuciones de estos anillos. Veamos que ocurre en la porcion de disco comprendida entrer y r + dr, con r ∈ (0, R)
La carga contenida en este anillo es
dq = σ2πrdr
la rotacion le asocia a este anillo una corriente.
405
La carga dq da una vuelta completa en un tiempo
∆t =2π
w
luego la corriente asociada es
dI =dq
∆t=wσ2πrdr
2π= σwrdr
el campo magnetico a una distancia z sobre el eje del disco generado por este anillo es
d ~B(z) =µ0dIr
2
2(z2 + r2)3/2k =
drµ0wσr3
2(z2 + r2)3/2k
Entonces el campo total es
~B(z) =
ˆ R
0
drµ0wr3σ
2(z2 + r2)3/2k =
µ0wσ
2
ˆ R
0
drr3
(z2 + r2)3/2k
Realizando el cambio de variable
u2 = z2 + r2, 2udu = 2rdr
ˆ
drr3
(z2 + r2)3/2=
ˆ
duu(u2 − z2)
u3=
ˆ
du
(
1 − z2
u2
)
ˆ
drr3
(z2 + r2)3/2= u+
z2
u=
√z2 + r2 +
z2
√z2 + r2
De esta forma
~B(z) =µ0wσ
2
(√z2 + r2 +
z2
√z2 + r2
)
∣
∣
∣
R
0k
~B(z) =µ0wσ
2
(√z2 +R2 +
z2
√z2 +R2
−√z2 − z2
√z2
)
k
~B(z) =µ0wσ
2
(√z2 +R2 +
z2
√z2 +R2
− 2 | z |)
k
~B(z) =µ0wσ
2
(
2z2 +R2
√z2 +R2
− 2 | z |)
k
406
ProblemaConsidere dos bobinas de N vueltas de radio R, cada una perpendicular al eje de simetrıa, consus centros localizados en z = l/2 y z = −l/2. Existe una corriente constante I en el mismosentido en cada bobina, como se muestra en la figura. Encuentre el campo magnetico en el ejea una distancia z del centro de una de las bobinas. Verifique que la primera derivada del campoen el punto medio es nula.
SolucionDel problema anterior, tenemos que para una espira circular con corriente I, radio R y a unadistancia z de su centro, el campo en el eje de simetrıa es
~B(~x) =µ0I
2
R2
(R2 + z2)3/2k
Como una bobina consta de N espiras circulares separadas por una distancia despreciablecon respecto a z, podemos utilizar el principio de superposicion y obtener el campo provocadopor una bobina de N vueltas
~B(~x) =µ0NI
2
R2
(R2 + z2)3/2k
Ahora, sea un punto en el eje, a una distancia z del origen, el campo provocado por labobina de abajo es
~B1(zk) =µ0NI
2
R2
(R2 + (z + l/2)2)3/2k
y el campo generado por la bobina de arriba
~B2(zk) =µ0NI
2
R2
(R2 + (z − l/2)2)3/2k
Y el campo magnetico total, por el principio de superposicion
~B(zk) =µ0NIR
2
2
(
1
(R2 + (z − l/2)2)3/2+
1
(R2 + (z + l/2)2)3/2
)
k
407
Notemos que la primera derivada con respecto a z esta dada por
dB
dz=µ0NIR
2
2
(
− 3(z − l/2)
((z − l/2)2 +R2)5/2− 3(z + l/2)
((z + l/2)2 +R2)5/2
)
Se puede notar de inmediato que en el punto medio z = 0 se tiene
dB
dz
∣
∣
∣
z=0= 0
Tambien se puede demostrar que si la distancia l entre ambas bobinas es R (radio de lasespiras), se obtiene que
d2B
dz2
∣
∣
∣
z=0= 0
Esta configuracion se conoce como Helmhotz coils (bobinas de Helmhotz). La gracia es queel campo es aproximadamente uniforme en una pequena region cercana a z = 0. Si se expandeen torno a este punto
B(z) = B(0) +B′(0)z +1
2!B′′(0)z2 +
1
3!B′′′(0)z3 + ...
B(z) = B(0) +1
3!B′′′(0)z3 + ...
Incluso se puede demostrar que la tercera derivada tambien es cero en z = 0, es decir, elcambio en el campo en el punto medio para pequenas variaciones de z es del orden de z4!!
408
ProblemaCalcule el campo magnetico en el centro de la circunferencia de la figura
SolucionEste problema se soluciona facilmente utilizando el principio de superposicion.En el problema 2 ya se vio que la magnitud del campo electrico debido a un alambre rectilıneomuy largo a una distancia a de el es
B1 =µ0I
2πa
En este caso, segun el sentido de la corriente
~B1 =µ0I
2πRj
Es decir, apunta hacia el fondo de la hoja. Ahora, del problema 3 obtuvimos el campo magneticode un anillo a una distancia z del centro en el eje de simetrıa esta dado por
~B2 =µ0I
2
R2k
(R2 + z2)3/2k
Como interesa el campo en el centro del anillo, z=0
~B2 =µ0I
2Rk
Finalmente, por el principio de superposicion, el campo resultante en el centro del anillo es
~B = ~B1 + ~B2 =µ0I
2πRj +
µ0I
2Rk
~B =µ0I
2R
(
j +1
πk
)
409
ProblemaUna partıcula de carga q y masa m entra con velocidad v en un campo magnetico uniforme Bcomo se muestra en la figura. ¿Cuanto tiempo transcurre entre que la carga ingresa al campomagnetico y sale?
SolucionEs sabido que la fuerza magnetica sobre una carga en movimiento q esta dada por la fuerza deLorentz
~F = q~v × ~B
Esta fuerza es siempre perpendicular a ~v, luego, se sigue que esta fuerza no ejerce trabajo.Con esto, la energıa cinetica de la partıcula es constante y entonces su rapidez tambien. Latrayectoria que sigue la partıcula bajo este campo magnetico uniforme es una helice
Si se observa el movimiento proyectado en un plano perpendicular al campo magnetico, latrayectoria describe una semicircunferencia, hasta volver a salir de la region donde se encuentrael campo magnetico. Sea R el radio de esta semicircunferencia, luego podemos determinar eltiempo que demora en salir como
T =2πR
2v′=πR
v′
donde v′ es la componente de la velocidad que es perpendicular al campo magnetico. Ahoradebemos determinar R. De la segunda ley de Newton
410
mv′2
R= F
donde F es la magnitud de la fuerza magnetica que se ejerce sobre la partıcula.
F = qvB sin(π/4) = qv′B
de esta formamv′2
R= qv′B
R =mv′
qB
Finalmente
T =π
v′mv′
qB=πm
qB
411
ProblemaConsidere dos alambres paralelos separados por una dstancia a y que llevan corrientes I1 e I2en la direccion x. Calcule la fuerza entre ambos conductores.
SolucionLa fuerza magnetica ~F1, que ejerce el alambre 2 sobre el alambre 1, se puede obtener como
~F1 = I1
ˆ
d~l1 × ~B
donde ~B es el campo magnetico creado por el conductor 2. Usando el resultado del problema2, para alambres suficientemente largos, las lıneas del campo magnetico debido a I2 son cırculosconcentricos con el alambre 2, con el campo ~B2 apuntando en la direccion tangencial. Ası, enun punto arbitrario P sobre el alambre 1, tenemos
~B2 =µ0
2πak
que apunta en direccion perpendicular al alambre 1, como se ve en la figura
Al ser este campo uniforme a lo largo del conductor 1, y siendo este un alambre rectilıneo, lafuerza que experimenta esta dada por
~F1 = I1~l × ~B2 = I1lj ×(
µ0I22πa
)
k =µ0I1I2l
2πai
Claramente esta fuerza apunta hacia el conductor 2. Resulta evidente que ~F2 = −~F1. Deesta forma, 2 cables paralelos que llevan corriente en la misma direccion se atraeran. Por otrolado, si las corrientes fluyen en direcciones opuestas, la fuerza resultante sera repulsiva.
412
413
ProblemaCalcular la fuerza resultante sobre la espira con corriente I2
SolucionPara obtener la fuerza total sobre la espira, sumamos las fuerzas sobre las secciones 1,2,3 y 4.
Tenemos
~F1 = I2
ˆ c
0
d~l1 × ~B1
el campo en la seccion 1 es uniforme y esta dado por
~B1 = −µ0I12πa
k
Ası
~F1 = I2
ˆ c
0
dyj ×−µ0I12πa
k
~F1 = −µ0cI1I22πa
j × k
~F1 = −µ0cI1I22πa
i
414
Ahora, para la seccion 3
~F3 = I2
ˆ c
0
d~l3 × ~B3
con
~B3 = − µ0I12π(a+ b)
k
y entonces
~F3 = I2
ˆ 0
c
dyj ×− µ0I12π(a+ b)
k
y obtenemos
~F3 =µ0cI1I2
2π(a+ b)i
La fuerza sobre la seccion 2 sera
~F2 = I2
ˆ b
0
d~l2 × ~B2
~F2 = −I2ˆ b
0
dxi× µ0I12π(a+ x)
k
Notemos que
~F4 = I2
ˆ 0
b
−dxi× −µ0I12π(a+ x)
k = −~F2
F2 y F4 se cancelan, luego, la fuerza total sobre la espira es
(
µ0cI1I22π(a+ b)
− µ0cI1I22πa
)
i
Notar que en signo es negativo, es decir, la fuerza es atractiva.
415
ProblemaUn circuito cuadrado rıgido de lado L y masa M esta pivoteado en torno a uno de sus ejes enprescencia de un campo magnetico ~B uniforme, y el campo gravitatorio. El circuito lleva unacorriente I que es capaz de mantenerlo en equilibrio en un angulo ϑ. Encuentre el sentido ymagnitud de dicha corriente
SolucionPara el equilibrio, se requiere que el torque neto sobre la espira con respecto a algun punto deaceleracion nula sea cero. Se escoge como origen el punto O ubicado en una de las esquinas dela espira, como se muestra en la figura
Para el torque que ejerce el peso, usamos que la fuerza de gravedad se puede concentrar enel centro de masa
~τ = ~r × ~F =l
2
(
sinϑi− cosϑj)
×−Mgj
~τ = −Mgl
2sinϑk
416
Por otro lado, el torque que ejerce la fuerza magnetica es
~τ = ~m× ~B
donde ~m es el momento magnetico de la espira
~m = IAn = Il2n
Requerimos en primer lugar que este torque tenga direccion k. Luego n debe tener la direc-cion de ~m en el dibujo
~τ = ~m× ~B = Il2B cosϑk
El equilibrio exige entonces
Mgl
2sinϑk − Il2B cosϑk = 0
Luego, la corriente I debe ser
I =Mg tanϑ
2lB
La direccion debe ser acorde con la direccion del momento magnetico, la cual se muestra enla siguiente figura
417
ProblemaUn circuito cuadrado de lado a esta suspendido en el centro de un enorme anillo fijo de radioR, con R >> a por un hilo que ejerce un torque restaurador de magnitud τ = kϑ, con ϑ elangulo de torsion que forman los planos de ambos circuitos. Si por el circuito pequeno circulauna corriente i y por el grande I, encuentre en forma aproximada el valor de la constante k demodo que ϑ = π/2 sea posicion de equilibrio
SolucionEncontramos el campo magnetico ~B que la corriente I produce en el centro del anillo (coinci-dente con el centro de la espira cuadrada). Como a << R, podemos considerar que el campoes aproximadamente uniforme en una region que contenga a la espira cuadrada. El campo enel centro es facil de obtener con la ley de Biot-Savart
~B(~x) =µ0I
4π
ˆ
Γ
d~x′ × ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |donde Γ es la curva que parametriza al anillo. Se tiene
~x = ~0, ~x′ = Rr(ϕ), d~x′ = Rdϕϕ, | ~x− ~x′ |= R
~B(~0) =µ0I
4π
ˆ 2π
0
dϕRϕ× −Rr(ϕ)
R3
~B(~0) =µ0I
4πR2πk =
µ0I
2Rk
El torque del campo magnetico sobre la espira esta dado por
~τ1 = ~m× ~B
El cual dependera del angulo que formen los planos de ambos circuitos
418
De acuerdo a la figura, en tal posicion se tendra un torque magnetico dado por
~τ1 = ~m× ~B = ia2µ0I
2Rsinϑj
En ϑ = π/2
~τ1 =iIa2µ0
2Rj
Por otro lado, se tendra un torque restaurador
~τ2 = −kϑjen ϑ = π/2
~τ2 = −kπ2j
Para que ϑ = π/2 sea una posicion de equilibrio
iIa2µ0
2R− k
π
2= 0
Luego
k =µ0Iia
2
πR
419
ProblemaConsidere la espira de corriente formada por segmentos radiales y arcos de circunferencia comose muestra en la figura. Obtenga el campo magnetico ~B en el punto P.
SolucionPara obtener el campo magnetico en P, utilizaremos el principio de superposicion, notando queel campo total en P sera la suma de las contribuciones de las secciones 1,2,3,4 y 5
Si fijamos el origen en P , notamos inmediatamente que las contribuciones de los segmentos 1y 5 son nulas, ya que en ambos casos el vector d~x′ es paralelo al vector ~x− ~x′, con ~x = ~0Para el sector 2
Tenemos
d ~B2 =µ0
4πId~x′ × (~x− ~x′)
|~x− ~x′|3
Utilizando coordenadas polares
420
d~x′ = bdφ(
− sinφi+ cosφj)
ya que P es el origen, ~x = 0, y por ultimo el vector que va desde el origen al elemento diferencialde corriente tiene magnitud b y la direccion del vector unitario radial en polares
~x′ = b(
cosφi+ sinφj)
Notar que|~x− ~x′|3 = | − ~x′|3 = b3
con esto
d ~B2 =µ0
4πIbdφ(
− sinφi+ cosφj)
×−b(cosφi+ sinφj)
b3
d ~B2 =µ0
4πIdφ(
sin2 φk + cos2 φ)
bk =
µ0
4πbIdφk
Ası, el campo total en P debido al arco exterior es
~B2 =µ0
4πbI
ˆ φ
0
dφk =µ0φ
4πbk
Ahora, para el arco interior (seccion 4) el procedimiento es totalmente analogo, con ladiferencia de que la distancia ahora es a, y que la corriente va en el sentido opuesto al del arcoexterior
~B4 = −µ0φ
4πak
Por ultimo, para la seccion 3, es facil notar que su contribucion es nula, ya que en este caso,el vector d~x′ apunta en la direccion contraria al vector unitario radial en coordenadas polares,y a su vez ~x′ apunta en la direccion radial, de esta forma, el producto vectorial d~x′ × (~x− ~x′)es 0 en todo el segmento 3. Resumiendo, solo los segmentos 2 y 4 contribuyen al campo en P,y el campo total sera la suma de ambas contribuciones
~B = ~B2 + ~B4 =µ0φ
4π
(
1
b− 1
a
)
k
421
ProblemaUn conductor rectilıneo con corriente I baja por el eje y hasta el origen, y luego continua endireccion horizontal. Muestre que el campo magnetico en algun punto (x, y) con x > 0, y > 0esta dado por
~B(x, y) =µ0I
4π
(
1
x+
1
y+
x
y√
x2 + y2+
y
x√
x2 + y2
)
k
SolucionSea P un punto sobre el plano (x,y) con x > 0, y > 0. El campo magnetico en P sera lasuperposicion del campo creado por la seccion vertical y el de la seccion horizontal. Sea Γ1 lacurva descrita por
Γ1 : ~x′ = ~x′(t) = (0,−t) , t ∈ (−∞, 0)
Ası d~x′(t) = dt(0,−1) .Es facil ver que esta curva representa el segmento vertical de conductor,y es recorrido en el sentido de la corriente. El campo magnetico en P se obtiene a partir de laley de Biot-Savart
~B1(x, y) =µ0
4π
ˆ
Γ1
d~x′I × ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
~B1(x, y) =µ0I
4π
ˆ 0
−∞
−dtj × (x, y) − (0,−t)| (x, y) − (0,−t) |3 =
µ0I
4π
ˆ 0
−∞
−dtj × xi+ (y − t) j(
x2 + (y − t)2)3/2
~B1(x, y) =µ0I
4π
ˆ 0
−∞
dtxk
(
x2 + (y − t)2)3/2=µ0Ix
4πk
ˆ 0
−∞
dt1
x3(
1 + (y−t)2
x2
)3/2
La funcion a integrar es par, luego
~B1(x, y) =µ0I
4πx2k
ˆ
∞
0
dt1
(
1 + (y−t)2
x2
)3/2
Ahora se utiliza la sustitucion tanϑ = (y−t)x
, sec2 ϑdϑ = −dtx, y entonces
ˆ
dt1
(
1 + (y−t)2
x2
)3/2= −x
ˆ
sec2 ϑdϑ
(1 + tan2 ϑ)3/2
= −xˆ
sec2 ϑdϑ
sec3 ϑ= −x
ˆ
dϑ cosϑ = −x sinϑ
422
Ahora, como tanϑ = (y−t)x
, es facil ver que (es cosa de construır un triangulo rectangulo,con un lado igual a (y − t), y otro igual a x)
sinϑ =(y − t)
√
x2 + (y − t)2
de forma que
~B1(x, y) = −µ0I
4πxk
(y − t)√
x2 + (y − t)2
∣
∣
∣
∞
0= −µ0I
4πxk
(
−1 − y√
x2 + y2
)
~B1(x, y) =µ0I
4π
(
1
x+
y
x√
x2 + y2
)
k
Ahora, el segmento horizontal esta caracterizado por la curva
Γ2 : ~x′(t) = (t, 0)
d~x′ = (1, 0)dt, t ∈ (0,∞)
De la ley de Biot-Savart, obtenemos el campo magnetico generado por esta seccion
~B2(x, y) =µ0I
4π
˛
Γ2
d~x′ × ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3 =µ0I
4π
ˆ
∞
0
dti× (x− t, y)
((x− t)2 + y2)3/2
~B2(x, y) =µ0I
4πk
ˆ
∞
0
dty
((x− t)2 + y2)3/2
Esta integral es identica a la calculada anteriormente, solo que intercambiando el rol de x ey
~B2(x, y) =µ0I
4π
(
1
y+
x
y√
x2 + y2
)
k
Finalmente
~B(x, y) =µ0I
4π
(
1
x+
1
y+
x
y√
x2 + y2+
y
x√
x2 + y2
)
k
423
ProblemaUn cilindro de radio a y largo h tiene una corriente superficial I uniformemente distribuıda enel manto. Calcule el campo magnetico producido sobre su eje
SolucionEl sistema se puede ver como un conjunto de espiras por las cuales circula una corriente in-finitesimal dada por
Idz′
h
puestas una al lado de la otra. Determinemos inicialmente el campo asociado a una espiraubicada a una distancia z′ del origen por la cual circula una corriente I. Por la ley de Biot -Savart, el campo magnetico originado por un elemento de corriente I es
d ~Bz′ =µ0dz
′
4πh
Id~l × (~r − ~r′)
| ~r − ~r′ |3
En este caso ~r = zk, ~r′ = ar + z′k, d~l = adϑϑ
d ~Bz′ =µ0dz
′
4πh
Iadϑϑ× (−ar + (z − z′)k)
(a2 + (z − z′)2)3/2
Integrando la componente segun k tiene que
~Bz′ =µ0dz
′
4πh
ˆ 2π
o
dϑIa2k
(a2 + (z − z′)2)3/2
Notar que existe una componente segun r, sin embargo su integral es cero, como se podrıaesperar por simetrıa.
~Bz′ =µ0dz
′
2h
Ia2k
(a2 + (z − z′)2)3/2
Este es el aporte de una sola espira, y por lo tanto, puede considerarse como un elementodiferencial de campo magnetico. El campo magnetico total es
~B =µ0
2h
ˆ h
o
dz′Ia2
(a2 + (z − z′)2)3/2k
Usando el cambio z − z′ = atanx, −dz′ = asec2x
~B =µ0
2h
ˆ x2
x1
−dxIa2asec2x
(a2 + a2tan2x)3/2k = −µoI
2
ˆ x2
x1
dxcosxk
424
~B = −µ0I
2h(sinx2 − sinx1)k
donde
sinx2 =z − h
√
a2 + (z − h)2
sinx1 =z√
z2 + a2
Finalmente
~B = −µoI
2h
z − h√
a2 + (z − h)2k +
µoI
2
z√z2 + a2
k
425
12.6. Corrientes estacionarias extensas localizadas
Vamos a generalizar la ley de Biot-Savart para una distribucion de corrientes localizadas enun volumen V , como se muestra en la figura
Para calcular el campo magnetico en ~x, se utiliza un modelo de anillos Biot-Savart. Sea~x′ ∈ V , y Γ(~x′) una curva cerrada de corriente estacionaria, luego
d ~B(~x) =µ0
4πdI(~x′)
˛
Γ(~x′)
d~x′′ × ~x− ~x′′
| ~x− ~x′′ |3
Ademas
~J(~x′) =dI(~x′)
dS(~x′)l(~x′)
luego
~J(~x′) =
(
dI
dS
)
∣
∣
∣
~x′
t(~x′)
dI(~x′) = dS(~x′)t(~x′) · ~J(~x′)
con t(~x′) el vector unitario tangente a la curva Γ(~x′). Ası
~x′ ∈ Γ(~x′) : dI(~x′) = dS(~x′)J(~x′)
Pero~x′′ ∈ Γ(~x′) → dI(~x′′) = dI(~x′) = C
ya que es un elemento de corriente estacionaria. Luego
d ~B(~x) =µ0
4π
˛
Γ(~x′)
d~x′′ × ~x− ~x′′
| ~x− ~x′′ |3dI(~x′′)
=µ0
4π
˛
Γ(~x′)
ds′′t(~x′′) × ~x− ~x′′
| ~x− ~x′′ |3dS(~x′′)J(~x′′)
=µ0
4π
˛
Γ(~x′)
ds′′ ~J(~x′′) × ~x− ~x′′
| ~x− ~x′′ |3dS(~x′′)
El campo magnetico total en ~x sera
~B(~x) =µ0
4π
¨
dS(~x′′)
˛
ds′′ ~J(~x′′) × ~x− ~x′′
| ~x− ~x′′ |3
426
~B(~x) =µ0
4π
˚
V
d3x′′ ~J(~x′′) × ~x− ~x′′
| ~x− ~x′′ |3
~B(~x) =µ0
4π
˚
V
d3x′J(~x′) × ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
Este es el campo magnetico generado por una distribucion de corriente localizada dentro de unvolumen V
12.7. Las dos leyes fundamentales de la magnetostatica
Hemos obtenido, a partir de la ley de Biot-Savart y el principio de superposicion la formageneral del campo magnetico generado por una distribucion de corriente localizada dentro deun volumen V
~B(~x) =µ0
4π
˚
V
d3x′ ~J(~x′) × ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3
Ahora utilizamos el lema
~∇ 1
| ~x− ~x′ | = − ~x− ~x′
| ~x− ~x′ |3entonces
~B(~x) = −µ0
4π
˚
V
d3x′ ~J(~x′) × ~∇ 1
| ~x− ~x′ |
~B(~x) =µ0
4π~∇×˚
V
d3x′~J(~x′)
| ~x− ~x′ |de forma que el campo magnetostatico es el rotor de un campo vectorial, que llamaremos
potencial magnetico vectorial
~A(~x) =
˚
V
d3x′~J(~x′)
| ~x− ~x′ |y
~B(~x) = ~∇× ~A(~x)
De esta forma, la divergencia del campo magnetico es siempre nula
~∇ · ~B(~x) = 0
Ademas, se tiene
~∇× ~B(~x′) =µ0
4π~∇× ~∇×
˚
V
d3x′~J(~x′)
| ~x− ~x′ |
~∇× ~B(~x′) =µ0
4π~∇~∇ ·
˚
V
d3x′~J(~x′)
| ~x− ~x′ | −µ0
4π~∇2
˚
V
d3x′~J(~x′)
| ~x− ~x′ |
=µ0
4π~∇˚
V
d3x′ ~J(~x′) · ~∇ 1
| ~x− ~x′ | + µ0
˚
V
d3x′ ~J(~x′)δ(~x− ~x′)
427
Si ~x ∈ V
~∇× ~B(~x′) = −µ0
4π~∇˚
V
d3x′ ~J(~x′) · ~∇′1
| ~x− ~x′ | + µ0J(~x)
= −µ0
4π~∇˚
V
d3x′~∇′ ·~J(~x′)
| ~x− ~x′ | +µ0
4π
˚
V
d3x′~∇′ · ~J(~x′)
| ~x− ~x′ | + µ0~J(~x)
= µ0~J(~x) +
µ0
4π
˚
V
d3x′~∇′ · ~J(~x′)
| ~x− ~x′ | −µ0
4π~∇ˆ
ˆ
δV
d~S(~x′) · ~J(~x′)
| ~x− ~x′ |Pero, si la distribucion corriente esta localizada dentro de V , no hay flujo de corriente a
traves de δV , es decirn(~x) · ~J(~x) = 0, ~x ∈ δV
Ademas, la condicion de corriente estacionaria significa
~∇ · ~J(~x) = 0, ~x ∈ V
De forma que
~∇× ~B(~x) = µ0~J(~x)
12.8. Leyes fundamentales, forma diferencial
Hemos obtenido las siguientes ecuaciones diferenciales para el campo magnetostatico
~∇ · ~B(~x) = 0
~∇× ~B(~x) = µ0~J(~x)
Recordar el teorema de Helmholtz! La teorıa magnetostatica es completa. La primera deellas contiene la informacion de que nunca han sido observados monopolos magneticos. Se puedeobtener una forma integral, integrando sobre un volumen V
˚
V
d3x~∇ · ~B(~x) = 0
utilizando el teorema de la divergencia
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~B(~x) = 0
Es decir, el flujo magnetico sobre cualquier superficie cerrada es siempre nulo. La segundaecuacion para el rotor
~∇× ~B(~x) = µ0~J(~x)
es la ley de Ampere, cuya forma integral y aplicaciones seran estudiadas en detalle en elsiguiente capıtulo
428
Capıtulo 13
Ley de Ampere
Se vio que cargas en movimiento son fuentes de campo magnetico. En particular, corrientesestacionarias en un conductor son fuentes de campos magneticos estaticos (no varıan en eltiempo). Tal cual la ley de Gauss en electrostatica puede ser muy util en problemas de geometrıasimple, para campos magneticos existe un equivalente, que es la ley integral de Ampere.Esta se obtiene a partir de la ecuacion para el rotor de ~B(~x)
~∇× ~B(~x) = µ0~J(~x)
Podemos integrar esta ecuacion sobre una superficie S arbitraria
¨
S
d~S(~x) ·(
~∇× ~B(~x))
= µ0
¨
S
d~S(~x) · ~J(~x)
Y utilizando el teorema de Stokes
˛
Γ(S)
d~x · ~B(~x) = µ0
¨
S
d~S(~x) · ~J(~x)
La integral de lınea del campo magnetico sobre una curva cerrada Γ (circulacion), es pro-porcional al flujo de corriente sobre cualquier superficie cuyo contorno sea (Γ). Definiendo IΓcomo la corriente que cruza a S, entonces
˛
Γ
d~x · ~B(~x) = µ0IΓ
Ejemplo conocido es el campo magnetico exterior de una distribucion cilındrica de corriente(muy larga), como se ve en la figura. Debido a la simetrıa, la magnitud del campo magneticodebe ser constante a una distancia r del centro del conductor, y su direccion siempre tangentea curvas circulares concentricas con el conductor. De esta forma
429
˛
Γ
d~x · ~B(~x) = 2πrB(r) = µ0I
de donde
B =µ0I
2πr
Problemas con simetrıa cilındrica son muy sencillos de resolver con la ley de Ampere. Elcampo interior al conductor se obtiene de la misma forma, pero teniendo en cuenta que en esecaso la corriente encerrada por una trayectoria circular no es I, sino una fraccion de esta
430
ProblemaConsidere un conductor cilındrico de radio R y de extension infinita, que lleva una corriente Icon una densidad de corriente no uniforme
J = αr
donde α es una constante (desconocida), y r es la distancia de un punto interior al conductoral eje de simetrıa. Encuentre el campo magnetico en todo el espacio
SolucionDada la clara simetrıa cilındrica, utilizamos la ley de Ampere para resolverlo. Sea Γ una curvacircular de radio r, con 0 < r < R concentrica al eje de simetrıa del conductor. Es claro quela magnitud del campo magnetico solo puede ser funcion de r, y su direccion tangente en todopunto a la curva Γ. Ası, veamos que ocurre con la circulacion del campo
˛
Γ
d~x · ~B(~x)
con ~x = r(
cosϑi, sinϑj)
, d~x = rdϑϑ, ϑ ∈ [0, 2π]
˛
Γ
d~x · ~B(~x) =
ˆ 2π
0
dϑrϑ · ~B(r) = 2πrB(r)
Por la ley de Ampere, la circulacion sobre Γ es igual a µ0I(Γ) donde I(Γ) es la corriente queatraviesa la superficie limitada por Γ.(Escogemos la superficie plana encerrada por Γ). Sea k ladireccion del eje de simetrıa del cilindo (coindidente con el sentido de la corriente). Entonces
I(Γ) =
¨
Γ
d~S(~x) · ~J(~x) =
ˆ 2π
0
dϑ
ˆ r
0
drrk · ~J(r)k
I(Γ) = 2πα
ˆ r
0
drr2 =2παr3
3
De esta forma
2πrB(r) = µ02παr3
3
~B(r) =µ0αr
2
3ϑ
Para encontrar el campo magnetico exterior, se utilizan los mismos argumentos de simetrıa,y se utiliza una nueva curva Γ circular de radio r > R. La ley de Ampere en este caso entrega
˛
Γ
d~x · ~B(~x) = 2πr = µ0I(Γ)
431
donde I(Γ) es la corriente que atraviesa cualquier superficie de contorno Γ. Por supuesto,escogemos la superficie plana limitada por Γ
I(Γ) =
¨
S
d~S(~x) · ~J(~x) =
ˆ 2π
0
dϑ
ˆ r
0
drrk · J(r)k
pero J(r) = 0, r > R, luego
I(Γ) = 2πα
ˆ R
0
drr2 =2παR3
3
pero es claro que I(Γ) = I, luego
α =3I
2πR3
y se tiene
2πrB(r) = µ0I
~B(r) =µ0I
2πrϑ, r > R
~B(r) =µ0Ir
2
2πR3ϑ, r < R
432
ProblemaConsidere un conductor plano de ancho w e infinitamente largo, en el plano xy. Este lleva unacorriente I en el sentido de eje x, como se muestra en la figura. Encuentre el campo magneticoen un punto P en el plano del conductor, a una distancia s de el
SolucionConsidere una seccion de conductor de ancho dr, paralela a la direccion de la corriente y a unadistancia r de P , como se ilustra en la siguiente figura
La cantidad de corriente contenida en este elemento diferencial esta dada por
dI = I
(
dr
w
)
Utilizando la ley de Ampere para este elemento de conductor (similar al de un conductorlineal) se obtiene el ya conocido resultado
d ~B(P ) =µ0dI
2πrk
d ~B(P ) =µ0Idr
2πrwk
Por el principio de superposicion, el campo magnetico total se obtiene al integrar sobre elconductor
~B(P ) =
ˆ s+w
s
drµ0I
2πrwk =
µ0I
2πw
ˆ s+w
s
dr
rk
~B(P ) =µ0I
2πwln
(
s+ w
s
)
k
Notar que en el lımite cuando w << s
lns+ w
s= ln
(
1 +w
s
)
≈ 1
sw
433
y entonces
~B(P ) ≈ µ0I
2πsk
que es el campo a distancia s de un conductor rectilıneo de ancho despreciable, con corrienteI
434
ProblemaCalcule el campo magnetico dentro de un solenoide ideal de largo l, N vueltas y que lleva unacorriente estacionaria I.
SolucionUn solenoide es una bobina enrollada en forma helicoidal. La figura muestra las lineas de campomagnetico de un solenoide con corriente constante I
Vemos que si las vueltas estan muy cercanas espacialmente, el campo magnetico resultantedentro del solenoide es parcialmente uniforme, siempre que la longitud del solenoide sea muchomas grande que su diametro. Para un solenoide ideal, que es infinitamente largo con vueltasinfinitamente cercanas, el campo magnetico dentro es uniforme y paralelo al eje x, y es nulofuera del solenoide. Podemos utlizar la ley de Ampere para calcular el campo magnetico dentrode un solenoide ideal. Una vista transversal de un solenoide ideal se muestra en la figura
Consideremos el camino rectangular de largo l y ancho w y en sentido contrareloj. La integralde lınea de ~B(~x) a traves de este camino es
˛
1234
d~x · ~B(~x) =
ˆ
1
d~x · ~B(~x) +
ˆ
2
d~x · ~B(~x) +
ˆ
3
d~x · ~B(~x) +
ˆ
4
d~x · ~B(~x)
Ahora, la integral sobre 1 es 0, ya que el campo es nulo en el exterior del solenoide. Lasintegrales sobre 2 y 4 tambien son nulas, ya que el campo a lo largo de estas trayectorias esperpendicular a d~x. Con esto, podemos estirar el camino cerrado de manera que encierre todo elsolenoide,notando que la corriente total que atraviesa la superficie encerrada por la trayectoriaes NI, con N el numero de vueltas del solenoide
˛
1234
d~x · ~B(~x) = Bl = µ0NI
Finalmente
B =µ0NI
l
435
ProblemaConsidere dos planos infinitos paralelos separados por una distancia b en el plano xy. En laregion interior existe una densidad de corriente uniforme ~J = J0
~i. Encuentre el campo magneticoen todo el espacio
SolucionPodemos pensar la region de corriente como una superposicion de conductores paralelos quellevan corrientes en la direccion +x. De la figura, y por un argumento de simetrıa vemos que elcampo magnetico en un punto P sobre la region apunta en la direccion −y
La componente z desaparece despues de sumar todas las contribuciones debidas a todos losconductores. Similarmente, se puede mostrar que el campo magnetico en un punto dentro de laregion apunta en la direccion +y, y en un punto inferior a la region tambien segun la direccion+y.
436
Ahora podemos utilizar la ley de Ampere para encontrar el campo magnetico debido a estadistribucion de corriente. Tomaremos las curvas cerradas que aparecen en la figura. Para elcampo exterior, integramos sobre la curva Γ1. La corriente que atraviesa la superficie limitadapor Γ1 es
I(Γ1) =
¨
.S(~x) · ~J(~x) = J0 (bl)
Notando que en la integral de lınea los segmentos verticales no contribuyen (d~x perpendicular
al campo ~B(~x))
˛
Γ1
d~x · ~B(~x) = B2l = µ0I(Γ1) = µ0J0bl
de donde
B = µ0J0b/2
Notamos que el campo magnetico fuera es uniforme, independiente de la distancia a laregion entre ambos planos. Ahora encontremos el campo magnetico interior. La corriente totalencerrada por el camino cerrado Γ2 es
I(Γ2) =
¨
d~S(~x) · ~J(~x) = J02zl
Usando la ley de Ampere,
˛
Γ2
d~S(~x) · ~B(~x) = B2l = µ0I(Γ2) = µ0J02zl
de donde
B = µ0J0z
Notemos que en z=0 el campo magnetico es nulo, como se requiere por simetrıa. Resumiendo
~B = −µ0J0b
2j, z > b/2
~B = −µ0J0zj,−b/2 < z < b/2
~B =µ0J0b
2j, z < −b/2
437
ProblemaSe tiene dos corrientes, ambas con igual sentido (en el dibujo, saliendo de la hoja). Una deellas es una corriente plana e infinita de densidad lineal Js, y la otra es una corriente cilındricainfinitamente larga cuya densidad es J = J0
(
1 − rR
)
. Encuentre el valor de J0 en funcion de Js,que hace que el campo magnetico resultante en el punto P ubicado a distancia R/2 del centrodel cilindro sea nulo
SolucionEl campo de la distribucion plana de corriente fue obtenido en el problema anterior. De lasimetrıa es claro que su direccion es como se muestra en la figura
y entonces para encontrar su magnitud se utiliza la ley de Ampere, con una curva plana deancho l
˛
Γ
d~x · ~B1(~x) = 2lB1 = µ0Jslb
438
Luego, en la region superior a la distribucion plana
~B1(~x) = −µ0Jsb
2j
Para el cilindro, utilizamos nuevamente la ley de Ampere. Dada su extension infinita, porsimetrıa el campo magnetico en su interior debe ser funcion unicamente de la coordenada radialr, y su direccion es tal que es tangente en todo punto a una curva circular concentrica al cilindro
˛
Γ
d~x · ~B2(~x) = µ0Ienc
luego
2πrB2(r) = µ0
ˆ 2π
0
dϕ
ˆ r
0
drrJ0
(
1 − r
R
)
2πrB2(r) = µ0J02π
(
r2
2− r3
3R
)
~B2(~x) = µ0J0
(
r
2− r2
3R
)
ϕ
En el punto P , se tendra la superposicion de ambos campos. Notar que en dicho punto, ϕcoincide con la direccion j, y entonces
~B(P ) =
(
µ0J0
(
R
4− R2
12R
)
− µ0bJs
2
)
j
para tener un campo magnetico nulo, debe tenerse entonces
J0R
6=bJs
2
Finalmente
J0 =3bJs
R
439
ProblemaUn cable de radio R lleva una densidad de corriente ~J = J0k. El cable tiene un hoyo cilındricode radio α paralelo al eje del cable, a distancia b de el. Muestre que el campo magnetico dentrode la cavidad es uniforme
SolucionResolvemos el problema por superposicion de dos corrientes, una del cilindro completo condensidad de corriente J0k, y otra en la cavidad con densidad −J0k. El campo magnetico alinterior de un cable con densidad de corriente ~J = J0k se puede obtener facilmente con la leyde Ampere
Tomando la curva circular de radio r, y dada la simetrıa cilındrica de la distribucion de corriente,el campo magnetico es constante y tangente sobre la curva. Ası
˛
Γ
d~x · ~B(~x) = B(r)2πr = µ0
¨
S(Γ)
dS(~x)k · J0k
B(r)2πr = µ0J0πr2
~B(r) =µ0J0r
2ϑ(r)
440
Sea entonces un punto arbitrario al interior de la cavidad, como muestra la figura
La superposicion de los campos magneticos es la siguiente
~B =µ0J0r1
2ϑ1 −
µ0J0r22
ϑ2
peroϑ1 = k × r1
ϑ2 = k × r2
luego
~B =µ0J0
2
(
r1k × r1 − r2k × r2
)
~B =µ0J0
2
(
k × ~r1 − k × ~r2
)
=µ0J0
2k × (~r1 − ~r2)
~B =µ0J0
2k ×~b
el cual es un campo uniforme
441
ProblemaSe tiene un conductor cilındrico de radio R, muy largo, con corriente I, y un conductor planotambien muy largo con corriente superficial I ′. Se supone que ambos conductores son paralelosy que el conductor plano y el eje de la corriente cilındrica son coplanares. Si el plano conductortiene ancho a, y el eje del cilindro se encuentra a distancia b del origen, encuentrea) El campo magnetico sobre el eje x, para x > ab) La fuerza de interaccion entre ambos conductores por unidad de largo
SolucionResolvemos el problema por superposicion. El plano de corriente puede ser visto como unasuperposicion de corrientes lineales muy delgadas, de ancho diferencial dx′, como se muestra enla figura
Nos concentramos entonces en la porcion de plano contenida entre x y x + dx. Este alambrelleva una corriente
dI = I ′dx
a
442
El campo magnetico sobre el eje a distancia x del origen (con x > a) se puede obtener mediantela ley de Ampere, integrando sobre la curva circular Γ centrada en x′ y de radio x − x′. Lamagnitud del campo magnetico alrededor de la curva es constante e igual a la magnitud delcampo en x
˛
Γ
d~x · ~B(~x) = B(x)2π(x− x′) = µ0I′dx′
a
~B(x) = − µ0I′dx′
2πa(x− x′)k
Entonces el campo magnetico en x debido a la distribucion plana es
~B(x)1 = −µ0I′
2πa
ˆ a
0
dx′
x− x′k = −µ0I
′
2πaln(x− x′)
∣
∣
∣
a
0k
Ası, para x > a
~B(x)1 = −µ0I′
2πaln
(
x
x− a
)
k
Para el cilindro de radio R, distinguimos dos regiones: dentro y fuera del cilindro. El campomagnetico exterior se obtiene de una aplicacion inmediata de la ley de Ampere
El sentido de ~B, consistente con la direccion de la corriente, se indica en la figura
˛
Γ
d~x · ~B(~x) = µ0I
2πrB(r) = µ0I
B(r) =µ0I
2πr
donde r es la distancia radial con respecto al centro del cilindro. De esta forma, en el puntox, con a < x < b−R
~B2(x) =µ0I
2π(b− x)k
443
Para x > b+R
~B2(x) = − µ0I
2π(x− b)k
Ahora, para el campo al interior del conductor cilındrico, nuevamente se utiliza la ley deAmpere
˛
Γ
d~x · ~B(~x) = B(r)2πr = µ0
¨
S(Γ)
dS(~x)n(~x) · ~J(~x)
B(r)2πr = µ0
¨
S(Γ)
dS(~x)j · Jj = µ0Jπr2
donde
JπR2 = I → J =I
πR2
B(r)2πr = µ0Ir2
R2
B(r) = µ0Ir
2πR2
444
Finalmente, tenemos lo siguiente. Para a < x < b−R
~B(x) =
(
µ0I
2π(b− x)− µ0I
′
2πaln
x
x− a
)
k
Para b−R < x < b
~B(x) =
(
µ0I(b− x)
2πR2− µ0I
′
2πaln
x
x− a
)
k
Para b < x < b+R
~B(x) = −(
µ0I(x− b)
2πR2+µ0I
′
2πaln
x
x− a
)
k
Para b+R < x
~B(x) = −(
µ0I
2π(x− b)+µ0I
′
2πaln
x
x− a
)
k
b) Para calcular la fuerza por unidad de largo que ejerce el cilindro sobre la distribucionplana de corriente, calculemos la fuerza que se ejerce sobre el segmento lineal de largo 1, yancho dx′ en la posicion x′
La fuerza que actua sobre este segmento es
d~F (x′) =I ′dx′
aj ×B2(x
′)k =I ′dx′
a
µ0I
2π(b− x)j × k
d ~F (x′) =I ′µ0Idx
′
2πa(b− x)i
Por superposicion, la fuerza neta por unidad de largo que se ejerce sobre el plano es
~F =
ˆ a
0
dx′µ0II
′
2πa(b− x)i
~F =µ0II
′
2πaln
(
b
b− a
)
i
445
ProblemaSuponga que tiene dos cables infinitamente largos con densidad lineal de carga λ, separadospor una distancia d, moviendose a velocidad v constante. Encuentre el valor de v para que laatraccion magnetica se compense con la repulsion electrica. ¿Es razonable este resultado?
SolucionEl campo electrico generado por el cable izquierdo sobre el cable derecho esta dado por
~E =λ
2πε0dj
De esta forma, la fuerza electrica por unidad de largo sera
~F eL = λ
λ
2πε0dj =
λ2
2πε0dj
Por otro lado, los alambres en movimiento equivalen a una corriente
I =dq
dt=λdx
dt= λv
El campo magnetico generado por el cable izquierdo sobre el derecho es
~B = −µ0I
2πdk = −µ0λv
2πdk
En este caso, la fuerza magnetica por unidad de largo sobre el cable derecho sera
~FmL = −Ii×
(
−µ0λv
2πdk
)
~FmL = −µ0λ
2v2
2πdj
Para que estas fuerzas se anulen~F e
L + ~FmL = 0
λ2
2πε0d=µ0λ
2v2
2πd
1
ε0= µ0v
2
446
La velocidad debe ser
v =1√µ0ε0
Evaluando
v =1
√
8,85 × 10−12 × 4π10−7= 3 × 108
Esta es la velocidad de la luz en el vacıo!. Claramente este curioso resultado no es razonable,ya que para tratar problemas con velocidades altas se debe usar la electrodinamica relativista
447
13.1. Potencial Vectorial
A partir de la ley de Biot-Savart se demostro que el campo magnetico satisface la siguienterelacion integro-diferencial
~B(~x) =µ0
4π~∇×˚
V
d3x′~J(~x′)
| ~x− ~x′ |Es decir, el campo magnetico es el rotor de un campo vectorial, cuya forma mas general es
~A(~x) =µ0
4π
˚
V
d3x′~J(~x′)
| ~x− ~x′ | + ~∇ψ(~x)
donde ψ es un campo escalar arbitrario(funcion de Gauge). Sea cual sea el campo ψ, el
campo magnetico obtenido a partir de ~B(~x) = ~∇ × ~A(~x) es siempre el mismo. Veamos queocurre con
~∇ · ~A(~x) =µ0
4π
˚
V
d3x′ ~J(~x′) · ~∇ 1
| ~x− ~x′ | + ~∇2ψ = −µ0
4π
˚
V
d3x′ ~J(~x′) · ~∇′1
| ~x− ~x′ | + ~∇2ψ
~∇ · ~A(~x) = −µ0
4π
˚
V
d3x′~∇′~J(~x′)
| ~x− ~x′ | +µ0
4π
˚
V
d3x′~∇′ · ~J(~x′)
| ~x− ~x′ | + ~∇2ψ
la condicion de corriente estacionaria entrega
~∇ · ~A(~x) = −µ0
4π
˚
V
d3x′~∇′~J(~x′)
| ~x− ~x′ | + ~∇2ψ
y del teorema de la divergencia
~∇ · ~A(~x) = −µ0
4π
ˆ
ˆ
d~S(~x′) ·~J(~x′)
| ~x− ~x′ | + ~∇2ψ
La condicion de corriente localizada da
~∇ · ~A(~x) = ~∇2ψ
Para todo ψ. De esta forma, podemos perfectamente escoger un Gauge tal que
~∇ · ~A(~x) = 0
Este es llamado Gauge de Coulomb.
13.2. Ecuacion de Poisson y Laplace
Como el campo magnetico es de divergencia nula, existe un campo vectorial ~A(~x) tal que
~B(~x) = ~∇× ~A(~x)
Luego~∇× ~B(~x) = ~∇~∇× ~A(~x) − ~∇2 ~A(~x)
El potencial puede ser escogido como un campo de divergencia nula (Gauge de Coulomb),luego
448
~∇× ~B(~x) = −~∇2 ~A(~x)
Ademas, de la forma diferencial de la ley de Ampere
~∇× ~B(~x) = µ0~J(~x)
De esta forma, el potencial vectorial bajo el gauge de Coulomb satisface la ecuacion dePoisson
~∇2 ~A(~x) = −µ0~J(~x)
en regiones del espacio libre de corrientes, se obtiene la ecuacion de Laplace
~∇2 ~A(~x) = 0
449
13.3. Expansion Multipolar del campo magnetico
Sea una distribucion localizada de corriente dentro de un volumen V . El potencial vectorialesta dado por
~A(~x) =µ0
4π
˚
V
d3x′~J(~x′)
| ~x− ~x′ |Veamos que ocurre muy lejos de las fuentes, es decir, analizaremos el caso | ~x′ |<<| ~x |
| ~x− ~x′ |−1=(
| ~x |2 + | ~x′ |2 −2~x · ~x′)
−1/2=
1
| ~x |
(
1 +| ~x′ |2| ~x |2 − 2~x · ~x′
| ~x |2)−1/2
La expansion en taylor a primer orden entrega
1
| ~x− ~x′ | ≈1
| ~x | +~x · ~x′| ~x |3 − 1
2
| ~x′ |2| ~x |3 + ...
Luego, el potencial vectorial lejos de las fuentes tiene la forma
~A(~x) =µ0
4π | ~x |
˚
V
d3x′ ~J(~x′) +µ0
4π | ~x |3˚
V
d3x′ ~J(~x′)~x′ · ~x+ ...
Ahora, la primera integral es nula, para ello demostraremos el siguiente lema: ∀f, g˚
V
d3x ~J(~x) · [f(~x)~∇g(~x) + g(~x)~∇f(~x)] = 0
la demostracion es la siguiente
˚
V
d3x(
~J(~x) · ~∇fg)
=
˚
V
d3x~∇ ·(
~Jfg)
−˚
V
d3xfg~∇ · ~J(~x)
Usando la condicion de corriente estacionaria y el teorema de la divergencia
˚
V
d3x(
~J(~x) · ~∇fg)
=
ˆ
ˆ
δV
d~S(~x) · ~J(~x)fg = 0
Tomando f(~x) = 1, g(~x) = x
˚
V
d3x ~J(~x) · ~∇x =
˚
V
d3xJx(~x) = 0
Del mismo modo se puede demostrar que la integral de las componentes en y e z es nula.Ası
˚
V
d3x ~J(~x) = ~0
En otras palabras, corrientes estacionarias localizadas no generan monopolos magneticos!.Mas aun, utilizando el mismo teorema , podemos encontrar una nueva expresion para la segundaintegral de la expansion. Tenemos
˚
V
d3x ~J(~x) · [f(~x)~∇g(~x) + g(~x)~∇f(~x)] = 0,∀f, g
tomando la componente a-esima
˚
V
d3x ~Ja(~x)~∇a (fg) = 0
450
tomando fg = xbxc
˚
V
d3x ~Ja~∇a(xbxc) =
˚
V
d3x ~Ja (xbδac + xcab)
=
˚
V
d3x (Jcxb + Jb~xc) = 0
luego˚
V
d3x[xaJb(~x) + xbJa(~x)] = 0
De esta forma, tomando la componente a-esima de la siguente integral
(˚
V
d3x′ ~J(~x′)~x′ · ~x)
a
=
˚
V
d3x′J ′
ax′
bxb =1
2
˚
V
d3x′ (J ′
ax′
b − J ′
bx′
a)xb
y es facil verificar que
(˚
V
d3x′ ~J(~x′)~x′ · ~x)
a
=
(
1
2
˚
V
d3x′[~x×(
~J(~x′) × ~x′)
]
)
a
Ası, se obtiene
~A(~x) ≈ µ0
4π
~x
| ~x |3 ×˚
V
d3x′ ~J(~x′) × ~x′
Se define el momento magnetico de una distribucion de corriente localizada en V como
µ =
˚
V
d3x′~x′ × ~J(~x′)
~A(~x) =µ0
4π
~µ× ~x
| ~x |3
Es decir, el potencial vectorial (y por lo tanto el campo magnetico) muy lejos de la fuenteesta completamente determinado (a primer orden) por el momeno magnetico de la distribucionde carga.
451
13.4. Magnetismo en la materia
13.4.1. Magnetizacion
La materia consiste en de una coleccion de momentos magneticos. En los materiales nomagneticos, estos momentos estan alineados de forma arbitraria, ası se cancelan unos a otros yno hay un efecto neto de campo magnetico debido a este material. Sin embargo, como hemosvisto, ante la prescencia de un campo magnetico externo, los momentos magneticos en el interiordel material se alinearan en la direccion paralela al campo
Fig. 13.1: Momentos magneticos en un material se alinearan en la direccion paralela al campoexterno
Estos momentos magneticos crearan a su vez un campo magnetico. Para obtener el efectode esta magnetizacion, consideremos un elemento de volumen ∆V (~x′) ubicado en algun pun-to interior de material ~x′. Este elemento de volumen estara caracterizado por un momentomagnetico
∆~µ(~x) =∑
a∈∆V (~x′)
~ma
donde la suma se realiza sobre cada atomo contenido en ∆V (~x′). Definimos la magneti-zacion del material como la densidad de momento magnetico por unidad de volumen, estoes
~M(~x′) =
(
∆µ
∆V
)
∣
∣
∣
~x′
Veamos que ocurre con el campo magnetico en un punto ~x fuera del material. El potencialestara dado por
~A(~x) = ~AL(~x) + ~AM(~x)
donde ~AL(~x) es el potencial magnetico del campo externo y ~AM(~x) el potencial debido a lamagnetizacion del medio.
452
En ~x′ ∈ V hay un momento magnetico dado por
µ(~x′) = ~M(~x′)∆V (~x′)
El potencial en ~x debido a este momento magnetico puntual esta dado por
∆ ~AM(~x) =µ0
4π
∆µ(~x′) × (~x− ~x′)
| ~x− ~x′ |3El potencial total en ~x debido al material se obtiene al integrar sobre V
~AM(~x) =µ0
4π
˚
V
d3x′~M(~x′) × (~x− ~x′)
| ~x− ~x′ |3Ahora, se tiene
~M(~x′) × (~x− ~x′)
| ~x− ~x′ |3 = ~M(~x′) × ~∇′1
| ~x− ~x′ | =~∇′ × ~M(~x′)
| ~x− ~x′ | − ~∇′ ×~M(~x′)
| ~x− ~x′ |de forma que
~AM(~x) =µ0
4π
¨
V
d3x′~∇′ × ~M(~x′)
| ~x− ~x′ | − µ0
4π
˚
V
d3x′~∇′ ×(
~M(~x′)
| ~x− ~x′ |
)
Finalmente
~AM(~x) =µ0
4π
˚
V
d3x′~∇′ × ~M(~x′)
| ~x− ~x′ | − µ0
4π
ˆ
ˆ
δV
d~S(~x′) × ~M(~x′)
| ~x− ~x′ |
Recordando que el potencial magnetico de una distribucion de corriente libre en un volumenV esta dado por
~A(~x) =
˚
V
d3x′~J(~x′)
| ~x− ~x′ |es inmediato notar que todo sucede como si dentro del material existiera una densidad de
corriente estacionaria
~JM(~x) = ~∇× ~M(~x)
y como si en el contorno del material hubiera una densidad de corriente superficial
~σM(~x) = −n(~x) × ~M(~x)
Notar que~∇× ~JM(~x) = 0
453
(como debe ser para una corriente estacionaria), y
n(~x) · σM(~x) = 0
(como debe ocurrir para una corriente localizada). Luego, el efecto de un campo magneticoexterno sobre un medio material se puede resumir en una distribucion de corriente estacionaria ylocalizada dentro del medio, el potencial en ~x debido a esta corriente de magnetizacion esta dadopor
~AM(~x) =µ0
4π
˚
V
d3x′~JM(~x′)
| ~x− ~x′ | +µ0
4π
ˆ
ˆ
δV
dS(~x′)σM(~x′)
| ~x− ~x′ |
13.5. Leyes fundamentales en un medio magnetizado
Queremos ver como se pueden reescribir las leyes fundamentales del campo magnetico en elinterior de un medio material. En todo punto dentro del material, se tendran una densidad decorriente de carga libre, ~JL(~x), y una densidad de corriente de magnetizacion ~JM(~x). Es decir
~J(~x) = ~JL(~x) + ~JM(~x)
Escribiendo la ecuacion rotacional para el campo magnetico, se debe incluır por supuestola densidad de corriente total
~∇× ~B(~x) = µ0~J(~x) = µ0
(
~JL(~x) + ~∇× ~M(~x))
Equivalentemente
~∇×(
~B(~x)
µ0
− ~M(~x)
)
= ~JL(~x)
Definimos el campo ~H(~x) =~B(~x)µ0
− ~M(~x), y entonces
~∇× ~H(~x) = ~JL(~x)
La gracia es que al lado derecho aparece unicamente la densidad de corriente libre. To-do el efecto del medio magnetizado se encuentra contenido en ~H(~x) a traves de la densidad
de momento magnetico ~M(~x). Las ecuaciones fundamentales en un medio magnetizado son,entonces
~∇ · ~B(~x) = 0
~∇× ~H(~x) = ~JL(~x)
Notar la total analogıa con las leyes fundamentales de la electrostatica en un medio
~∇ ·D(~x) = ρL(~x)
~∇× ~E(~x) = 0
donde ρL(~x) es la densidad de carga libre. Recordar ademas que en ciertos materiales lineales,homogeneos e isotropicos
454
~D(~x) = ε ~E(~x), ε > 0
Esto se obtuvo de suponer que los momentos dipolares se alineaban en la direccion del campoelectrico y que la respuesta era lineal en el campo electrico. De esta forma las dos ecuacionesfundamentales de la electrostatica podıan ser escritas como
~∇ · E(~x) =ρL(~x)
ε
~∇× ~E(~x) = 0
donde la unica diferencia con las leyes en el vacıo es la permitividad ε, no necesariamenteigual a ε0. (de hecho, siempre es mayor o igual). Notar que esto implica que el efecto de unmedio dielectrico es el de disminuır la magnitud del campo electrico en su interior. En cambio,con el campo magnetico, podrıa suceder que el material aumentara la magnitud del campomagnetico total, lo que veremos a continuacion
13.6. Relaciones constitutivas del material
Se tiene
~H(~x) =~B(~x)
µ0
− ~M(~x)
La magnetizacion ~M(~x) es, por supuesto, una funcion del campo magnetico
~M(~x) = ~G( ~B(~x))
En consecuencia~H(~x) = ~B(~x) − ~G( ~B(~x))
o equivalentemente~B(~x) = F ( ~H(~x))
Si el medio es lineal, la relacion entre cada componente de ~B y cada componente de ~H eslineal
~Ba(~x) = Fab(~x) ~Hb(~x)
Si el medio es homogeneo, entonces la relacion entre ~B(~x) y ~H(~x) es la misma en cadapunto
~Ba(~x) = Fab~H(~x)b
Por ultimo, si el medio es isotropico, Fab = µδab, o simplemente
~B(~x) = µ ~H(~x)
donde µ es una constante llamada permeabilidad magnetica del material.Con esto las leyes fundamentales quedan de la siguiente manera
~∇ · ~B(~x) = 0
~∇× ~B(~x) = µ~JL(~x)
455
Es decir, la ley de Ampere es exactamente la misma, exceptuando que ahora la perme-abilidad no es necesariamente igual a la del vacıo. Lo interesante es que para ciertos medios,llamados paramagneticos, µ > µ0 , y el material magnetizado tiende a aumentar la magnituddel campo magnetico. Por el contrario, para medios llamados diamagneticos µ < µ0, y lamagnitud del campo magnetico es debilitada
13.7. Ferromagnetismo
Existe otro tipo de materiales, llamados ferromagneticos. En ellos existe una interaccionfuerte entre momentos magneticos cercanos. Este tipo de materiales esta constituıdo por do-minios, como se ilustra en la figura . Un campo magnetico externo tiende a alinear los momen-tos magneticos en la direccion paralela al campo externo. La interaccion entre los momentosmagneticos vecinos causa un alineamiento mucho mas fuerte
El aumento en la magnitud del campo magnetico puede ser considerable, de hecho la mag-nitud el campo magnetico en el interior de un material ferromagnetico puede ser 103 o 104
veces mas grande que la del campo externo aplicado. El comportamiento de un material fer-romagnetico es no lineal, de forma que no podemos caracterizarlo por una permeabilidadmagnetica constante. De hecho, la relacion ~B = F ( ~H) no es monovalente, o dicho de otra for-ma, depende de la historia previa del material. Este fenomeno es conocido como histeresis. Enla figura se muestra la variacion de la magnetizacion ante la prescencia de un campo magneticoexterno, partiendo desde a
Fig. 13.2: Curva de histeresis
Notar que cuando el campo magnetico externo vuelve a ser nulo (c), una magnetizacion siguepresente. Es decir, la fuerte interaccion entre momentos magneticos cercanos puede mantener-los alineados, incluso cuando un campo magnetico externo se reduce a cero. Estos momentos
456
alineados puede producir campos magneticos fuertes, sin la necesidad de un campo magneticoexterno, este es el origen de los imagnes permanentes.
457
458
Capıtulo 14
Ley de Induccion de Faraday
Los campos electricos y magneticos que hemos considerado hasta ahora han sido produci-dos por cargas y corrientes estacionarias. A principios del siglo XIX ya era bien sabido queimponiendo una diferencia de potencial entre dos conductores, el campo electrico en el interiororiginaba una corriente de electrones, que a su vez crea un campo magnetico a su alrededor.Era valido entonces preguntarse si un campo electrico podıa o no ser producido por un campomagnetico. Diversos intentos se realizaron, hasta que en 1831, Michael Faraday descubrio queuna corriente electrica se genera en un conductor cuando este se mueve en la cercanıa deun iman. Pero, en su epoca, tal fenomeno, conocido ahora como induccion magnetica, noparecıa ser mas que una simple curiosidad.
El notable fısico Richard Feynman contaba en sus cursos de Fısica en Caltech, que cuan-do Faraday presento su descubrimiento a la comunidad cientıfica, alguien le pregunto paraque servıa, a lo cual Faraday respondio con otra pregunta: ¿para que sirve un recien nacido?
Medio siglo despues, Tomas Edison tuvo la idea de utilizar el descubrimiento de Faraday paragenerar corriente electrica y distribuirla a traves de cables por la ciudad de Nueva York. Laprimera planta electrica de la historia fue inaugurada en 1881, y consistıa en unas enormesturbinas de vapor que hacıan girar unas grandes bobinas de alambre conductor alrededor deimanes. Debido al efecto Faraday se generaba una corriente electrica que se podıa transmitirpor toda la ciudad. La energıa termica se convertıa, ası, en energıa electrica. Pocos mesesdespues se inauguro la primera planta hidroelectrica, en la que el agua de un rıo hacıa girar lasbobinas.Toda la electricidad que consumimos hoy en dıa se genera gracias al efecto Faraday. Lo unico quevarıa es el mecanismo utilizado para hacer girar una bobina alrededor de un iman: este mecan-ismo puede ser el flujo del agua en una presa, el funcionamiento de un motor de combustion depetroleo, la presion del vapor de agua calentada por el uranio en una planta nuclear, en otraspalabras, Faraday descubrio el principio fundamental de la conversion electromecanica dela energıa (el recien nacido crecio espectacularmente, como dirıa Feynman).
459
El experimento de Faraday consiste en una espira conductora y un iman.
Faraday mostro que el galvanometro no mide ninguna corriente cuando el iman esta estacionariocon respecto a la espira. Sin embargo, se induce una corriente cuando existe un movimientorelativo entre el iman y la espira, en particular, el galvanometro marca en una direccion cuandoel iman se acerca, y en la direccion opuesta cuando el iman se aleja.
14.1. Ley de Induccion
La descripcion formal es la siguiente, sea Γ una curva que describe la forma del conductor,entonces
εΓ(t) =
˛
Γ[t]
d~x · ~E(~x, t)
Es la fuerza electromotriz inducida en Γ. Notar que es una cantidad dinamica que puedeevolucionar en el tiempo, ya que ahora aceptaremos que los campos electricos y magneticospuedan variar con el tiempo. Del mismo modo
ΦB(t) =
¨
SΓ(t)
d~S(~x) · ~B(~x, t)
es el flujo magnetico a traves de SΓ
El experimento de Faraday muestra que una corriente electrica es inducida en la espira alcambiar el flujo magnetico que la atraviesa. Se comporta entonces como si estuviera conectadaa una fuente de f.e.m. Experimentalmente se encuentra que esta f.e.m inducida depende de latasa a la que varıa el flujo magnetico a traves de la espira, esto es
εΓ = −dΦB
dt
460
La unidad SI del flujo magnetico es el Weber (Wb) = 1 T m2
La ley de Faraday se puede enunciar como sigue: La f.e.m inducida en un circuito cerrado esigual a la tasa negativa de cambio del flujo magnetico a traves del area encerrada por la espira
El signo menos indica que la corriente inducida en la espira tiende a oponerse a este cambiode flujo. Existen muchas formas de inducir una fem en una espira. Por ejemplo si consideramosun caso particular en donde el campo magnetico es uniforme (espacialmente), la espira es planay su normal forma un angulo ϑ con el campo magnetico, se tiene
ε = −d(BS cosϑ)
dt= −
(
dB
dt
)
S cosϑ−B
(
dS
dt
)
cosϑ+BS sinϑ
(
dϑ
dt
)
A partir de esto, vemos que una f.e.m inducida se puede producir de las siguientes formas
1. Al variar la magnitud de ~B en el tiempo (por ejemplo ocurre cuando en un circuitocercano la corriente varıa)
2. Al variar la magnitud de ~S, es decir, el area encerrada por la espira en el tiempo
3. Al variar el angulo entre ~B y el vector de superficie ~S en el tiempo
Este ultimo es el principio mas utilizado en centrales de generacion
Es facil obtener el sentido de la corriente inducida, ya que esta produce un campo magneticoque tiene a oponerse al cambio del flujo magnetico que induce dicha corriente. Esta se conocecomo Ley de Lenz. (aunque se deduce completamente de la ley de Induccion!)
461
Esta ley, que introduce una relacion dinamica distante entre ~E(~x, t) y ~B(~x, t), variables en
el tiempo, sugiere que ~E y ~B son objetos fısicos reales. No son intermediarios puramentematematicos introducidos para facilitar los calculos 1
14.2. Forma diferencial de la ley de Induccion
Consideremos un circuito de prueba Γ fijo, es decir Γ(t) = Γ
εΓ(t) =
˛
Γ
dx · ~E(~x, t) = − d
dt
¨
S(Γ)
d~S(~x) · ~B(x, t)
˛
Γ
dx · ~E(~x, t) = −¨
S(Γ)
d~S(~x) · ∂∂t~B(x, t)
Por el teorema de Stokes
¨
S(Γ)
dS(~x) ·(
~∇× ~E(~x, t))
= −¨
S(Γ)
d~S(~x) · ∂∂t~B(x, t)
valido para todo S(fijo), luego se obtiene la ley diferencial de Faraday
~∇× ~E(~x, t) +∂
∂t~B(~x, t) = 0
Esta es una de las ecuaciones de Maxwell para campos que varıan en el tiempo, y es unageneralizacion para el rotor de ~E(~x), en donde solo para casos estaticos (la primera partedel curso)
~∇× ~E(~x) = 0
Notar, que solo en ese caso el campo ~E es conservativo.
1Hypothesis non fingo de Newton se viene abajo en Electromagnetismo
462
ProblemaLa espira rectangular de la figura se encuentra sumergida en un campo magnetico uniforme~B = Bx. Si la espira gira con velocidad angular w utilizando el eje z como eje de rotacion, yasumiendo que en t = 0 la espira se encuentra en el plano y-z, determine la fuerza electromotrizinducida y la corriente inducida en la espira
SolucionDefiniendo la normal a la espira rectangular como en la figura
Segun esta definicion, la normal es en todo instante igual a −eφ, es decir
n = −(− sinφx+ cosφy) = sinφx− cosφy
De esta forma, y dado que el campo magnetico es uniforme, el flujo a traves de la espira es
ΦB =
¨
S
d~S(~x) · ~B(~x) = ~B · ~S = ~B · Sn = BS sinφ
Es decirΦB = Bab sinφ
Tenemos una expresion del flujo magnetico a traves de la espira en funcion del angulo polarφ. La idea es obtener el flujo en funcion del tiempo, para ello observamos que
dφ
dt= w → φ(t) = wt+ C
La constante C es facil de determinar, considerando que en t = 0, la espira se ubica en eleje y-z, es decir, φ0 = π/2. Ası
ΦB = Bab sin(wt+ π/2)
463
A partir de la ley de induccion de Faraday, podemos obtener la magnitud de la fem inducidaen la espira
ε = −dΦB
dt= −Babw cos(wt+ π/2)
Vemos que la fem es alterna y varıa de forma sinusoidal, como se aprecia en la figura
Esta es la forma tıpica de generacion alterna. La tension que llega a nuestras casas tambienvarıa de forma sinusoidal, a una frecuencia de 50 Hz y valor efectivo de 220 Volts.La magnitud de la corriente es, simplemente
I =| ε |R
=Babw
Rcos(wt+ π/2)
464
ProblemaConsidere la disposicion que se muestra en la figura. Suponga que R = 6Ω, l = 1, 2 m y uncampo magnetico uniforme de 2, 5 T esta dirigido hacia el interior de la pagina.a) ¿A que rapidez debera moverse la barra para producir una corriente de 0,5 A en la resisten-cia?b) Calcule la fuerza que se debe ejercer sobre la barra en este caso
Solucion
a) Consideremos el circuito cerrado formado por la barra y los rieles.
Definamos al vector de superficie como ~S = −Sk. (Hacia dentro del papel) Supongamos que labarra se encuentra a una distancia x del riel izquierdo, segun esto, el flujo magnetico sobre lasuperficie plana encerrada por este circuito es
ΦB = BA = Blx
Ahora, utilizando la ley de Faraday obtenemos que la fem inducida en el circuito
ε = −dΦdt
= − d
dt(Blx) = −Bldx
dt
Pero dx/dt es simplemente la velocidad de la barra, ası
ε = −Blv
465
La correspondiente corriente inducida es
I =|ε|R
=Blv
RY el sentido de esta se deduce de la ley de Lenz. Notemos que mientras la velocidad de la barrasea positiva (y entonces se mueve hacia la derecha) el flujo magnetico aumenta. Le ley de Lenzdice que la corriente inducida intentara siempre oponerse al cambio de flujo magnetico que laorigina. Es decir, el sentido de la corriente sera tal que intentara frenar a la barra.
Notar que en la figura anterior se ha supuesto un sentido para la corriente. Este podrıaser correcto o no. Segun el sentido de la corriente que aparece en la figura, habra una fuerzamagnetica sobre la barra en la direccion −i, que justamente intentara frenar a la barra, por lotanto ese sera el verdadero sentido de la corriente. Despejando
v =RI
Bl
reemplazando los valores numericos
v =6 × 0,5
2,5 × 1,2=
3
3= 1m/s
b) Vemos que sobre la barra actuan dos fuerzas
La fuerza externa es la fuerza que se debe ejercer sobre la barra para que se mueva a velocidadv. La fuerza magnetica tiene relacion con la corriente inducida que circula por el circuito, cuyoequivalente es
La fuerza magnetica que experimenta la barra es simplemente
~FB = I~L× ~B = I(lj) × (−Bk)
~FB = −IlBi = −B2l2v
Ri
que apunta en la direccion opuesta a ~v. Para que la barra se mueva a velocidad constante, lafuerza neta actuando sobre ella debe ser igual a cero. Ası
~Fext = −~FB =B2l2v
Ri
466
Notar que la potencia entregada por ~Fext es igual a la potencia disipada en la resistencia(consecuencia de la conservacion de la energıa)
P = ~Fext · ~v = Fextv =B2l2v2
R
P =(Blv)2
R=ε2
R= I2R
467
ProblemaUna barra conductora de masa m y resistencia R desliza entre 2 rieles conductores sin fric-cion que forman un angulo ϑ con la horizontal. y estan separados una distancia l. Un campomagnetico uniforme ~B es aplicado verticalmente. La barra se suelta del reposo y desliza habiaabajo.
a) La corriente inducida en la barra. ¿En que direccion fluye, de a hacia b o de b hacia a ?b) La velocidad terminal de la barraUna vez alcanzada la velocidad terminalc) Cual es la corriente inducida?d) A que tasa se disipa energıa en la resistencia?e) Cual es la tasa de trabajo ejercido por la gravedad?
Soluciona) Supongamos que en un instante dado la barra se encuentra a una distancia x del extremo,como se ve en la figura
El circuito formado por los rieles y la barra que desliza encierra una superficie plana cuyanormal es
n = sinϑx+ cosϑy
Y el flujo a traves de esta superficie es
ΦB =
¨
S
d~S(~x) · ~B(~x) = ~B · Sn = BS cosϑ = Bxl cosϑ
Con esto, la fem inducida en los extremos de la barra es
ε = −dΦB
dt= −Bl cosϑ
dx
dt
468
Ası, la corriente inducida esta dada por
I =| ε |R
=Bl
Rcosϑ
dx
dt
La magnitud de la corriente es tal que se opone al cambio de flujo, es decir, debe ser tal quesobre la barra actua una fuerza magnetica en la direccion -x.
~FB = I~L× ~B = I~L×Bj
De aquı es claro que la corriente debe ir en la direccion k (es decir de b hacia a), de forma que
~FB = IlBk × j = −IlBx
b)
Se tiene ademas que
mg sinϑ− FBcosϑ = md2x
dt2
mg sinϑ− IlBcosϑ = md2x
dt2
Recordando que
I =Bl
Rcosϑ
dx
dt
se tiene
mg sinϑ− l2B2
Rcos2ϑ
dx
dt= m
d2x
dt2
g sinϑ− l2B2
mRcos2ϑ
dx
dt=d2x
dt2
A−Bv =dv
dt
dt =dv
(A−Bv)
t− t0 = − ln(A−Bv)
B
−B(t− t0) = ln(A−Bv)
Finalmentee−B(t−t0) = A−Bv
469
A
B− 1
Be−B(t−t0) = v
Si t0 = 0
v(t) =mRg sinϑ
l2B2cos2ϑ− mR
l2B2cos2ϑe−
l2B2
mRcos2ϑt
Para encontrar la velocidad terminal, simplemente vemos que ocurre en el lımite cuandot→ ∞
vt =mgRtgϑsecϑ
l2B2
c) La corriente terminal esta dada por
I =Bl
Rcosϑvt =
mgtgϑ
lB
d) El modulo de la fem inducida en esta situacion es
| ε |= mgRtgϑ
lB
la tasa a la cual se disipa energıa en la resistencia es la potencia que consume, esta es
P =| ε | I =m2g2Rtg2ϑ
l2B2
e) La tasa de trabajo ejercida por la gravedad es
Pg = Fgvt
donde Fg es la componente de la fuerza gravitacional en la direccion del desplazamiento
Pg = mg sinϑvt =m2g2Rtg2ϑ
l2B2
que es lo mismo que la potencia que disipa la resistencia. Esto debe tenerse por el principiode conservacion de la energıa
470
ProblemaUna espira de alambre en forma de rectangulo de largo l y ancho w, y un alambre recto paraleloal lado l y que lleva una corriente I, yacen sobre una mesa.La distancia entre el alambre largo y el lado izquiero de la espira es h.a) Determine el flujo magnetico que atraviesa la espira.b) Suponga que la corriente es una funcion del tiempo con I(t) = a+ bt, con a y b constantespositivas. ¿Cual es la f.e.m inducida en la espira y la direccion de la corriente inducida?
Solucion
Usando la ley de Ampere para el alambre recto se obtiene que el campo a una distancia rde este esta dado por
~B = −µ0I
2πrk
Es decir, apunta hacia dentro del papel. Definimos el vector de area como ~S = −Sk de modoque ΦB > 0. Para obtener el flujo total, simplemente debemos sumar los flujos sobre todos lospequenos elementos de area de largo l y ancho dr encerrados por la espira
ΦB =
¨
S
dΦB =
¨
S
~B · d~S
ΦB =µ0Il
2π
ˆ h+w
h
dr
r=µ0Il
2π(ln(h+ w) − ln(h))
Finalmente
ΦB =µ0Il
2πln(
1 +w
h
)
b)Utilizando la ley de Faraday
ε = −dΦB
dt= − d
dt
(
µ0Il
2πln(
1 +w
h
)
)
Como las dimensiones de la espira permanecen constantes, lo unico que varıa en el tiempoes la corriente, y entonces
ε = −µ0l
2πln(
1 +w
h
) dI
dty sabemos que dI/dt = b, ası
ε = −µ0lb
2πln(
1 +w
h
)
Ahora, notemos que el alambre recto de corriente I produce un flujo magnetico a traves de laespira entrando a la pagina. Por la ley de Lenz, la corriente inducida en la espira debe fluıren el sentido contrareloj para ası producir un campo magnetico saliendo a traves de la paginapara contrarrestar el incremento del flujo hacia adentro.
471
ProblemaUna espira rectangular de dimensiones l y w se mueve con velocidad constante ~v alejandose deun alambre recto infinitamente largo que lleva corriente I en el mismo plano de la espira. Seala resistencia total de la espira R. ¿Cual es la corriente en la espira en el instante en que el ladomas cercano esta a una distancia r del alambre?
Solucion
Sabemos que el campo magnetico a una distancia x del alambre recto esta dado por
~B = −µ0I
2πxk
Apuntando hacia dentro del papel debido a la direccion de la corriente. Ahora, el flujo magneticosobre un elemento diferencial de area de largo l y ancho dx en la espira es
dΦB = ~B · d~S =µ0I
2πxldx
donde hemos escogido el vector de superficie apuntando hacia dentro de la pagina, para queΦB > 0. Integrando sobre toda la espira
ΦB =µ0Il
2π
ˆ r+w
r
dx
x
ΦB =µ0Il
2πln(
1 +w
r
)
el mismo resultado del problema anterior. Derivando con respecto a t, obtenemos la fem inducida
ε = −dΦB
dt= −µ0Il
2π
d
dtln
(
r + w
r
)
= −µ0Il
2π
(
1
r + w− 1
r
)
dr
dt
donde dr/dt es simplemente el modulo de la velocidad de la espira
ε = −µ0Ilv
2π
(
1
r + w− 1
r
)
= −µ0Ilv
2π
(
r − r − w
r(r + w)
)
ε =µ0Ilv
2π
w
r(r + w)
Y la corriente inducida sera simplemente
I =|ε|R
=µ0Ilv
2πR
w
r(r + w)
472
ProblemaUna barra conductora de masa m y resistencia R es empujada en la direccion horizontal a travesde dos rieles sin friccion apartados una distancia l, mediante un hilo de masa despreciable quepasa a traves de una polea ideal y que esta conectada a un bloque de masa M . Un campomagnetico uniforme es aplicado verticalmente hacia arriba. La barra parte del reposo.
a) Sea la velocidad de la barra en algun instante igual a v. Encuentre una expresion para lacorriente inducida. En que direccion fluye, de a hacia b o de b hacia a?b) Resuelva la ecuacion diferencial para la velocidad de la barra en funcion del tiempo.
Soluciona) Sea nuestro origen de coordenadas la esquina inferior del sistema como se aprecia en la figura
Es una situacion muy similar a la del problema 2, si escogemos el vector de superficie ~S = Sk,entonces el flujo a traves del circuito sera positivo.Supongamos que cuando la velocidad es v, la barra esta a una distancia horizontal x del origen,ası
ΦB = Bxl
y la fem inducida es
ε = −dΦB
dt= −Bldx
dt= −Blv
La corriente inducida sera
I =|ε|R
=Blv
R
b) Sea x la coordenada x del centro de masa de la barra en el instante t. El equilibrio defuerzas para la barra es
∑
~F = T i− I~l × ~B = T i− Il~j ×Bk = (T − IlB)i = mdx2
dt2i
473
Para la masa M
∑
~F = Mg − T = Mdy2
dt2
Debemos notar que dx2/dt2 = dy2/dt2, ası
Mg −Mdy2
dt2= Mg −M
dx2
dt2= T
Ası, el equilibrio de fuerzas para la barra queda
(Mg −Mdx2
dt2− IlB) = m
dx2
dt2
Mg − l2B2
Rv = (m+M)
dx2
dt2
Por ultimo, hay que notar que v = dx/dt, y obtenemos una ecuacion diferencial para v
dv
dt+
l2B2
R(M +m)v − Mg
M +m= 0
la solucion es de la forma
v(t) = Ce−B2l2
R(M+m)t +
MgR
l2B2
y la condicion inicial es que v(0) = 0, ası
C +MgR
l2B2= 0 → C = −MgR
l2B2
Finalmente
v(t) =MgR
l2B2
(
1 − e−B2l2
R(M+m)t
)
474
ProblemaUn disco en cuyo borde se encuentra una carga uniformemente distribuıda q, pende de un hilovertical. En la region r < a existe un campo magnetico uniforme Bk.Se desconecta la fuente de campo magnetico, disminuyendo este uniformemente a 0 en un in-tervalo corto de tiempo. Si el momento de inercia del disco es I, calcule la velocidad angularfinal de este.
SolucionInicialmente, se tiene un flujo constante a traves de la region r < a dado por
ΦBi = Bπa2
donde hemos elegido la normal a la superficie segun la direccion k, de manera que ΦB > 0.Ahora, tomemos la curva C que coincide con el borde del disco, y utilizando la ley de Faraday
˛
~E · d~l = −dΦB
dt
E2πb = −dΦB
dt
lo que se puede reescribir como
E2πbdt = −dΦB
E = − 1
2πb
dΦB
dt
Este campo electrico genera una fuerza sobre cada elemento de carga en el borde del disco
475
~dF = Eλbdϑϑ
En consecuencia, se produce un diferencial de torque dado por
d~τ = br × ~dF = Eλb2dϑk
d~τ = − 1
2πb
dΦB
dtλb2dϑk
d~τ = −λb
2π
dΦB
dtdϑk
El torque total a un tiempo t estara dado por
~τ = −ˆ 2π
0
dϑλb
2π
dΦB(t)
dt
~τ = −λRdΦ(t)
dt
Si ~L es el momento angular del disco con respecto al centro, entonces
~τ =d~L
dτ
−λbdΦB(t)
dt=dL
dt
−ˆ tf
0
dtλbdΦB(t)
dt=
ˆ tf
0
dtdL
dt
−λb (ΦB(tf ) − ΦB(0)) = Lf − Li
si el disco parte del reposo, Li = 0, y ademas ΦB(tf ) = 0
λbπa2B = Iwf
wf =λRπa2B
I
476
ProblemaSe considera una bobina con N espiras cuadradas de lado a sin un medio material en el interior.Cada espira esta a distancia b de un alambre recto y muy largo que lleva una corriente I =I0 sinwt, con w constante. Ademas, todas las espiras cuadradas son coplanares con el alambrerecto. Calcule, en funcion de los datos I0, w, a, b, la fem inducida entre los terminales de labobina
SolucionEl campo magnetico del alambre recto se obtiene facilmente por la ley de Ampere, pues porla extension infinita del alambre el campo debe tener una simetrıa cilındrica radial, y debe sertangente a trayectorias que son circunferencias concentricas al alambre. De esta forma
˛
Γ
d~x · ~B(~x) = 2πrB(r) = µoI(t)
donde Γ es una circunferencia concentrica al alambre, de radio r
Calculemos ahora el flujo por una sola espira, como se muestra en la figura
Se tiene
Φ =
¨
S
d~S(~x) · ~B(~x)
477
donde S es la superficie plana encerrada por la espira cuadrada. El campo magnetico en elplano de la espira esta dado por
~B(~x) = −µ0I(t)
2πxk
Escogiendo la normal unitaria en el sentido −k, el flujo magnetico queda
Φ(t) =
ˆ a
0
dy
ˆ a
0
dxµ0I(t)
2πx=µ0I(t)a
2πln
(
a+ b
b
)
El flujo sera el mismo sobre cada una de las N espiras, de forma que el flujo total sobre labobina es
ΦT (t) = NΦ(t) =Nµ0I(t)a
2πln
(
a+ b
b
)
por la ley de Faraday, se inducira una fem sobre la bobina dada por
ε(t) = −dΦT (t)
dt
ε(t) = −Nµ0wa
2πln
(
a+ b
b
)
coswt
478
ProblemaUna bobina circular plana de N vueltas tiene diametro D y resistencia R. La bobina se orientacon su eje paralelo a un campo magnetico ~B = Bk uniforme, y los extremos de la bobina seconectan a un dispositivo capaz de medir la carga que pasa a traves de el. Si la bobina se giraen 180 grados sobre un eje perpendicular al campo magnetico, el dispositivo mide una cargaQ. Encuentre el valor de B en terminos de N,D,R y Q
SolucionEn la situacion inicial, el flujo magnetico a traves de la bobina es constante y esta dado por
Φ = N
¨
S
dS(~x)n(~x) · ~B(~x)
orientando la normal a la espira segun n = k, se tiene
Φ = N
¨
S
dS(~x)k ·Bk = NB
¨
S
dS(~x) = NBπ (D/2)2
La espira se gira en 180 grados, de forma que la situacion final es la siguiente
Mientras la espira gira, se induce una fem ε entre sus extremos, ya que el flujo magneticoΦ varıa. Si se induce una fem, se induce una corriente
I(t) =ε(t)
R
y
ε(t) = −dΦ(t)
dt
479
Supongamos que la espira demora un tiempo T en girar en 180 grados, luego la carga quepasara por el detector es
Q =
ˆ T
0
dtI(t) =
ˆ T
0
dtε(t)
R
Q = − 1
R
ˆ T
0
dtdΦ(t)
dt= − 1
R(Φ(T ) − Φ(0))
dondeΦ(0) = NBπ (D/2)2
mientras que
Φ(T ) = −NBπ (D/2)2
luego
Q =NBπD2
2R
Finalmente
B =2QR
πND2
480
ProblemaUn tren de masa m se desplaza inicialmente con velocidad v0i. Ingresa a una region de frenadoelectromagnetico para disminuır la velocidad del tren, en donde existe un campo magneticouniforme, en el sentido que se muestra en la figura. Encuentre la velocidad del tren en funciondel tiempo. El largo del tren es L
SolucionAnalizamos un instante cualquiera cuando el tren ha entrado x(t) < L a la region de campo B
Sea Γ la curva que encierra al area que ha ingresado a la zona de campo magnetico, en elsentido indicado por la figura. Ası, la normal exterior esta dirigida segun k, y el flujo a travesde la espira es
Φ(t) =
¨
S(Γ)
d~S(~x) · ~B(~x) =
¨
S(Γ
dS(~x)B = aBx(t)
por la ley de induccion, habra una fem inducida en el circuito Γ
ε(t) = −dΦ(t)
dt= −aBx(t)
El signo menos da el sentido de la corriente inducida, como muestra la figura
Por ley de mallas, la corriente del circuito en el sentido de la figura esta dada por
IR = aBx(t)
I =aB
Rx(t)
Por otro lado, en cada segmento del circuito hay una fuerza por unidad de largo dada por~I × ~B. De la figura es claro que las fuerzas sobre las secciones horizontales se cancelan
481
~F = −Iaj ×Bk = −IaBiDe esta forma, la segunda ley de Newton para el tren entrega
−IaB = md2x
dt2
pero
I(t) =aBx(t)
R
−(aB)2x(t)
R= mx(t), x(t) < L
−(aB)2
R
dx(t)
dt= m
d2x(t)
dt2, x(t) < L
Resolviendo para v(t)
−(aB)2
mRv(t) =
dv(t)
dt
La solucion es
v(t) = v0e−
(aB)2
mRt, t < t∗
con x(t∗) < L. Este tiempo puede ser obtenido mediante x(t)
x(t) =v0mR
(aB)2
(
1 − e−(aB)2
mRt
)
la solucion es valida para todo t tal que x(t) < L . Una vez que el tren ha ingresadocompletamente a la region de campo magnetico, el flujo se mantiene constante, luego no hayfuerzas sobre el tren y se mantendra con velocidad constante igual a v(t∗)
482
ProblemaConsidere un generador que consta de un electroiman que genera un campo magnetico con-stante. Una espira de area A gira con velocidad angular constante w como se ve en la figura. Silos terminales de la espira se conectan a una resistencia R, calcule la potencia consumida poresta. Calcule ademas la potencia necesaria para producir el movimiento rotatorio de la espira.
SolucionEl flujo magnetico que atraviesa la espira es, dado que el campo magnetico es uniforme
ΦB = ~B · d~S = BAcos(ϑ)
ΦB = BAcos(wt)
Ası, la tasa a la que varıa el flujo magnetico es
dΦB
dt= −BAwsin(wt)
Utilizando la ley de Faraday, obtenemos la f.e.m inducida en el circuito
ε = −dΦB
dt= BAwsinwt
Si el circuito se conecta a una resistencia R, la corriente a traves de esta sera
I =|ε|R
=BAw
Rsinwt
Notemos que es una corriente alterna, cuya amplitud maxima es
I0 =BAw
R
Ahora, la potencia suministrada al circuito electrico es
P = |ε|I =(BAw)2
Rsin2wt
Por otro lado, el torque necesario para producir el movimiento rotatorio de la espira es
τ = µBsinθ = µBsinwt
donde µ es la magnitud del momento magnetico de la espira
µ = IA→ τ = IABsinwt
483
τ =B2A2w
Rsin2wt
Por ultimo, la potencia mecanica necesaria esta dada por
Pm = τw =B2A2w2
Rsin2wt
Como era de esperarse, la potencia mecanica entregada es igual a la potencia consumidapor el circuito.
484
ProblemaConsidere una espira rectangular de lado a y masa m, en el plano y-z, sumergida en un campomagnetico ~B = (B0 − αz)x, con α > 0. La espira cae en la direccion vertical debido a lagravedad. Encontrar la fem y corriente inducida en funcion de la velocidad ~v de la espira. ¿Cuales la velocidad terminal?
SolucionDefiniendo la normal a la espira rectangular segun n = x, y suponiendo que el extremo inferiorse encuentra a una altura z, el flujo mangetico a traves de la espira esta dado por
ΦB =
¨
S
d~S · ~B =
¨
S
dydzB(z) =
ˆ a
0
dy
ˆ z+a
z
dz(B0 − αz)
ΦB = a(B0z −α
2z2)z+a
z = a2Bo −aα
2(z2 + 2az + a2 − z2)
ΦB = a2Bo −α
2(2za2 + a3) = a2(B0 − αz) − αa3
2
Con esto, y utilizando la ley de induccion de Faraday, podemos determinar la fem inducidaen la espira
ε = −dΦB
dt= −dΦB
dz
dz
dt= −z(−αa2)
ε = vαa2
Donde v es la rapidez con que cae la espira. Podemos distinguir dos casos, si la espira sube,entonces v > 0 y ε > 0, lo que nos dice que la corriente inducida ira en el sentido contrareloj,como se aprecia en la figura
Otra forma de verlo, es notando que el campo magnetico se hace mas debil en la medidaque aumenta la altura z, de forma que si la espira sube, el flujo disminuye. Ası, la corrienteinducida debe ir en una direccion tal que el flujo que esta genere se sume al flujo magnetico
485
externo e intente evitar que el flujo total disminuya
Ahora, el caso de interes (la espira cae por gravedad), implica v < 0, de forma que ε < 0 yesto significa que la corriente va en el sentido indicado por la siguiente figura. Otra forma deverlo es notando que si la espira cae, el flujo magnetico aumenta, luego la corriente inducidadebe generar un flujo magnetico opuesto de manera de oponerse a este aumento.
La magnitud de la corriente esta dada por
I =| ε |R
=αa2 | v |
R
Ahora, para encontrar la velocidad terminal de la espira, necesitamos encontrar la ecuacionde movimiento. Calculemos la fuerza magnetica que actua sobre la espira. Podemos descom-poner la fuerza total como la suma de las fuerzas sobre 4 segmentos
Es facil notar que sobre los segmentos verticales 2 y 4, las fuerzas se anulan (el campo nodepende de la coordenada y y la corriente tiene sentido inverso en ambos segmentos). Ahora,la fuerza sobre el segmento 1 es
~F1 = IaB(z + a)(−y × x) = IaB(z + a)k
Y para el segmento 2~F2 = IaB(z)(y × x) = −IaB(z)k
La fuerza total es
~F = Ia(Bo − α(z + a) −B0 + αz)k = −Ia2αk
~F = −α2a4v
Rk
486
Notar nuevamente que si v > 0 (sube), entonces la fuerza intenta hacer caer a la espira. Sipor otro lado, la espira cae v < 0 y entonces la fuerza magnetica es hacia arriba. Finalmente,la ecuacion de movimiento es
mdv
dt= −α
2a4v
R−mg
Para encontrar la velocidad terminal, imponemos dvdt
= 0
vt = −R mg
α2a4
El signo menos indica que finalmente la espira cae con velocidad constante dada por | vt |
487
Parte VI
Inductancia y Corriente Alterna
373
Capıtulo 13
Inductancia
A continuacion veremos un fenomeno de acoplamiento magnetico. Supongamos que tenemos2 bobinas, cerca una de otra, como se muestra en la figura
La primera de ellas tiene N1 vueltas y lleva una corriente I1, la que da origen a un campomagnetico ~B1. Debido a que ambas bobinas estan cerca, algunas lıneas de campo magnetico atraves de la bobina 1 tambien pasaran a traves de la bobina 2, como se aprecia claramente enla figura. Denotemos por Φ21 el flujo magnetico total a traves de la bobina 2 (que sera N2 vecesel flujo a traves de una sola vuelta) debido a la corriente I1.Ahora, al variar I1 en el tiempo, habra una fem inducida en la bobina 2 debido al cambio deflujo magnetico en ella
ε21 = −dΦ21
dt= − d
dt
ˆ ˆ
S2
d~S · ~B1
Ahora, por regla de la cadena
dΦ21
dt=
dΦ21
dI1
dI1
dt= M21
dI1
dt
375
Notar que aquı hemos establecido que el flujo sobre 2 es proporcional a la corriente I1, es de-cir, dφ21/dI1 = M21 donde la constante de proporcionalidad M21 se llama inductancia mutua,y depende unicamente de la geometrıa y es una medida de que tan bueno es el acoplamientomagnetico.Vemos que es igual a
M21 =dΦ21
dI1
=Φ21
I1
esto ultimo se debe a que los flujos siempre dependen linealmente de las corrientes que losoriginan. La unidad S.I de la inductancia mutua es el Henry (H).
Analogamente, ahora suponga que existe una corriente I2 en la segunda bobina y que varıaen el tiempo. Ası, se induce una fem en la bobina 1 dada por
ε12 = −dΦ12
dt= − d
dt
ˆ ˆ
~B2 · d~S1
Este flujo variable en la bobina 1 es proporcional al cambio de corriente en la bobina 2
dΦ12
dt=
dΦ12
dI2
dI2
dt= M12
dI2
dt
donde
M12 =dΦ12
dI2
=Φ12
I2
Utilizando la ley de Ampere y la de Biot-Savart se puede deducir la formula de Neumann,y se puede demostrar que ambas inductancias mutuas son iguales (muy util!)
M21 = M12 = M
Esto es claro al ver la expresion de la formula de Neumann para dos circuitos
M21 =µ0
4π
˛
C2
˛
C1
d~l1 · d~l2|~r2 − ~r1|
la cual es totalmente simetrica, de manera que el intercambiar los ındices por M12 no alterael resultado.
Autoinductancia
Considere nuevamente una bobina de N vueltas que lleva una corriente I en el sentido con-trareloj. Si la corriente es constante, entonces el flujo magnetico a traves de cada vuelta per-manecera constante. Ahora considere que la corriente I varıa en el tiempo, luego, de acuerdo ala ley de Faraday-Lenz, una fem inducida aparecera para oponerse al cambio de flujo.
376
La corriente inducida ira en el sentido del reloj si dI/dt > 0 y contrareloj si dI/dt < 0. (RecordarLey de Lenz!). La propiedad de que su propio campo magnetico se opone a cualquier cambioen la corriente es lo que se llama inductancia propia o autoinductancia, y la fem generadaentre sus terminales se llama fem autoinducida, que se denota por εL. Todo elemento de estetipo se denomina Indutancia. Matematicamente, se tiene
εL = −dΦB
dt= − d
dt
ˆ ˆ
~B · d~S
dΦB
dt=
dΦB
dI
dI
dt= L
dI
dt
de manera que
εL = −LdI
dt
donde L es la autoinductancia,
L =ΦB
I
Fısicamente, la autoinductancia es una medida de la resitencia de una inductancia al cambiode corriente, ası, mientras mas grande es el valor de L, mas lenta sera la tasa a la cual varıa lacorriente.La autoinductancia tambien se puede pensar (de hecho es equivalente en terminos de la formulade Neumann) como la indutancia mutua del circuito consigo mismo, es decir, L = M11.
377
Energıa almacenada en campos magneticos
Debido a que una inductancia en un circuito se opone a cualquier cambio en la corriente a travesde ella, debe realizarse un trabajo por un agente externo (como una baterıa) para estableceruna corriente en la inductancia. La energıa entonces se puede almacenar en ella!. El rol quejuega una inductancia en el caso magnetico es analogo al de un condensador en el caso electrico.La potencia, o tasa a la cual una fem externa trabaja para superar la fem autoinducida en lainductancia (εL) y lograr que pase una corriente I a traves de esta es
P =dWext
dt= Iεext
Si solo una fem externa y la indutancia estan presentes, entonces ε = −εL, esto es
P = −IεL = ILdI
dt
Si la corriente aumenta con dI/dt > 0, entonces P > 0 lo que significa que la fuente externaesta haciendo un trabajo positivo para transferir energıa a la inductancia. Entonces, la energıainterna UB de la inductancia aumenta.Por otro lado, si la corriente decrece dI/dt < 0, la fuente externa toma energıa de la inductancia,causando una disminucion en la energıa interna de esta.El trabajo total hecho por la fuente externa para aumentar la corriente desde 0 hasta I es
Wext =
ˆ
dWext =
ˆ I
0
LIdI =1
2LI2
Esto es igual a la energıa magnetica almacenada en la inductancia
UB =1
2LI2
esta expresion es analoga a la energıa electrica almacenada en un condensador
UE =1
2
Q2
C
Existe una distincion importante entre una inductancia y una resistencia, desde el punto devista de la energıa. Cuando una corriente I pasa a traves de una resistencia, energıa fluye atraves de la resistencia y se disipa en forma de calor, independiente si la corriente es constanteo dependiente del tiempo.Por otro lado, energıa fluye en una inductancia solo cuando existe una corriente que varıa enel tiempo , con dI/dt > 0. La energıa no es disipada pero sı almacenada, y es liberada despuescuando dI/dt < 0
378
Circuitos RL
Considere el circuito RL que se muestra en la figura. En t=0, el interruptor es cerrado. Veremosque la corriente no alcanza inmediatamente su maximo valor ε/R. Esto se debe a la presenciade una fem autoinducida en la inductancia.
Utilizando la ley de voltajes de Kirchhoff
−ε + IR + |εL| = −ε + IR + LdI
dt= 0
se obtiene entonces una ecuacion diferencial para la corriente
LdI
dt= ε − IR
la que se puede resolver por el metodo de separacion de variables
LdI = dt(ε − IR) → dI
(ε − IR)=
dt
L
dI
(ε/R − I)=
dt
L/R
Integrando a ambos lados de la ecuacion
ln(I − ε/R) = −tR
L+ C1
asıI − ε/R = Ce−t R
L
I(t) = Ce−tR/L + ε/R
Imponiendo la condicion I(0) = 0, se tiene C = −ε/R
I(t) =ε
R(1 − e−tR/L)
379
Se define entonces la constante de tiempo de este circuito como τ = L/R, ası
I(t) =ε
R(1 − e−t/τ )
Notar que despues de un tiempo suficientemente largo, la corriente llega a su valor deequilibrio ε/R. El hecho de que no alcanze este valor de forma inmediata se debe justamente aque la inductancia tiende a oponerse a que la corriente varie de forma brusca. La constante detiempo τ es una medida de que tan rapido se llega al estado de equilibrio, mientras mayor esel valor de L, mas tiempo le toma al circuito a llegar a este estado.Similarmente, la magnitud de la fem autoinducida se puede obtener como
|εL| = | − LdI
dt| = εe−t/τ
La cual es maxima cuando t=0 y desaparece cuando t tiende a infinito. Esto implica quedespues de un largo tiempo desde que el interruptor es cerrado, la autoinduccion desaparece yla inductancia siplemente actua como un alambre conductor conectando 2 partes del circuito.Para verificar que la energıa se conserva, basta multiplicar la ecuacion de Kirchhoff por I, paraobtener
Iε = I2R + LIdI
dt
Notar que el lado izquierdo representa la potencia entregada por la baterıa, parte de esta sedisipa en la resistencia (I2R) y el resto se almacena en la inductancia. La energıa disipada por laresistencia es irrecuperable, mientras que la almacenada por la inductancia se puede reutilizardespues
380
Para verificar esto ultimo, considere ahora el circuito RL que se muestra en la figura. Elinterruptor S1 ha estado cerrado por un tiempo muy largo tal que la corriente esta en equilibriocon valor ε/R. Que ocurre cuando en t=0 el interruptor S1 se cierra y el S2 se abre?
Sumando las caıdas de potencial obtenemos que
−|εL| + IR = −LdI
dt+ IR = 0
LdI
dt= −IR → dI
I= − dt
L/R
Integrando ambos lados de la ecuacion
I(t) = Ce−t/τ
Imponiendo la condicion I(0) = ε/R
I(t) =ε
Re−t/τ
Es decir, una vez que se desconecta la fuente de energıa (baterıa), la energıa almacenadapor la inductancia es liberada y entregada a la resistencia, quien disipa esta energıa en formade calor
381
Circuitos de Corriente Alterna
En ayudantıas anteriores vimos que un flujo magnetico que cambia en el tiempo puede induciruna fem de acuerdo a la ley de Faraday. En particular, si una espira rota con velocidad angularw en la presencia de un campo magnetico, la fem inducida varıa sinusoidalmente en el tiempo(con frecuencia w) y produce una corriente alterna (AC). Este es el caso tıpico de generacionde energıa y de los grandes sistemas de potencia. El sımbolo para una fuente de voltaje alternaes
Un ejemplo de fuente AC esV (t) = V0 cos wt
donde el valor maximo V0 se llama amplitud. El voltaje varıa entre V0 y −V0. Un graficodel voltaje como funcion del tiempo se muestra en la siguiente figura
Es una funcion periodica en el tiempo. La frecuencia f , definida como 1/T donde T es elperıodo, tiene unidades de 1/seg (hertz). Se relaciona con la frecuencia angular segun w = 2πf .En nuestras casas obtenemos V0 = 220
√2 y f = 50 Hz
Cuando una fuente de voltaje se conecta a un circuito RLC, despues de un tiempo transiente,una corriente alterna comenzara a fluır por el circuito como respuesta a la fuente de voltajeforzante. La corriente sera de la forma
I(t) = I0 cos(wt − φ)
Es decir,oscilara con la misma frecuencia de la fuente (esta es una propiedad de los sistemaslineales), con amplitud I0 y fase φ que dependeran de la frecuencia forzante de la fuenteAntes de examinar circuitos RLC complejos, primero consideremos casos simples donde solo unelemento se conecta a una fuente de voltaje sinusoidal
382
Carga puramente resistiva
Considere un circuito puramente resistivo con una resistencia conectada a un generador AC,como se muestra en la figura
Sumando las caıdas de potencial, obtenemos
V (t) − VR(t) = V (t) − I(t)R = 0
donde VR(t) = I(t)R es el voltaje instantaneo a traves de la resistencia. La corriente in-stantanea en la resistencia (y en el circuito) esta dada por
I(t) =VR(t)
R=
V0coswt
R= IR0 cos wt
Notamos que φ = 0, lo que significa que I(t) y V (t) estan en fase, es decir, alcanzan susvalores maximos y mınimos al mismo tiempo.
Ahora, podemos representar voltajes y corrientes con numeros complejos, ası, la fuente querepresentamos como V (t) = V0cos(wt) en forma compleja es, simplemente
V (t)∗ = V0eiwt = Vo(cos wt + i sin wt) = V eiwt
donde V es el voltaje en forma de fasor. En este caso V = Vo, pero en otras circunstanciaspodrıa ser un numero complejo. Por supuesto lo que entendemos aquı por voltaje es la partereal de V ∗(t). Similarmente las corrientes tambien las podemos escribir en forma fasorial.
383
Definimos la Impedancia de una resistencia por el numero complejo
Z = R
Esto corresponde a la resistencia expresado como fasor. En el caso de una resistencia es porsupuesto un numero real. De esta forma
V
Z= I
Esto se cumple de forma general, de modo que al tratar estos problemas con fasores, siemprese cumple que V = IZ, lo que simplifica enormemente los calculos. En este caso en particular
V
R= I
I =V
R=
V0
Ry entonces la corriente es
I(t)∗ = Ieiwt =V0
Reiwt
I(t) =V0
Rcos wt
Carga puramente inductiva
Considere ahora una carga inductiva que consiste de una inductancia conectada a una fuenteAC
Se tiene
V (t) − VL(t) = V (t) − LdI
dt= 0
lo que implicadI
dt=
V (t)
L=
Vo
Lcos wt
Integrando
IL =
ˆ
dIL =Vo
L
ˆ
dt cos wt =V0
wLsin wt =
V0
wLcos(wt − π/2)
de aquı vemos que la amplitud del voltaje en la inductancia es V0
wL= V0
XL
, donde XL = wLse llama reactancia inductiva. Tiene unidades de Ohm (Ω), igual que las resistencias. Sinembargo, a diferencia de una resistencia comun, la reactancia depende de la frecuencia. Estose debe al hecho de que a frecuencias mas altas la corriente varıa de forma mas rapida quea frecuencias bajas. Por otro lado, esta reactancia se anula cuando w tiende a cero. Tambiennotamos que φ = −π
2, es decir, la corriente esta en atraso con respecto al voltaje, como se
aprecia en la figura
384
Veamos como se obtiene este resultado de forma inmediata utilizando fasores, todo lo quehay que saber es que la inductancia equivale a una impedancia igual a
ZL = iXL = iwL
De esta forma, el voltaje en la inductancia se relaciona con la corriente a traves de ella segun
VL = ZLI
es decir, trabajando con fasores es una simple ley de Ohm (entre comillas). Como el voltajeen la inductancia aquı es igual al voltaje de la fuente
V = VL = iwLI
Despejando la corriente
I =1
jwLV = − i
wLV =
1
wLe−iπ/2V
En este caso, V = Vo, con lo que la corriente en funcion del tiempo queda
I(t)∗ = Ieiwt =Vo
wLei(wt−π/2)
tomando la parte real
I(t) =V0
wLcos(wt − π/2)
385
Carga puramente capacitiva
Aquı, nuevamente tenemos
V (t) − VC(t) = V (t) − Q(t)
C= 0
Q(t) = CV (t) = CVc(t) = CV0 cos wt
ademas, la corriente en el circuito esta dada por
I(t) =dQ
dt= −CwV0 sin wt = CwV0 cos(wt + π/2) = CwV (t)
de aquı encontramos la relacion entre la amplitud del voltaje y la amplitud de la corrientea traves del condensador
V0 =1
CwI0 = XCI0
donde Xc es la reactancia capacitiva del condensador. Vemos que en este caso la corrienteesta desfasada en φ = −π/2 con respecto al voltaje (es decir, esta en adelanto con respecto aeste)
En terminos de fasores, simplemente consideramos la impedancia de un condensador
ZC =1
jwC
de forma que
V = ZC I
despejando la corriente
I =V
ZC
= iwCV = iwCVo = wCVoeiπ/2
Ası
I(t)∗ = Ieiwt = wCVoei(wt+π/2)
386
tomando la parte realI(t) = wCVocos(wt + π/2)
Facil facil con fasores!
El circuito resonante RLC
Consideremos ahora el circuito RLC de la figura
Aquı tenemos
V (t) − VR(t) − VL(t) − VC = V (t) − IR − LdI
dt− Q
C= 0
lo que nos lleva a la siguiente ecuacion diferencial
LdI
dt+ IR +
Q
C= Vo cos wt
Asumiendo que el condensador esta inicialmente descargado, y considerando I = dQdt
, pode-mos reescribirla como
Ld2Q
dt2+ R
dQ
dt+
Q
C= Vo cos wt
Una solucion posible es (en regimen permanente)
Q(t) = Q0sin(wt + φ)
donde la amplitud y la fase son, respectivamente
Q0 =V0/L
√
(Rw/L)2 + (w2 − 1LC
)2=
V0
w√
R2 + (wL − 1/wC)2
Q0 =V0
w√
R2 + (XL − XC)2
y
tanφ =1
R(wL − 1
wC) =
XL − XR
R
la correspondiente corriente es
I(t) =dQ
dt= Io cos(wt + φ)
con amplitud
I0 = Q0w =V0
√
R2 + (XL − XC)2
387
Notar que la corriente tiene la misma amplitud y fase en todos los puntos del circuito RLC.Por otro lado, el voltaje instantaneo a traves de cada uno de los 3 elementos tiene diferenteamplitud y fase con respecto a la corriente. Habran notado que resolver los problemas medianteesta forma puede resultar complicado, de forma que indicare una solucion con fasores, y sacaransus propias conclusiones.
En terminos de fasores, podemos ver el circuito como una sola impedancia equivalente, comola resistencia, la inductancia y el condensador se encuentran en serie, tenemos
Zeq = R + iwL +1
iwC= R + i(wL − 1
wC)
la amplitud de este numero complejo es, simplemente
mod Z mod =
√
R2 + (wL − 1
wC)2
y la fase
φ = arctan(wL − 1
wC
R)
de esta forma, si el voltaje de la fuente es
V = V0∠0
entonces la corriente a traves del circuito es
I =V
Z=
V0√
R2 + (wL − 1wC
)2∠arctan(
wL − 1wC
R)
Por ultimo, recordando que
I(t)∗ = Ieiwt =| I | ei(wt+φ)
I(t) =V0
√
R2 + (wL − 1wC
)2cos(wt + φ)
donde φ = arctan(wL−
1
wC
R)
Notar que la amplitud de la corriente I0 = V0
Zalcanza un maximo cuando Z es mınimo.
Esto ocurre cuando XL = XC , o wL = 1wC
, llevando a
w0 =1√LC
Este fenomeno en que I0 alcanza su maximo se llama Resonancia, y la frecuencia a la cualocurre, w0, se llama frecuencia de resonancia. En resonancia, la impedancia se transforma enZ = R (puramente resistiva), y la amplitud de la corriente es
I0 =V0
R
y la fase φ = 0
388
El circuito resonante es ultil en varias aplicaciones, como sintonizadores y tarjetas elec-tronicas, donde se desea que el circuito responda a senales de un rango de frecuencias limitado.
389
El transformador
Un transformador es un dispositivo utilizado para aumentar o disminuır el voltaje AC en uncircuito. Una tıpica configuracion consiste de 2 bobinas, (primaria y secundaria), enrolladas enun nucleo de hierro, como se muestra en la figura
La bobina primaria, con N1 vueltas, es conectada a una fuente alterna V1(t). La secundariatiene N2 vueltas y se conecta a una resistencia de carga R2. La forma en que funcionan lostransformadres se basa en la ley de Faraday, la corriente alterna en el primario induce una femalterna en la segunda bobina, debido a su inductancia mutua.En el circuito primario, despreciando la resistencia de la bobina, la ley de Faraday implica
V1 = −N1dΦB
dt
donde ΦB es el flujo magnetico a traves de la bobina primaria. El nucleo de hierro sirve paraincrementar el flujo magnetico producido por la bobina 1 (el hierro tiene permeabilidad µ muchomayor a la del vacıo) y para asegurar que practicamente todo el flujo magnetico por el primariotambien atraviese la bobina secundaria. Ası, el voltaje inducido en el secundario es
V2 = −N2dΦB
dt
En un transformador ideal, la perdida de potencia debida al efecto Joule se puede despreciar,de manera que la potencia administrada a la bobina primaria es transferida completamente ala secundaria
I1V1 = I2V2
Tambien estamos suponiendo que no hay flujo magnetico que escape afuera del nucleo dehierro. Combinando esto obtenemos
V2
V1
=N2
N1
I2
I1
=N1
N2
vemos que la razon para los voltajes esta completamende determinada por la razon entre elnumero de vueltas entre el primario y el secundario. El transformador tiene una infinidad deaplicaciones, todos los equipos electicos utilizan uno para transformar los 220 V efectivos en elvoltaje deseado de operacion. Notar que con corriente continua un transformador simplementeno funciona (Es una de las razones de las porque no se genera en corriente continua).
390
Problema 1
Considere dos espiras coplanares y concentricas, de radios R1 y R2 con R1 R2. Encuentre lainductancia mutua entre ambas espiras.
Solucion
La inductancia mutua se puede obtener suponiendo que por el anillo mas grande circula unacorriente I1, como muestra la figura:
Anteriormente vimos que el campo magnetico en el centro de un anillo que lleva corrienteI1 esta dado por
~B1 =µ0I1
2R1
k
Debido a que R1 R2, aproximamos el campo magnetico sobre toda la espira interior por~B1. Ası, el flujo a traves de la espira interior es
Φ21 = ~B1 · ~S
Si definimos la normal a la superficie encerrada por el anillo interior segun el eje k
Φ21 = B1S =µ0I1
2R1
πR22 =
µ0I1πR22
2R1
Finalmente, la inductancia mutua esta dada por
M =Φ21
I1
=µ0πR2
2
2R1
391
Problema 2
Considere un toroide de N vueltas y de seccion rectangular de lado h, radio interior a y radioexterior b.
a) Calcule la autoinductancia y discuta que ocurre cuando a b − ab) Calcule la energıa magnetica almacenada en el toroide
Solucion
Utilizando la ley de Ampere, el campo magnetico se obtiene como˛
~B · d~l =
˛
Bdl = B
˛
dl = B(2πr) = µ0NI
donde se ha integrado el campo sobre una circunferencia de radio r ubicada en el centro deltoroide
B =µ0NI
2πr
El flujo magnetico sobre una vuelta del toroide se puede obtener al integrar sobre todas lassecciones rectangulares, con dA = hdr como elemento diferencial de area
ΦB =
ˆ ˆ
~B · d~S =
ˆ b
a
µ0NI
2πrhdr =
µ0NIh
2πln(b/a)
y el flujo total sobre el toroide sera NΦB. Con esto, la autoinductancia es
L =NΦB
I=
µ0N2h
2πln(b/a)
cuando a b − a, se tiene
ln(b/a) = ln(1 +b − a
a) ≈ b − a
a
y la autoinductancia es
L =µ0N
2h
2π
b − a
a
392
recordando que el area de una seccion del toroide es A = h(b − a)
L =µ0N
2A
2πa
y con l = 2πa
L =µ0N
2A
l
que es justamente la autoinductancia de un solenoide.
b) La energıa almacenada en el toroide es simplemente
U =1
2LI2 =
µ0N2I2h
4πln(b/a)
393
Problema 3
Considere el siguiente circuito LC. Suponga que el condensador tiene una carga inicial Q0. Ent=0, el interruptor se cierra.
a) Encuentre la ecuacion diferencial para la carga en el condensador mediante consideracionesenergeticas.b) Utilizando las leyes de Kirchhoff encuentre I(t) y Q(t)
Solucion
a) En ausencia de una resistencia, la energıa total se transforma constantemente en energıaelectrica y magnetica, esto se llama osilacion electromagnetica.
Le energıa total del circuito LC en un instante arbitrario es
U = UC + UL =1
2
Q2
C+
1
2LI2
Por el principio de conservacion de la energıa
dU
dt=
d
dt(1
2
Q2
C+
1
2LI2) = 0
Q
C
dQ
dt+ LI
dI
dt= 0
Ademas, hay que notar que I = −dQ/dt
−Q
CI + LI
dI
dt= 0 → −Q
C− L
d2Q
dt2= 0
Finalmente la ecuacion diferencial para la carga en el condensador es
Q
C+ L
d2Q
dt2= 0
b)Utilizando la ley de voltajes de Kirchhoff,
−VC + VL = −Q
C+ L
dI
dt= 0
y relacionando la corriente con la carga en el condensador
Q
C+ L
dQ2
dt2= 0
394
dQ2
dt2+
Q
LC= 0
la solucion general es de la forma
Q(t) = Q0cos(w0t + φ)
donde la frecuencia angular w0 esta dada por
w0 =1√LC
La corriente por la inductancia es
I(t) = −dQ
dt= w0Q0sin(w0t + φ) = I0sin(w0t + φ)
donde I0 = w0Q0. De las condiciones iniciales Q(0) = Q0 e I(0) = 0, la fase φ es simplemente0.
Con esto, las soluciones para la carga y la corriente en el circuito LC es
Q(t) = Q0cos(w0t)
I(t) = I0sin(w0t)
la dependencia de Q(t) e I(t) se muestra en la figura:
La energıa electrica y magnetica estan dadas por
UE =Q2(t)
C= (
Q20
2C)cos2(w0t)
UL =1
2LI2(t) =
LI20
2sin2(w0t) =
Q20
2Csin2(w0t)
Se ve facilmente que la energıa permanece constante
U = (Q2
0
2C)cos2(w0t) +
Q20
2Csin2(w0t) =
Q20
2C
La oscilacion de energıa magnetica y electrica en el tiempo se ve en la figura
395
El analogo mecanico de este circuito LC es el sistema masa-resorte
396
Problema 4
Considere el circuito RLC en serie, que consta de una resistencia, una inductancia, y un con-densador
Mediante consideraciones energeticas encuentre la ecuacion diferencial para la carga en el con-densador
Solucion
La energıa en un instante arbitrario t esta dada por
U = UE + UL =1
2
Q2
C+
1
2LI2
A diferencia del circuito LC, parte de la energıa del circuito sera disipada por la resistencia.Esto es, la tasa a la cual la energıa es disipada es
dU
dt= −I2R
donde el signo negativo implica que la energıa total disminuye en el tiempo. Ası
dU
dt=
Q
C
dQ
dt+ LI
dI
dt= −I2R
Aquı, nuevamente se tiene I = −dQ/dt
−Q
CI + LI
dI
dt= −I2R
−Q
C+ L
dI
dt= −IR
−Q
C− L
dQ2
dt2=
dQ
dtR
Finalmente, la ecuacion diferencial para Q es
LdQ2
dt2+
dQ
dtR +
Q
C= 0
397
Problema 5
Considere el circuito de la figura
Determine la corriente por cada resistenciaa) inmediatamente despues de cerrar el interruptorb) despues de que ha pasado mucho de tiempo de cerrado el interruptorSuponga que el interruptor es reabierto despues de que ha estado mucho tiempo cerrado, en-cuentre nuevamente las corrientes:d) inmediatamente despues de que es abiertoe) despues de un largo tiempo
Solucion
a) Inmediatamente despues de que el interruptor es cerrado, la corriente a traves de la induc-tancia es cero ya que la fem autoinducida evita que la corriente crezca abruptamente.Ası, I3 = 0.
Debido a que I1 = I2 + I3, se tiene que I1 = I2
Utilizando las leyes de Kirchhoff a la malla 1, se tiene
−ε + I1R1 + I1R2 = 0
I1 = I2 =ε
R1 + R2
b) Despues de un largo tiempo, no hay fem autoinducida en la inductancia y las corrientespasan a ser constantes. Para la malla 1, se tiene ahora
−ε + I1R1 + I2R2 = 0
y para la malla 2
398
I3R3 − I2R2 = 0
por ultimo, por la ley de nodos, I1 = I2 + I3. Resolviendo, se obtiene
I1 =(R2 + R3)ε
R1R2 + R1R3 + R2R3
I2 =R3ε
R1R2 + R1R3 + R2R3
I3 =R2ε
R1R2 + R1R3 + R2R3
c) Inmediatamente despues de que el interruptor es abierto nuevamente, la corriente a traves
de R1 es 0, I1 = 0. Esto implica que I2 + I3 = 0.La malla 2 ahora forma un circuito RL que decae e I3 comienza a decaer. Ası
I3 = −I2 =R3ε
R1R2 + R1R3 + R2R3
d)Despues de mucho tiempo , todas las corrientes son cero, esto es, I1 = I2 = I3 = 0
399
Problema 6
Considere el circuito de la figura, donde V (t) = Vo cos wt. Si S1 y S2 se cierran inicialmente,encuentre (Datos son R, L, Vo y w)
a) La corriente en funcion del tiempob) La potencia promedio entregada al circuitoc) La corriente en funcion del tiempo largo tiempo despues de que S1 se abred) La capacidad C si S1 y S2 se abren y despues de un tiempo largo, la corriente y el voltajeestan en fasee) La impedancia cuando S1 y S2 se abrenf) La energıa maxima almacenada en el condensador y la inductanciag) La diferencia de fase entre voltaje y corriente si se dobla la frecuencia wh) La frecuencia para la cual la reactancia inductiva es igual a un medio de la reactancia ca-pacitiva
Solucion
a) Al cerrar ambos interruptores, no circulara corriente ni por la inductancia ni por el con-densador. La impedancia equivalente en este caso es Zeq = R de modo que la corriente es,simplemente
I(t) =Vo
Rcos wt
b) La potencia instantanea consumida por la resistencia es
P (t) = V (t)I(t) =V 2
o
Rcos2 wt
Claramente una funcion periodica, el promedio temporal es entonces
< P (t) >=1
T
ˆ T
o
dtP (t) =V 2
o
2R
c) Cuando se abre S1, se conecta la inductancia al circuito. La impedancia equivalente eneste caso es
Zeq = R + iwL =√
R2 + w2L2eiarctan(wL
R)
Luego, la corriente es
I =V
Zeq
=Vo√
R2 + w2L2e−iarctan(wL
R)
400
Ası,
I(t) = Re(Ieiwt) =Vo√
R2 + w2L2cos(wt − tan−1(wL/R))
d) Ahora se conecta ademas el condensador, de modo que la impedancia equivalente en estecaso es
Zeq = R + iwL +1
iwC= R + i(wL − 1
wC) =| Z | eiφ
donde esta dado por
φ = tan−1 (wL − 1wC
)
R
como no hay desfase entre voltaje y corriente, φ = 0 (el circuito esta en resonancia!), estoquiere decir que w = wo
φ = 0 → tan−1 = 0
woL =1
woC
C =1
w2oL
e) El circuito esta en resonancia, luego
| Z |=√
R2 + (wL − 1
wC)2 = R
f) La energıa maxima en el condensador es (Vc representa la amplitud del voltaje en elcondensador)
UEmax=
1
2CV 2
c =1
2C(
Io
wC)2
UEmax=
1
2C
Vo
R
2 1
w2oC
2=
V 20 L
2R2
En el ultimo paso se ha usado que la frecuencia es igual a la frecuencia de resonanciaw0 = 1/(
√LC) Ahora, la energıa maxima almacenada por la inductancia
ULmax=
1
2LI2
o =LV 2
o
2R2
g) Si la frecuencia es ahora
w = 2wo =2√LC
el angulo de desfase entre voltaje y corriente queda
401
φ = tan−1(wL − 1/(wC)
R) = tan−1(
2/(√
LC)L − (√
LC/(2C))
R)
φ = tan−1(3
2R
√
L
C)
h) Finalmente, la frecuencia para que XL = 12XC debe cumplir
wL =1
2
1
wC
luego
w =1√2LC
=wo√
2
402
Problema 7
Una antena FM tiene una inductancia L = 10−6 H, una capacidad C = 10−12 F, y unaresistencia R = 100 Ω. Una senal de radio induce una fem sinusoidal en la antena con amplitud10−5 V
a) A que frecuencia angular w0 de la senal incidente el circuito estara sintonizado, esto es, paraque w0 la corriente en el circuito sera maxima?b) Asumiendo que la onda incidente esta sintonizada, cual sera la amplitud de la corriente enel circuito a esta frecuencia?c) Cual es la amplitud de la diferencia de potencial a traves del condensador a esta frecuencia?
Solucion
a) La antena estara sintonizada con la senal incidente a la frecuencia de resonancia, esto es, lasenal debe tener una velocidad angular dada por
w0 =
√
1
LC=
√
1
10−610−12= 109
y la frecuencia asociada es
f =w0
2π=
1
2π109 = 0, 159 ∗ 109
Equivalentemente f = 0, 159Ghz.
b) A la frecuencia de resonancia, la corriente maxima es
I0 =V0
R=
10−5
100= 0, 1µA
c)La amplitud del voltaje en la inductancia
VL = I0XL = I0w0L = 0, 1 ∗ 10−62π ∗ 0, 159 ∗ 109 ∗ 10−6 = 9, 99 ∗ 10−5V
403
Problema 1
Dado el circuito de la figura, suponer que el interruptor S se ha cerrado durante un largo tiempo,de modo que existen corrientes estacionarias en el inductor de L = 2H y que su resistencia esdespreciable. Ademas R1 = 10 Ω, ε = 10 V(a) Determinar la intensidad de corriente suministrada por la baterıa, la corriente que circulapor la resistencia R2 = 100 Ω y la intensidad que circula por el inductor(b) Determinar el voltaje inicial entre los extremos del inductor cuando se abre el interruptorS
Problema 2
El circuito de la figura se denomina filtro RC pasa-altos porque transmite con mayor amplitudlas senales de alta frecuencia que las de baja. Si la tension de entrada es Vin = V0 cos wt,demostrar que la de salida es Vsal = VR cos(wt − φ), donde
VR =V0
√
1 + ( 1wRC
)2
Solucion problema 1
Cuando el interruptor S ha estado cerrado por largo tiempo, las corrientes llegan a un estadode regimen permanente. Si IL(t) denota la corriente a traves de la inductancia, se tiene que elvoltaje a traves de esta es
404
vL(t) = LdIL
dt
En regimen estacionariodIL
dt= 0
Ası, no hay diferencia de potencial entre los extremos de la inductancia. Esto significa queen regimen permanente la inductancia se comporta como un cortocircuito
En esta situacion, toda la corriente se ira por la inductancia, de esta forma
IR100Ω= 0
Para obtener la intensidad que circula por el circuito, simplemente sumamos las caıdas depotencial y se obtiene
−ε + IR1 = 0
I =ε
R1
=10
10= 1A
b) En el instante en que se abre nuevamente el interruptor, circula corriente a traves de lainductancia y la resistencia de 100Ω
Sea I(t) la corriente que fluye en este caso. Por continuidad, I(0) = 1A, con esto
IR2 + VL = 0
VL = −IR2 = −1 ∗ 100 = −100V
405
Solucion Problema 2
El circuito consiste en un condensador en serie con una resistencia
La impedancia equivalente esta dada por
Z = R +1
iwC= R − i
1
wC
Conviene expresar esta impedancia en su forma polar
Z =
√
R2 +1
w2C2eiφ
donde φ esta dado por
φ = tan−1(1
wRC)
De esta forma, se tiene
Vin = ZI
I =Vin
Z=
Vo√
R2 + 1w2C2 eiφ
I =Vo
√
R2 + 1w2C2
e−iφ
Finalmente, Vout es el voltaje entre los extremos de la resistencia
Vout = ZrI = RI =RVo
√
R2 + 1w2C2
e−iφ
Vout =Vo
√
1 + 1R2w2C2
e−iφ
Con esto
Vout(t) = Re(Vouteiwt) =
Vo√
1 + 1R2w2C2
cos(wt − φ)
406
Parte VII
Ecuaciones de Maxwell y sus basesempıricas
419
Capıtulo 14
Ecuaciones de Maxwell
14.1. Corriente de Desplazamiento
Habıamos visto anteriormente que si un conductor con corriente posee cierta simetrıa fa-vorable, el campo magnetico se podıa obtener facilmente mediante la ley de Ampere
˛
Γ
d~x · ~B(~x) = µ0Ienc
Esta ecuacion indica que la circulacion del campo magnetico sobre cualquier curva cerradaes siempre µ0Ienc, donde Ienc es la corriente que atraviesa una superficie cuyo contorno es lacurva de integracion.
Ahora, en un medio material la ley de Ampere es
˛
Γ
d~x · ~H(~x) = I
Esta ley se puede llevar a su forma diferencial mediante el teorema de Stokes
~∇× ~H(~x) = J(~x)
Sin embargo, esta ley es inconsistente en algunas ocasiones y encontraremos entonces unageneralizacion valida, que fue propuesta por Maxwell. Consideremos el circuito electrico dela figura, que consiste de un condensador de placas paralelas, que se esta cargando con unacorriente de magnitud constante I
Utilizando la ley de Ampere al contorno C y a la superficie S1
˛
C
d~x · ~H(~x) =
¨
S1
d~S(~x) · ~J(~x) = I
421
Si, por otra parte, se utiliza la ley de Ampere al contorno C y a la superficie S2, entoncesJ(~x) es cero para todo ~x ∈ S2
˛
C
d~x · ~H(~x) =
¨
S2
d~S(~x) · ~J(~x) = 0
Vemos que existe entonces una ambiguedad fundamental en la ley de Ampere al escoger dossuperficies de integracion distintas. El error es facil de ver al mirar su forma diferencial
~∇× ~H(~x) = ~J(~x)
Utilizamos ahora el hecho de que la divergencia de un rotor es nulo
~∇ · ~∇× ~H(~x) = ~∇ · ~J(~x) = 0
Es inmediato que ~∇· ~J = 0 es inconsistente con la conservacion de la carga en la presentesituacion, por que de hecho, en el volumen encerrado por ambas superficies, hay un ∂ρ/∂tdistinto de cero ( se esta acumulando carga en el condensador).Maxwell corrigio la ley de Ampere al agregar un termino tal que de ella se desprenda
~∇ · ~J(~x) = −∂ρ(~x)∂t
De la primera ecuacion de Maxwell
~∇ · ~D(~x) = ρ(~x)
y sustituyendo en la ecuacion de continuidad
~∇ · ~J(~x) +∂
∂t~∇ · ~D(~x) = ~∇ · ( ~J(~x) +
∂ ~D(~x)
∂t) = 0
de manera que la correccion de Maxwell esta en agregar el termino ∂ ~D∂t
a la forma diferencialde la ley de Ampere, y entonces se obtiene la ley de Ampere-Maxwell
~∇× ~H(~x) = ~J(~x) +∂ ~D(~x)
∂t
es evidente que en el caso de campos que no dependen del tiempo, esta ley es igual a la ley deAmpere. La introduccion del segundo termino , llamado densidad de corriente de desplazamien-
to, representa una de las mas grandes contribuciones de Maxwell a la teorıa electromagnetica.Veremos que al modificar esta ley, las ecuaciones de Maxwell predicen la propagacion de ondaselectromagneticas.
Por ultimo, la forma integral de la ley de Ampere-Maxwell queda de la forma
˛
Γ
d~x · ~H(~x) =
¨
S(Γ)
d~S(~x) · ~J(~x) +d
dt
¨
S(Γ)
d~S(~x) · ~D(~x)
En el ejemplo, al integrar en la superficie S2, el segundo termino no es nulo, debido a quehay un flujo del campo ~D a traves de S2 que esta variando en el tiempo, de hecho la magnituddel campo crece cuando se acumula carga en el condensador.
422
14.2. Ecuaciones de Maxwell
Las ecuaciones de Maxwell resumen toda la teorıa electromagnetica. Estas establecen larelacion entre las fuentes (densidad de carga ρ(t, ~x), y densidad de corriente ~J(t, ~x)) con los
campos ~E(t, ~x), ~B(t, ~x), ~D(t, ~x), ~H(t, ~x))
~∇ · ~D(t, ~x) = ρ(~x)
~∇× ~E(t, ~x) = −∂~B(t, ~x)
∂t
~∇ · ~B(t, ~x) = 0
~∇× ~H(~x) = ~J(~x) +∂ ~D(~x)
∂t
La primera ecuacion ~∇ · ~D = ρ es la ley de Gauss, cuya forma integral es
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~D(t, ~x) =
˚
V (S)
d3xρ(t, ~x)
La ecuacion ~∇ × ~E = −∂ ~B∂t
es la forma diferencial de la ley de induccion de Faraday, estadice que un campo magnetico variable en el tiempo induce un campo electrico, en su formaintegral
˛
Γ
d~x · ~E(t, ~x) = − d
dt
ˆ
ˆ
S(Γ)
d~S(~x) · ~B(t, ~x)
La ecuacion ~∇ · ~B = 0 es la ley de Gauss magnetica, y representa el hecho de que losmonopolos magneticos nunca han sido observados. Es decir, las lıneas de campo magnetico soncerradas, consecuencia de esto es que el flujo magnetico sobre una superficie cerrada es siemprecero. En su forma integral
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ~B(t, ~x) = 0
Por ultimo, la ecuacion ~∇× ~H = ~J + ∂ ~D∂t
es una extension de la ley de Ampere, mencionadaanteriormente. Hay que notar que esta implica la ecuacion de continuidad.
Es claro que las ecuaciones de Maxwell representan expresiones matematicas de ciertos re-sultados experimentales. Resulta evidente entonces que no pueden demostrarse, sin embargo,la aplicabilidad para cualquier situacion puede verificarse.Junto con la ecuacion de la fuerza de Lorentz, ~F = q( ~E + ~v × ~B), que describe la accion delos campos sobre partıculas cargadas, este conjunto de leyes nos da una descripcion clasicacompleta de las partıculas que actuan electromagneticamente.
423
14.2.1. Vector de Poynting- Conservacion de la Energıa
Las ecuaciones de Maxwell son consistentes con la ley de conservacion de la carga electrica
~∇ · ~J(t, ~x) +∂ρ(t, ~x)
∂t= 0
o, en su forma integral
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x) · ~J(~x) = − d
dt
˚
V
d3xρ(~x)
intentemos establecer una ley equivalente para la Conservacion de la energıa. Podemoscomenzar el analisis definiendo una densidad de energıa electromagnetica ε(t, ~x). Del mismo
modo, definimos el vector de Poynting ~S(t, ~x), donde
~S(t, ~x) · d~S(~x)
es la energıa electromagnetica de campo cruzando una superficie d~S(~x) por unidad de tiem-
po. Notar que nuestras definiciones de ε(t, ~x) y ~S(t, ~x) estan claramente inspiradas en ρ(t, ~x)
y ~J(t, ~x). Uno podrıa pensar entonces que la ley de conservacion de la energıa se escribe en laforma
− d
dt
˚
V
d3xε(t, ~x) =
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x) · ~S(t, ~x)
Sin embargo, esto no esta correcto, pues falta incluir un termino que involucre el trabajorealizado por los campos sobre las cargas presentes en la region V (por unidad de tiempo). Lafuerza neta que actua sobre un elemento de carga por unidad de volumen es (de acuerdo a lafuerza de Lorentz)
~f = ρ ~E + ~J × ~B = ρ( ~E + ~v × ~B)
de forma que el trabajo realizado sobre las cargas por unidad de tiempo es
W =
˚
V
d3x~f · ~v =
˚
V
d3xρ(~x)(
~E(~x) · ~v(~x))
=
˚
V
d3x′ ~J(~x) · ~E(~x)
Luego, la ley de conservacion de la energıa debe ser como sigue
− d
dt
˚
V
d3xε(t, ~x) =
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(~x) · ~S(t, ~x) +
˚
V
d3x ~J(~x) · ~E(~x)
La interpretacion es bien clara: la disminucion de energıa por unidad de tiempo en unvolumen V es igual al flujo de energıa electromagnetica por unidad de tiempo a traves delcontorno de V mas el trabajo reaizado sobre las cargas en V por unidad de tiempo. En suforma diferencial
∂ε(t, ~x)
∂t+ ~∇ · ~S(t, ~x) = − ~J(t, ~x) · ~E(t, ~x)
Veamos que una expresion de este tipo se obtiene a partir de las ecuaciones de Maxwell
~J =1
µ0
~∇× ~B(t, ~x) − ε0∂ ~E(t, ~x)
∂t
424
− ~J(t, ~x) · ~E(t, ~x) = − 1
µ0
~E(t, ~x) ·(
~∇× ~B(t, ~x))
+ ε0 ~E(t, ~x) · ∂~E(t, ~x)
∂t
Ademas
~∇× ~E(t, ~x) = −∂~B(t, ~x)
∂ty
~E(t, ~x) ·(
~∇× ~B(t, ~x))
= ~B(t, ~x) ·(
~∇× ~E(t, ~x))
− ~∇ ·(
~E(t, ~x) × ~B(t, ~x))
− ~J(t, ~x)· ~E(t, ~x) = − 1
µ0
(
~B(t, ~x) ·(
~∇× ~E(t, ~x))
− ~∇ ·(
~E(t, ~x) × ~B(t, ~x)))
+ε0 ~E(t, ~x)∂ ~E(t, ~x)
∂t
− ~J(t, ~x) · ~E(t, ~x) =1
µ0
~B(t, ~x) · ∂~B(t, ~x)
∂t+ ε0 ~E(t, ~x)
∂ ~E(t, ~x)
∂t+ ~∇ ·
(
~E(t, ~x) ×~B(t, ~x)
µ0
)
− ~J(t, ~x) · ~E(t, ~x) =∂
∂t
1
2ε0 ~E
2(t, ~x) +1
2µ0
~B2(t, ~x)
+ ~∇ ·(
~E(t, ~x) ×~B(t, ~x)
µ0
)
Comparando con nuestra expresion anterior, obtenemos formulas explıcitas para ε y ~S
ε(t, ~x) =1
2ε0 ~E
2(t, ~x) +1
2µ0
~B2(t, ~x)
~S(t, ~x) =1
µ0
~E(t, ~x) × ~B(t, ~x)
425
14.3. Ecuaciones de Maxwell en un Medio Lineal, Ho-
mogeneo e Isotropico
Es bien sabido que la relacion entre los campos ~D y ~E en general esta dada por
~D(t, ~x) =(
ε0 ~P+)
~E(t, ~x)
Sin embargo, en ciertos medios, la polarizacion depende linealmente del campo electrico(medios lineales), de forma que
~D(t, ~x) = ε ~E(t, ~x)
donde ε es la permitividad del medio, y no depende de ~x para medios homogeneos e isotropi-cos.
Del mismo modo, en este tipo de medios simples, el campo ~H esta relacionado con ~Bmediante
~H(t, ~x) =1
µ~B(t, ~x)
donde µ es la permeabilidad del medio. De esta forma las ecuaciones de Maxwell se puedenescribir como
~∇ · ~E(t, ~x) =ρ(t, ~x)
ε
~∇× ~E(t, ~x) = − ∂
∂t~B(t, ~x)
~∇ · ~B(t, ~x) = 0
~∇× ~B(t, ~x) = µ~J(t, ~x) + µε∂
∂t~E(t, ~x)
Es un sistema de ecuaciones diferenciales acoplado para ~E y ~B, donde propiedades del mediose incluyen en ε y µ
426
ProblemaUn cable coaxial consiste de dos conductores cilındricos concentricos , el interior de radio a yel exterior de radio b (ambos con resistencia nula). La longitud de ambos cables l es tal quel >> b. El cable transmite energıa en DC desde una baterıa a una carga. La baterıa proveeuna fem ε entre ambos conductores en un extremo del cable , y la carga es una resistencia Rconectada entre los conductores al otro extremo del cable. Una corriente I fluye a traves delconductor interior y regresa por el conductor exterior. La baterıa carga el conductor internocon carga −Q y el externo con +Q
a) Encuentre el campo electrico en todas partes
b) Encuentre la direccion y magnitud de ~B en todas partesc) Calcule el vector de Poynting al interior del cable
d) Al integrar ~S sobre una superficie apropiada, encuentre la potencia que fluye en el cablecoaxial
Soluciona) Despreciando efectos de borde, se puede calcular el campo electrico mediante la ley de Gauss,utilizando como superficie de integracion un cilindro de largo h y radio r, con a < r < b, comose muestra en la figura
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) =
ˆ
ˆ
S
dS(~x′)n(~x′) · ~E(~x′) =
ˆ
ˆ
S
dS(ϕ, z)r · E(r)r
ˆ
ˆ
S
d~S(~x′) · ~E(~x′) = E(r)
ˆ
ˆ
S
dS(r, ϕ, z) = E(r)2πrh
la carga encerrada por S es
qint = 2πahσ
427
donde σ es la densidad de carga (homogenea) en el conductor interno
σ =−Q
2πaL
con esto
E(r)2πrh =2πah
ε0
( −Q2πaL
)
E(r) =−Q
2πrLε0
de forma que el campo electrico entre ambos conductores esta dado por
~E(r) =−Q
2πrLε0r
Ademas, se sabe
ε = φ(b) − φ(a) = −ˆ b
a
d~x′ · ~E(~x′)
tomando una curva parametrizada por ~x′ = rr, con r alguna direccion radial fija, y a < r < b,se obtiene
ε = −ˆ b
a
drE(r) = −ˆ b
a
dr−Q
2πrLε0=
Q
2πLε0
ˆ b
a
dr
r
ε =Q
2πLε0ln(b/a)
luego
Q = ε2πLε0 ln(a/b)
y
~E(r) =−ε ln (a/b)
rr
por supuesto, que el campo electrico para r < a es nulo (interior de un conductor), y lomismo ocurre para r > b, pues el cable coaxial es electricamente neutro.
b) El campo magnetico para a < r < b puede se obtenido mediante la ley de Ampere,utilizando como contorno una curva circular Γ concentrica al conductor interno y de radio r.
428
Notar que el sentido de la corriente por el conductor interno es segun z. Por simetrıa, elcampo magnetico solo dependera de la variable r, y sera tangente a la curva Γ en todos suspuntos
˛
Γ
d~x · ~B(~x) =
ˆ 2π
0
dϕrϕ · ~B(r)ϕ = 2πrB(r)
la corriente encerrada por Γ es simplemente I, luego
˛
Γ
d~x · ~B(~x) = µ0I
2πrB(r) = µ0I
~B(r) =µ0I
2πrϕ
El campo magnetico es nulo para r > a (Cualquier curva encierra una corriente nula, puesambos conductores llevan I en sentidos opuestos).
c) El vector de Poynting al interior del cable (a < r < b) esta dado por
~S(r) =1
µ0
~E(r) × ~B(r) =1
µ0
(−ε ln (a/b)
r
)(
µ0I
2πr
)
r × ϕ
~S(r) =−Iε ln (a/b)
2πr2z
El vector de Poynting representa un flujo de energıa por unidad de tiempo y area en direccion−z (es decir, desde la fem hacia la resistencia). Para calcular la potencia que se transmite atraves de la lınea se debe calcular el flujo del vector Poynting sobre una seccion transversalentre ambos conductores, esto es
P =
¨
S
d~S(~x) · ~S(~x) =
ˆ 2π
0
dϕ
ˆ b
a
drr(−z) · −Iε ln (a/b)
2πr2z = Iε ln (a/b)
ˆ b
a
dr1
r
P = εI
que es efectivamente la potencia que se disipa en la resistencia. Con este ejemplo se ilustracomo los campos realmente son los que transportan la energıa desde la fuente a la carga
429
ProblemaUn condensador de placas paralelas circulares se esta cargando de modo que entre las placasexiste un campo electrico ~E(t) aproximadamente uniforme. Obtenga el campo magnetico entrelas placas del condensador en funcion de la distancia r al eje del mismo.
SolucionDe la cuarta ecuacion de Maxwell, tenemos que
~∇× ~H = ~J +∂ ~D
∂t
en este caso, para la region entre placas
~J = ~0
Ademas, en el vacıo se tiene ~D = ε0 ~E, y ~H = ~B/µ0, con lo que
~∇× ~B = ε0µ0∂ ~E
∂t=
1
c2∂ ~E
∂t
Ahora, integrando sobre una circunferencia a distancia r del eje de las placas, y utilizandoel teorema de Stokes
˛
C
d~x · ~B =
¨
S
d~S(~x) ·(
~∇× ~B(~x))
=
¨
S
d~S(~x) · 1
c2∂ ~E(~x)
∂t˛
C
d~x · ~B =1
c2d
dt
¨
S
d~S(~x) · ~E(~x) =1
c2d
dt(Eπr2)
˛
C
d~x · ~B = B2πr =πr2
c2dE
dt
Finalmente
B =r
2c2dE
dt
430
Parte VIII
Ondas Electromagneticas
431
Capıtulo 15
Ondas Planas Monocromaticas
Una de las consecuencias importantes de las ecuaciones de Maxwell, es la prediccion de laexistencia de ondas electromagneticas que se propagan a la velocidad de la luz (La luz es, enefecto, una onda electromagnetica)
c =1√µε
La razon es que un campo electrico variable en el tiempo produce un campo magnetico y viceversa. El acoplamiento entre estos dos campos lleva a la generacion de ondas electromagneticas.Esta prediccion fue confirmada por Hertz en 1887
Fig. 15.1: Heinrich Hertz
Heinrich Hertz (1857-1894) Fısico Aleman. Clarifico y expandio la teorıa electromagneticade la luz que fue propuesta por Maxwell. Fue el primero en demostrar de forma satisfactoria laexistencia de ondas electromagneticas al construır un aparato para producir y detectar ondasde radio.
15.1. Ondas electromagneticas planas en medios no con-
ductores y libres de fuentes
Sabemos que cargas y corrientes son fuentes de campos electromagneticos. Mas adelanteveremos exactamente como son creados estos campos a partir de cierta distribucion de fuentes.Por el momento, mostraremos algunas soluciones particulares a las ecuaciones de Maxwell, enprimer lugar, las ondas planas. Supongamos que se quiere estudiar el comportamiento de loscampos en una region del espacio libre de fuentes (Es evidente que para que existan campos,deben existir fuentes en algun lugar del espacio). Lo que quiero decir con esto es que encon-traremos un tipo de solucion para regiones que estan lejos de las fuentes (es decir ρ(t, ~x) = 0 enla zona de interes). Tambien asumiremos que el medio en el cual se propagan las ondas no es
433
buen conductor, en ese caso tampoco existira una densidad de corriente ~J(t, ~x) en respuestaal campo electrico. En este caso las ecuaciones de Maxwell son
~∇ · ~E(t, ~x) = 0
~∇× ~E(t, ~x) = − ∂
∂t~B(t, ~x)
~∇ · ~B(t, ~x) = 0
~∇× ~B(t, ~x) = µε∂
∂t~E(t, ~x)
Utilizaremos ahora la conocida identidad
~∇× ~∇× ~f = ~∇(
~∇ · ~f)
− ~∇2 ~f
De esta forma
~∇× ~∇× ~E(t, ~x) = ~∇(
~∇ · ~E(t, ~x))
− ~∇2 ~E(t, ~x)
pero en regiones libre de fuentes
~∇ · ~E(t, ~x) = 0
como indica la primera ecuacion de Maxwell. Ası
~∇× ~∇× ~E(t, ~x) = −~∇2 ~E(t, ~x)
por otro lado
~∇× ~∇× ~E(t, ~x) = −~∇× ∂
∂t~B(t, ~x) = − ∂
∂t
(
~∇× ~B(t, ~x))
~∇× ~∇× ~E(t, ~x) = − ∂
∂t
(
µε∂
∂t~E(t, ~x)
)
= −µε ∂2
∂t2~E(t, ~x)
de forma que
~∇2 ~E(t, ~x) − µε∂
∂t2~E(t, ~x) = 0
definiendo
c =1√µε
~∇2 ~E(t, ~x) − 1
c2∂
∂t2~E(t, ~x) = 0
Esta es la conocida Ecuacion de Onda. Es decir, hemos llegado a que en un medio librede cargas y no conductor, el campo electrico satisface la ecuacion de onda. Las solucionesson ondas que se propagan a velocidad c. Es facil verificar que el campo magnetico satisfaceexactamente la misma ecuacion, en efecto
~∇× ~∇× ~B(t, ~x) = ~∇(
~∇ · ~B(t, ~x))
− ~∇2 ~B(t, ~x) = −~∇2 ~B(t, ~x)
434
por otro lado
~∇× ~∇× ~B(t, ~x) = ~∇×(
µε∂
∂t~E(t, ~x)
)
~∇× ~∇× ~B(t, ~x) = µε∂
∂t~∇× ~E(t, ~x) = −µε ∂
2
∂t2~B(t, ~x)
En resumen
~∇2 ~E(t, ~x) − 1
c2∂2
∂t2~E(t, ~x) = 0
~∇2 ~B(t, ~x) − 1
c2∂2
∂t2~B(t, ~x) = 0
son las ecuaciones desacopladas para los campos ~E(t, ~x) y ~B(t, ~x).
Ecuacion de Onda en una dimensionLa forma general de la ecuacion de onda en una dimension es
(
∂2
∂x2− 1
c2∂2
∂t2
)
ψ(x, t) = 0
Resulta inmediato verificar que cualquier funcion de la forma ψ(x± ct) satisface la ecuacionde onda en una dimension. La demostracion es la siguiente: Sea x′ = x± ct, con esto ∂x′
∂x= 1 y
∂x′
∂t= ±c. Usando la regla de la cadena
∂ψ(x′)
∂x=∂ψ(x′)
∂x′∂x′
∂x=∂ψ(x′)
∂x′
∂2ψ(x′)
∂2x′=
∂
∂x
(
∂ψ(x′)
∂x′
)
=∂2ψ(x′)
∂x′2∂x
∂x′=∂2ψ(x′)
∂x′2
Similarmente, las derivadas parciales con respecto a t son
∂ψ
∂t=∂ψ
∂x′∂x′
∂t= ±c ∂ψ
∂x′
∂2ψ
∂t2=
∂
∂t
(
± ∂ψ
∂x′
)
= ±∂2ψ
∂x′2∂x′
∂t= c2
∂2ψ
∂x′2
Luego∂2ψ
∂x′2=∂2ψ
∂x2= c2
∂2ψ
∂t2
lo cual muestra que ψ(x ± ct) es solucion de la ecuacion de onda en una dimension. Laecuacion de onda es un ecuacion diferencial lineal, lo que impica que si ψ1(x, t) y ψ2(x, t) sonsoluciones de la ecuacion de onda, entonces ψ1(x, t)± ψ2(x, t) tambien es solucion .vLas ondaselectromagneticas obedecen entonces el principio de superposicion
435
Solucion a la ecuacion de OndaPara resolver la ecuacion de onda que satisfacen los campos electromagneticos, supondremos quela variacion temporal de estos es de la forma eiwt ( es decir, tienen una dependencia oscilatoriaen el tiempo a una frecuencia bien determinada, w). A este tipo de ondas las llamaremosmonocromaticas
~E(t, ~x) = ~E(~x)eiwt
~B(t, ~x) = ~B(~x)eiwt
de forma que
∂2
∂t2~E(t, ~x) = −w2 ~E(~x)
Entonces la parte espacial ~E(~x) satisface
~∇2 ~E(~x) +w2
c2~E(t, ~x) = 0
busquemos una solucion de la forma
~E(~x) = ~E0e−i~k·~x
donde ~k =| ~k | k y ~E0 es un vector constante
~∇2 ~E(~x) = ~∇2 ~E0e−i(kxx+kyy+kzz) = −k2 ~E0e
i~k·~x
donde k =| ~k |, de forma que
−k2 ~E0e−i~k·~x +
w2
c2~E0e
−i~k·~x = 0
En efecto, es solucion si
k =
√
w
c
Finalmente, hemos encontrado que una solucion de la ecuacion de onda en medios no con-ductores y libres de cargas son campos de la forma
~E(t, ~x) = ~E0ei(wt−~k·~x)
~B(t, ~x) = ~B0ei(wt−~k·~x)
con | ~k |= wc. Sin embargo, los campos deben tener divergencia nula, de forma que
~∇ · ~E(t, ~x) = 0 → ~k · ~E0 = 0
del mismo modo~∇ · ~B(t, ~x) = 0 → ~k · ~B0 = 0
Ambos campos deben ser transversales (perpendiculares a la direccion de propagacion)
Propagacion en el eje zSupongamos ahora que la direccion de propagacion de los campos es en la direccion del eje z,es decir
~k = βk =w
ck
436
y~k · ~x = βz
entonces~E(t, z) = ~E0e
i(wt−βz)
~B(t, z) = ~B0ei(wt−βz)
ademas, ambos campos deben ser perpendiculares al eje z. Por ejemplo, si escogemos
~E(t, z) = E0ei(wt−βz)i
de la ecuacion~∇× ~E(t, z) = − ∂
∂t~B(t, z)
se obtiene∂
∂zE0e
i(wt−βz)j = −iβE0ei(wt−βz)j = −iw ~B0e
i(wt−βz)
entoncesiβE0e
i(wt−βz)j = iw ~B0ei(wt−βz)
y se desprende que
~B0 =E0
cj
Finalmente
~E(t, z) = E0ei(wt−βz)i
~B(t, z) = B0ei(wt−βz)j
B0
E0
=1
c
β =w
c
Vemos que ~E y ~B estan siempre en fase, es decir, alcanzan sus maximos y mınimos al mismotiempo.NotaPor supuesto que los campos fısicos se obtienen al tomar la parte real de las soluciones encon-tradas
~E(t, z) = E0 cos (wt− βz) i
~B(t, z) =E0
ccos (wt− βz) j
437
Resumen1. Las ondas son transversales ya que tanto ~E y ~B son perpendiculares a la direccion depropagacion, que coincide con la direccion del producto ~E × ~B2. Los campos ~E y ~B son perpendiculares entre sı. Es decir ~E · ~B = 03. La razon entre las magnitudes de los campos es
E0
B0
=w
β= c =
1√µ0ε0
4. La velocidad de propagacion es igual a la velocidad de la luz en el medio c = 1√µε
5. Las ondas electromagneticas obedecen el principio de superposicion
Vector PoyntingEn general, el flujo de Energıa por unidad de area (y tiempo) esta descrito por el vector dePoynting
~S(t, ~x) =1
µ~E(t, ~x) × ~B(t, ~x) = ~E(t, ~x) × ~H(t, ~x)
Debido a que los campos son perpendiculares
| ~S(t, ~x) |= 1
µ| ~E(t, ~x) × ~B(t, ~x) |= 1
µ| ~E(t, ~x) || ~B(t, ~x) |
En el caso de las ondas planas monocromaticas recien visto
~S(t, ~x) =1
µ
E0B0
ccos2 (wt− βx) k
Como es de esperar, el vector de Poynting apunta en la direccion de propagacion
La intensidad de la onda I, definida como el promedio temporal de | ~S | es
I =E0B0
µ
⟨
cos2 (wt− βx)⟩
=E0B0
2µ=
E20
2cµ=cB2
0
2µ
donde hemos usado⟨
cos2 (wt− βx)⟩
= 1/2
Notar que la magnitud de la intensidad es constante. Por supuesto que esto no es muy real-ista, pues es bien sabido de la vida diaria que la energıa de la radiacion decae con la distancia.Veremos mas adelante que los campos electromagneticos tienen en general la forma de ondasesfericas, cuya amplitud decae como el inverso de la distancia 1/r, de forma que la magnituddel vector poynting decae como 1/r2. Por supuesto que las ondas planas, si bien son soluciones
438
de las ecuaciones de Maxwell, constituyen solo un estudio aproximado de los campos electro-magneticos muy distantes de las fuentes. (Por ejemplo, de la radiacion producida por el Sol enla tierra, se puede suponer que la magnitud de los campos es constante). Veremos tambien quees posible generar ondas planas teoricamente, pero en la practica no
439
EjemploEn la superficie de la atmosfera terrestre, la magnitud del vector Poynting (en promedio tem-poral) es 〈S〉 = 1,35 × 103 (W/m2).a) Asumiendo que la radiacion solar en la superficie de la atmosfera consiste en una onda sinu-soidal plana, ¿Cuales son las magnitudes del campo electrico y magnetico ?b) ¿Cual es el promedio temporal de la potencial radiada por el Sol? La distancia media entreel Sol y la Tierra es R = 1,5 × 1011 m
Soluciona) El promedio temporal del vector Poynting esta relacionado con la magnitud del campoelectrico segun
〈S〉 =ε0cE
20
2
La amplitud del campo electrico es entonces
E0 =
√
2 〈S〉cε0
=
√
2 (1,35 × 103W/m2)
(3 × 108m/s) (8,85 × 10−12C2/Nm2)= 1,01 × 103V/m
La magnitud del campo magnetico es
B0 =E0
c=
1,01 × 103V/m
3 × 108m/s= 3,4 × 10−6T = 3,4µT
Notar que este campo magnetico es menor que el campo magnetico terrestre, que varıa entre30 y 60 µ T
b) La potencia total irradiada por el Sol a una distancia R es (en promedio)
〈P 〉 = 〈S〉 4πR2 =(
1,35 × 103W/m2)
4π(
1,5 × 1011m)2
= 3,8 × 1026W
Por supuesto que aquı hemos supuesto que la radiacion emitida por el sol corresponde aondas esfericas. La intensidad a una distancia r del Sol es
I = 〈S〉 =〈P 〉4πr2
la cual decrece como 1/r2
Fig. 15.2: Como veremos mas adelante, los campos de radiacion en general son ondas esfericas
440
15.2. Ondas Planas en medios conductores
Veremos que las soluciones para las ondas electromagneticas planas en medios conductoresdifieren bastante en su comportamiento con respecto al caso de un medio dielectrico perfecto (noconductor) que vimos anteriormente. Aceptaremos ahora que el medio tenga una conductividadσ, de forma que existira una corriente electrica en el medio en respuesta al campo electrico. Siel medio es ohmico
~J(t, ~x) = σ ~E(t, ~x)
Claramente seguiremos suponiendo que el medio es lineal, homogeneo e isotropico, de formaque las ecuaciones de Maxwell quedan
~∇ · ~E(t, ~x) = 0
~∇× ~E(t, ~x) = −∂~B(t, ~x)
∂t
~∇ · ~B(t, ~x) = 0
~∇× ~B(t, ~x) = µσ ~E(t, ~x) + µε∂
∂t~E(t, ~x)
Al igual que antes, evaluamos
~∇× ~∇× ~E(t, ~x) = ~∇(
~∇ · ~E(t, ~x))
− ~∇2 ~E(t, ~x) = −~∇2 ~E(t, ~x)
Ademas
~∇× ~∇× ~E(t, ~x) = −~∇× ∂
∂t~B(t, ~x) = − ∂
∂t~∇× ~B(t, ~x)
~∇× ~∇× ~E(t, ~x) = − ∂
∂t
(
µσ ~E(t, ~x) + µε∂
∂t~E(t, ~x)
)
= −µσ ∂∂t~E(t, ~x) − µε
∂2
∂t2~E(t, ~x)
con esto,la ecuacion para el campo electrico es
~∇2 ~E(t, ~x) − µε∂2
∂t2~E(t, ~x) − µσ
∂
∂t~E(t, ~x) = 0
Es facil verificar, siguiendo los mismos pasos, que el campo magnetico satisface la mismaecuacion
~∇2 ~B(t, ~x) − µε∂2
∂t2~B(t, ~x) − µσ
∂
∂t~B(t, ~x) = 0
La unica diferencia con el caso anterior (propagacion en medios dielectricos perfectos) la
constituye el termino µσ ∂∂t~E(t, ~x). Veremos que la conductividad del medio tendra como efecto
una atenuacion de las ondas a medida que penetra en el material. Nuevamente supondremosque los campos son de la forma
~E(t, ~x) = ~E(~x)eiwt
441
luego(
~∇2 + µεw2 − iµσw)
~E(~x)eiwt = 0
Definimosk2 = w2µε− iµσw
y la ecuacion queda de la forma
(
~∇2 + k2)
~E(~x) = 0
Si la propagacion es en el eje z, entonces la ecuacion a resolver es
(
∂2
∂z2+ k2
)
~E(~x) = 0
cuya solucion es, por supuesto
~E(~x) = ~E0e−ikz
y entonces la solucion completa queda
~E(t, ~x) = ~E0ei(wt−kz)
Hay que recordar que k es un numero complejo, que escribiremos en la forma k = β − iα.Ası
k2 = µεw2 − iµσw = β2 − α2 − 2iαβ
se debe resolver2αβ = µσw → α =
µσw
2β
β2 − α2 = µεw2 → β2 − µ2σ2w2
4β2= w2µε
β2 − µ2σ2w2
4β2= w2µε
β4 − β2w2µε− µ2σ2w2
4= 0
β2 =w2µε±
√
w4µ2ε2 + µ2σ2w2
2
β2 =w2µε± w2µε
√
1 + σ2
w2ε2
2
Obviamente la solucion correcta es con el signo positivo, pues β es real
β2 = w2µε
2
(
√
1 +( σ
wε
)2
+ 1
)
β = w
√
√
√
√
(
µε
2
(
√
1 +( σ
wε
)2
+ 1
)
442
y comoα2 = β2 − w2µε
α2 = w2µε
2
(
√
1 +( σ
wε
)2
+ 1
)
− w2µε
α2 = w2µε
2
(
√
1 +( σ
wε
)2
− 1
)
α = w
√
√
√
√
(
µε
2
(
√
1 +( σ
wε
)2
− 1
)
SolucionSe concluye que las ondas planas monocromaticas en un medio con conductividad σ son de laforma
~E(t, z) = ~E0e−αzei(wt−βz)
donde hemos asumido que la propagacion es en la direccion z, y al igual que antes ~E0 debeser un vector perpendicular a z. Notar que la amplitud de la onda es atenuada por un factorexponencial e−iαz, por lo que α es llamada Constante de atenuacion
β = w
√
√
√
√
(
µε
2
(
√
1 +( σ
wε
)2
+ 1
)
α = w
√
√
√
√
(
µε
2
(
√
1 +( σ
wε
)2
− 1
)
Esta es la solucion exacta para ondas planas monocromaticas en un medio lineal y de con-ductividad σ. Notar que para un dielectrico perfecto, la constante de atenuacion es cero y serecupera el caso visto anteriormente
ObservacionEste factor exponencial atenuante es el que explica que en ciertos materiales las ondas no sepropaguen correctamente. Por ejemplo, para el agua de mar (que constituye un medio con-ductor), dentro de un gran rango de frecuencias el factor α es grande, de forma que las ondasdecaen bastante rapido. (Esto explica en parte por que los submarinos no se comunican medi-ante ondas electromagneticas)
La razon fısica de este factor atenuante radica en la naturaleza misma del medio. Por serconductor, existe una gran cantidad de cargas libres que son aceleradas por la prescencia delcampo electrico (principalmente, pues ya es sabido que su magnitud es muchısimo mayor ala del campo magnetico). De esta forma, parte de la energıa electromagnetica que se propagaes utilizada en trabajo para mover las cargas libres presentes en el medio. Con esto, resultanatural que la onda electromagnetica pierda energıa a medida que avanza en el material
443
Supongamos ahora que ~E0 = E0i. Nuevamente, de la ley de Faraday podemos determinarla relacion entre las magnitudes de los campos
~∇× ~E(t, ~x) = − ∂
∂t~B(t, ~x)
∂
∂zk × E0e
−αzei(wt−βz)i = −iw ~B0e−αzei(wt−βz)
(iβ + α) × E0e−αzei(wt−βz)j = iw ~B0e
−αzei(wt−βz)
Se obtiene ~B0 = B0j con
B0 =iβ + α
iwE0
B0 =β − iα
wE0 =
k
wE0
conk =
√
w2µε− iµσw
B0 =
√
µε− iµσ
wE0 =
√
µσ + iwµε
iwE0
y entonces
E0
B0
=
√
iw
σµ+ iwµε
oE0
H0
=
√
iwµ
σ + iwε= η
Esta razon, que depende de las caracterısticas del medio (µ, ε, σ) y de la frecuencia w, seconoce como impedancia caracterıstica del medio. Notar que en general (σ 6= 0) es unnumero complejo, esto quiere decir que para medios con conductividad, el campo electrico ymagnetico no estan en fase
La impedancia caracterıstica en representacion polar es
η =| η | eiϑ
donde
| η |=(
wµ
√
(σ2 + w2ε2)
)1/2
=
(
µ/ε√
( σεw
)2 + 1)
)1/2
=
√
µ/ε(
1 +(
σwε
)2)1/4
y
ϑ =1
2(π/2 − Arctan(wε/σ))
tan 2ϑ =σ
wε
444
Con esto, la solucion general para ondas planas que se propagan en direccion z queda
~E(z, t) = E0e−αzei(wt−βz)e1
~H(z, t) =E0
| η |e−αzei(wt−βz−ϑ)e2
e1 × e2 = k
La velocidad de propagacion es
c =w
β=
1√
µε2
(
√
1 +(
σwε
)2+ 1
)
y la longitud de onda
λ =2π
β=
2π
w
√
µε2
(
√
1 +(
σwε
)2+ 1
)
15.3. Solucion para buenos conductores
Si la conductividad es grande en el sentido σ >> wε, entonces
β = w
√
√
√
√
(
µε
2
(
√
1 +( σ
wε
)2
+ 1
))
≈ w
√
µσ
2w
α = w
√
√
√
√
(
µε
2
(
√
1 +( σ
wε
)2
− 1
))
≈ w
√
µσ
2w
Es decir, aproximadamente se tiene
α = β =
√
wµσ
2
En terminos de la frecuencia en Hertz f = w2π
α = β =√
πfσ
En este caso los campos son atenuados rapidamente. Se define la profundidad de pene-tracion como la distancia dentro del material a la cual los campos han decaido en un factor1/e (aproximadamente al 30 % de su valor original)
δ =1
α=
1√πfσ
Ademas, en este caso la impedancia caracterıstica queda
η =
√
wµ
σeiπ/4 =
E0
H0
Es decir, los campos se encuentran en un desfase de ϑ = π/4
445
~E(z, t) = E0e−αzei(wt−βz)e1
~H(z, t) =E0
| η |e−αzei(wt−βz−π/4)e2
e1 × e2 = k
La velocidad de propagacion es
c =w
β=
√
2w
σµ= wδ
y la longitud de onda
λ =2π
β=
2π√πfµσ
= 2πδ
Nota: Notar que aquı, la definicion de un buen conductor no es una propiedad unica delmaterial, puesto que debe tenerse σ >> wε. Es decir, un material se considera buen conductoren determinado rango de frecuencias.
15.4. Resumen sobre las ondas planas monocromaticas
Hemos visto que las ecuaciones de Maxwell aceptan como solucion campos electromagneticosque estan descritos matematicamente por ondas planas. Para una propagacion segun el eje z,los campos son de la forma
~E(z, t) = E0e−αzei(wt−βz)e1
~H(z, t) =E0
| η |e−αzei(wt−βz−ϑ)e2
e1 × e2 = k
1. En un dielectrico perfecto (conductividad nula), la constante de atenuacion es cero, y laimpedancia intrınseca es un numero real puro
η =E0
H0
=
√
µ
ε→ E0
B0
=1√µε
= c
En el espacio vacıo, la impedancia intrınseca es
η =
√
µ0
ε0≈ 120π
En este caso~E(z, t) = E0e
i(wt−βz)e1
~B(z, t) =E0
cei(wt−βz)e2
e1 × e2 = k
446
Conβ =
w
c= w
√µε
2. En un buen conductor (σ >> wε), los campos son fuertemente atenuados a medida quese propagan en el medio. Aquı, en un analisis aproximado
α = β =
√
wµσ
2=√
πfσ
la impedancia intrınseca es un complejo con fase π/4 y su magnitud es
| η |=√
wµ
σ
Los campos son atenuados por un factor 1/e al ingresar una distancia igual a la profundidadde penetracion
δ =1
α=
1
β=
1√πfµσ
447
ProblemaDado ~E(t, ~x) = Em sin (wt− βz) j en el espacio libre, encuentre ~D(t, ~x), ~B(t, ~x) y ~H(t, ~x). Dibu-
je ~E y ~H en t = 0
SolucionSe tiene
~E(t, ~x) = Em sin (wt− βz) j
de aquı es inmediato que
~D(t, ~x) = ε0 ~E(t, ~x) = ε0Em sin (wt− βz) j
Ademas, de la ecuacion de Maxwell
~∇× ~E(t, ~x) = −∂~B(t, ~x)
∂t
como la propagacion es en z, la unica derivada parcial espacial para el campo electrico queno es nula es la que involucra z, es decir
∂
∂zk × ~E(t, ~x) = −∂
~B(t, ~x)
∂t
∂
∂zk × ~E(t, ~x) = − ∂
∂zEm sin (wt− βz) i = βEm cos (wt− βz) i = −∂
~B(t, ~x)
∂t
Luego
~B(t, ~x) = −β
wEm sin (wt− βz) i = −Em
csin (wt− βz) i
Por ultimo, el campo ~H(t, ~x) es, simplemente
~H(t, ~x) =1
µ0
~B(t, ~x) = −Em
µ0csin (wt− βz) i
En t = 0, los campos ~E y ~H estan dados por
~E(0, ~x) = −Em sin (βz) j
~H(0, ~x) =Em
µ0csin (βz) i
448
ProblemaDado ~H = Hme
i(wt+βz)i en el espacio libre, encuentre ~E
SolucionUna forma de resolver este problema es notando que ~H representa una onda plana que sepropaga en direccion −z. Luego, debe tenerse que el vector poynting tenga esta direccion, locual se logra con un campo electrico polarizado segun j, en efecto
~S = ~E × ~H = Ej ×Hi = −EHkAdemas, se cumple que
E
B=
1√µ0ε0
o, equivalentementeE
H=
√
µ0
ε0=βµ0
w
y entonces~E =
wµ0
βHme
i(wt+βz)j
Otra forma, es recordando que el espacio vacıo tiene conductividad nula y entonces
~∇×H =∂ ~D
∂t
~∇×H =∂
∂zk × ~H = βHme
i(wt+βz)j
entonces∂ ~D
∂t= βHme
i(wt+βz)j
~D =β
wHme
i(wt+βz)j
~E =β
wε0Hme
i(wt+βz)j
En efecto, es el mismo resultado anterior
~E =
√µ0ε0
ε0Hme
i(wt+βz)j =µ0√µ0ε0
Hmei(wt+βz)j
~E =wµ0
βHme
i(wt+βz)j
449
ProblemaDados
~E = 30πei(108t+βz)i, ~H = Hmei(108t+βz)j
en el espacio libre, encontrar Hm y β (β > 0)
SolucionEstas son ondas planas que satisfacen las ecuaciones de Maxwell en el vacıo, de forma que
w
β=
1√µ0ε0
= 3 × 108(m/s)
Luego
β =w
c=
108
3 × 108=
1
3
Ademas| E || B | = c→ | E |
| H | =
√
µ0
ε0= 120π
Luego
| Hm |= 30π
120π=
1
4
Ademas, las ondas se propagan en la direccion −k, por lo que
~E × ~H = −k
entonces
Hm = −1
4y
~E = 30πei(108t+ 1
3z)i
~H = −1
4ei(108t+ 1
3)j
450
ProblemaEn un medio homogeneo no conductor donde µr = 1, encuentre εr y w si
~E = 30πei(wt−(4/3)y)z, ~H = 1,0πei(wt−(4/3)y)i
¿Cual es la velocidad de la luz en esta region?
SolucionSe trata de ondas planas con β = 4/3. Luego
w
β=
1√µε
=1√µ0εrε0
=3 × 108
√εr
AdemasE
H= 30π =
√
µ
ε=
√
µ0
εrε0= 120π
√
1
εr
Ası
w
4/3=
3 × 108
√εr
30π = 120π
√
1
εr
Resolviendoεr = 16
w = 108(rad/s)
la velocidad de la luz en este medio es
c =1√µε
=1√
µ016ε0=
3 × 108
4
es un cuarto de la velocidad de la luz en el vacıo
451
ProblemaSuponga ~E = e−αzei(wt−βz)i (V/m) con f = 100 Mhz, en la superficie de un conductor de cobre,σ = 58 MS/m, localizado en z > 0 . Examine la atenuacion a medida que la onda se propagaen el interior del conductor
SolucionA una profundidad z, la magnitud del campo electrico es
| ~E |= e−αz = e−z/δ
donde δ = 1/α es la profundidad de penetracion
δ =1√πfµσ
= 6,61µm
Es decir, despues de 6,61 micrometros dentro del conductor, el campo es atenuado en 1e, a
un 36,8 % de su valor inicial. A 5δ o 33 micrometros, la magnitud es 0,67 % de su valor inicial
452
ProblemaPara agua de mar con µ = µ0 y conductividad σ ≈ 4,3 (S/m), ¿a que frecuencia la profundidadde penetracion es de un metro?
SolucionSupongamos un rango de frecuencias en el que el agua de mar es considerado un buen conductor,es decir
σ >> wε
(notar que la permitividad del vacıo es del orden de 10−12, y la constante dielectrica εr engeneral no es muy grande). La profundidad de penetracion esta dada por
δ =
√
2
µwσ=
√
2
µ0wσ
δ2 =2
µ0wσ→ w =
2
σµ0δ2
Se desea δ = 1 (m), entonces
w =2
4,3 × 4π × 10−712= 3,7 × 105
o, en Hertz
f =w
2π= 58,6 × 103
o sea, una frecuencia de aproximadamente 60 kHz para una profundidad de un metro. Si unsubmarino esta equipado con un receptor de muy alta sensibilidad y si se utiliza un transmisorde muy alta potencia, es posible comunicarse con otro submarino sumergido. Sin embargo, debeutilizarse una frecuencia muy baja, y aun en este caso se produce una atenuacion muy fuertede la senal. En efecto, a 5 profundidades de penetracion (5 metros), la magnitud de los camposse reduce al 1 % del valor original, y por consiguiente la potencia se reduce al 0,01 % de lapotencia incidente
453
ProblemaUna onda plana uniforme que se propaga en un medio determinado, tiene un campo electrico
~E(t, z) = 5e−γzei108tj
Si el medio se caracteriza por
σ = 3,5S/m
εr = 1
µr = 18
Determine γ, ~H , η y la profundidad de penetracion para el medio. ¿Despues de recorrerque distancia la onda se atenua al 10 % de su valor inicial? ¿Cual es la velocidad de propagacionen este medio?
SolucionLas ondas planas que son solucion de las ecuaciones de Maxwell son de la forma
~E(t, z) = ~E0e−ikzeiwt
donde
k = β − iα
~E(t, z) = ~E0e−iβz−αzeiwt
comparando con~E(t, z) = 5e−γzei108tj
se aprecia que se trata de una onda plana a frecuencia w = 108 Hertz, polarizada segun j ycon
γ = α+ iβ
Notemos queσ
wε=
3,5
ε0 × 108=
3,5
8,854 × 10−12 × 108= 3953,02
Se aprecia que
σ >> wε
de forma que el medio se puede considerar un buen conductor. En este caso
α ≈ β ≈√
wµσ
2=
108 × 18 ∗ 4π × 10−7 × 3,5
2= 62,9159
Con esto
γ = 62,9159 + i62,9159 =62,9159√
2eiπ/4
La profundidad de penetracion es
δ =1
α= 0,0158942
454
La impedancia caracterıstica del medio es (en una muy buena aproximacion)
η =
√
wµ
σeiπ/4 =
√
108 × 18 × 4π10−7
3,5eiπ/4 = 25,4219eiπ/4
El campo ~H(t, z) esta dado por
H(t, z) = − 5
| η |e−γzei108te−iπ/4i = − 5
| η |e−αzei(108t−βz−π/4)i
H(t, z) = −0,196681e−62,9159zei(108t−62,9159z−π/4)i
La velocidad de propagacion esta relacionada con la constante de propagacion β
β =w
c→ c =
108
62,9159= 1, 5895 × 108
un poco mas de la mitad de la velocidad de la luz en el vacıo. Por ultimo, para determinara que distancia dentro del material la onda se ha atenuado hasta un 10 % de su valor original,se debe resolver
0,1 = e−αx = e−62,9159x
−2,30258 = −62,9159x
x = 3,65978 × 10−2 = 3,65978cm
455
456
Capıtulo 16
Condiciones de borde en la frontera
Las condiciones que deben satisfacer los campos electromagneticos en una zona interfacialque separa dos madios se deducen, por supuesto, de las ecuaciones de Maxwell. La mas simplede obtener es la que cumple la componente normal del campo magnetico, y se obtiene a partirde la ecuacion
~∇ · ~B(t, ~x) = 0
En cualquier zona interfacial entre dos medios se puede construır una superficie cilındricacomo se muestra en la figura
Integrando la ecuacion de Maxwell sobre el volumen limitado por el cilindro se obtiene
˚
V
d3x~∇ · ~B(t, ~x) =
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(x) · ~B(t, ~x) = 0
¨
S1
dS1n1 · ~B(t, ~x) +
¨
S2
dS2n2 · ~B(t, ~x) +
¨
S3
dS3n3 · ~B(t, ~x) = 0
donde S3 es el manto del cilindro, mientras S1 y S2 las tapas. Si ~B(t, ~x) es finito, el ultimotermino se puede anular si h → 0. Ademas, en este lımite (h → 0) las superficies S1 y S2 sonpracticamente las mismas, S1 → S2, con n1 = −n2 y entonces
ˆ
ˆ
S(V )
d~S(x) · ~B(t, ~x) =
¨
S1
dS1
(
n1 · ~B(t, ~x) − n1 · ~B(t, ~x))
= 0
n1 · ~B(t, ~x) − n1 · ~B(t, ~x) = 0
Es decir, la componente normal del campo magnetico es continua al atravesar un medio
457
B1n = B2n
Ahora veremos que la componente tangencial del campo electrico es continua. A partir dela ecuacion
~∇× ~E(t, ~x) +∂ ~B(t, ~x)
∂t= 0
Integremos esta ecuacion sobre una superficie plana rectangular como la de la figura
El contorno de S es el camino Γ indicado en la figura. Utilizando el teorema de Stokes
ˆ
ˆ
S
d~S(x) ·(
~∇× ~E(t, ~x))
=
˛
Γ
d~x · ~E(t, ~x) = −ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ∂~B(t, ~x)
∂t
En el caso en que h1 → 0, h2 →
lE1t − lE2t = 0
la integral de superficie por supuesto es nula ya que la superficie total tiende a ceroS →(suponemos que la derivada temporal del campo magnetico es finita). De aquı se deduce
que la componente tangencial de ~E(t, ~x) debe ser continua al atravesar una interfaz entre dosmedios
lE1t = lE2t
Utilizando ahora la primera ecuacion de Maxwell
~∇ · ~D(t, ~x) = ρ(t, ~x)
y utilizando la misma superficie para el caso del campo magnetico (cilindro de altura h) seobtiene
˚
V
d3x~∇ · ~D(t, ~x) =
˚
V
d3xρ(~x)
ˆ
ˆ
V (S)
d~S(~x) · ~D(t, ~x) =
¨
V
d3xρ(~x)
si h→ 0, entonces
(D1n −D2n)A = σA
donde A es la superficie de las tapas, y σ es la densidad superficial de carga en la fronteraque divide a los dos medios. Ası, la componente normal del campo ~D(t, ~x) es discontinua alatravesar una superficie cargada
458
D1n −D2n = σ
o, equivalentemente para medios lineales
ε1E1n − ε2E2n = σ
Por ultimo, de la ecuacion
~∇×H(t, ~x) = ~J(t, ~x) +∂D(t, ~x)
∂t
y utilizando la misma superficie de integracion que el caso del campo electrico, se obtiene
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) ·(
~∇×H(t, ~x))
=
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · J(t, ~x) +
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ∂D(t, ~x)
∂t˛
Γ
d~x · ×H(t, ~x) =
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · J(t, ~x) +
ˆ
ˆ
S
d~S(~x) · ∂D(t, ~x)
∂t
Si nuevamente h1 y h2 tienden a cero, y la derivada temporal del campo ~D es finita
H1t −H2t = ~J(t, ~x) · ndonde n es la perpendicular a la superficie S. Es decir, la componente tangencial de ~H(t, ~x)
es discontinua al atravesar un medio con densidad de carga superficial en la interfaz.
ResumenAl atravesar una interfaz entre dos medios (1 y 2), los campos electromagneticos satisfacen
B1n = B2n
E1t = E2t
D1n −D2n = σ
H1n −H2n = ~J · n
459
16.1. Condiciones de Borde para incidencia normal
Las ondas electromagneticas que se propagan en materiales generalmente entran en el mate-rial a traves de una frontera entre este y otro medio, que puede ser aire o vacıo. Aquı utilizaremoslas condiciones de borde que satisfacen los campos para el caso de ondas que inciden normal-mente sobre una interfaz. (Esto significa que la direccion de propagacion es perpendicular ala frontera). Veremos que la onda incidente sera acompanada por una onda reflejada y unatransmitida. Consideremos el caso que se muestra en la figura
Se aprecia una onda incidente ( ~Ei(x, z), ~H i(y, z)) que se desplaza en el sentido positivo de z,
los campos ~Er(x, z), ~Hr(y, z) describen la onda reflejada que se desplaza en el sentido negativo
de z, y ~Et(x, z), ~H t(y, z) describen la onda transmitida. La interfaz es el plano z = 0, con elmedio 1 a la izquierda y el medio 2 a la derecha. Mas concretamente
~Ei(t, z) = Eie−ikzeiwti
~Er(t, z) = Ereikzeiwti
~Et(t, z) = Ete−ikzeiwti
~H i(t, z) = H ie−ikzeiwtj
~Hr(t, z) = −Hreikzeiwtj
~H t(t, z) = H te−ikzeiwtj
Estas son ondas planas que se propagan en direccion z. Son soluciones a las Ecuaciones deMaxwell si
k = β − iα
Con α y β encontrados anteriormente (Son propiedad de la frecuencia y del medio en el cualse propagan las ondas). Interesa determinar que relacion se cumple entre las magnitudes delos campos incidentes, reflejados y transmitidos. Para ello, usaremos el hecho de que el campoelectrico debe ser continuo en z = 0 (es completamente transversal a la interfaz). Esto significa
~Ei(t, 0) + ~Er(t, 0) = ~Et(t, 0)
o bienEi + Er = Et
Ademas, si no hay una corriente superficial en la interfaz, el campo ~H(t, z) es tambiencontinuo en z = 0
~H i(t, 0) + ~Hr(t, 0) = ~H t(t, 0)
460
o bienH i −Hr = H t
Ademas, para cada onda las magnitudes entre ~E y ~H estan dadas por las impedanciasintrınsecas del medio. En resumen, se debe resolver lo siguiente
Ei + Er = Et
H i −Hr = H t
Ei
H i= η1 =
Er
Hr
Et
H t= η2
Utilizando la ultima junto a las dos primeras se obtiene lo siguiente
Et
H t= η2 =
Ei + Er
H i −Hr
η2 =Ei + Er
1η1
(Ei − Er)
η2 = η1Ei + Er
Ei − Er→ Ei (η2 − η1) = Er (η1 + η2)
Finalmente
Er = Ei
(
η2 − η1
η1 + η2
)
Et = Ei
(
2η2
η1 + η2
)
Hr = H i
(
η2 − η1
η1 + η2
)
H t = H i
(
2η1
η1 + η2
)
Es inmediato que si η1 = η2, entonces ~Er = 0, ~Hr = 0, lo cual es evidente pues en este casono existe ninguna interfaz. Recordar que la impedancia de un medio esta dada en general por
η =
√
iwµ
σ + iwε0
Para un buen conductor
η ≈√
wµ
σeiπ/4
Para un medio dielectrico perfecto (conductividad nula)
η =
√
µ
ε
461
Para el espacio vacıo
η =
√
µ0
ε0= 120π
16.1.1. Incidencia Normal en un conductor perfecto: Ondas esta-cionarias
Un caso particular interesante de la ley de reflexion y transmision en una interfaz paraondas que inciden normalmente es cuando el medio 2 es un conductor perfecto. En este medio,la impedancia intrınseca tiende a cero
lımσ→∞
η2 = lımσ→∞
√
iwµ
σ + iwε0= 0
Luego, se cumple
Er = Ei
(−η1
η1
)
= −Ei
Et = 0
Hr = H i
(−η1
η1
)
= −H i
H t = 0
Es decir, la onda es completamente reflejada. Veremos que esta condicion da origen a lacreacion de una onda estacionaria. El campo electrico total queda
~E(t, z) = ~Ei(t, z) + ~Er(t, z)
~E(t, z) = Eie−ikzeiwti− Eieikzeiwti
~E(t, z) = Eieiwti(
e−ikz − eikz)
Si el medio 1 es un dielectrico perfecto, entonces k = β (α = 0)
~E(t, z) = Eieiwti(
e−iβz − eiβz)
= −2i sin(βz)Eieiwti
Tomando la parte real~E(t, z) = 2Ei sin(βz) sin(wt)i
Esta es una onda que se anula para valores determinados de z (∀t), dados por
z =nπ
β=wnπ
c=
fn
2λf
z =n
2λ, n = 0,±1,±2, ...
donde λ es la longitud de onda en el medio 1. Por otra parte, el campo electrico se anulapara todo t tal que
462
sinwt = 0 → t =nπ
w, n = 0,±1,±2, ...
Esta onda es llamada estacionaria puesto que no se propaga, sino que simplemente oscilaen el espacio y el tiempo.
Para el campo magnetico se tiene
~H(t, z) = ~H i(t, z) + ~Hr(t, z)
~H(t, z) = H ie−iβzeiwtj +H ieiβzeiwtj
~H(t, z) = H ieiwtj(
e−iβz + eiβz)
= 2H ieiwt cos(βz)j
tomando la parte real
~H(t, z) = 2H i cos(βz) coswtj
Se anula para
βz =π
2+ nπ → z =
(
n+1
2
)
π
β
z =
(
n
2+
1
4
)
λ, n = 0,±1,±2, ...
Ademas, se aprecia que se anula para todo t tal que
coswt = 0
Se aprecia que para ondas estacionarias, el campo electrico y magnetico estan en un desfasede π/2
Fig. 16.1: Ondas estacionarias se pueden lograr al confinar ondas electromagneticas entre dosplanos perfectamente conductores
463
ProblemaEn la region 1 de la figura, ~B1 = 1,2i + 0,8j + 0,4k (T). Encuentre ~H2 ( ~H en z = +0) y losangulos entre los campos y una tangente a la superficie
SolucionSe tiene
~B1 = 1,2i+ 0,8j + 0,4k
la componente normal del campo magnetico a una superficie es siempre continua, es decir
~B1 · z = ~B2 · z
se desprende que el campo magnetico en z = 0+ es de la forma
~B2 = B2xi+B2y j + 0,4k
Ademas, en la region 1 la permeabilidad esta dada por
µ1 = µr1µ0 = 15µ0
de forma que el campo ~H en z = 0− es
~H1 =1
15µ0
~B1 =1
15µ0
(
1,2i+ 0,8j + 0,4k)
La componente tangencial de ~H es continua al atravesar una superficie sin densidad decarga superficial. Suponiendo que este es el caso, el campo ~H en z = 0+ es de la forma
~H2 =1
15µ0
(
1,2i+ 0,8j)
+H2zk
En resumen~B2 = B2xi+B2y j + 0,4k
~H2 =1
15µ0
(
1,2i+ 0,8j)
+H2zk
Ademas~H2 =
1
µ2
~B2 =1
µ0
~B2
luego
B2x = µ0H2x =1,2
15
464
B2y = µ0H2y =0,8
15
B2z = µ0H2z = 0,4 → H2z =0,4
µ0
Finalmente~H2 =
1
15µ0
(
1,2i+ 0,8j)
+0,4
µ0
k
465
ProblemaUn campo ~E de 500 Mhz viaja por el espacio libre e incide perpendicularmente sobre un medioparcialmente conductor como se ilustra en la figura. Si la amplitud del campo incidente es~Ei0 = 100 V/m, determinea) Las amplitudes de las ondas una vez atravesado completamente el medio (Et0, Ht0)b) La potencia temporal que porta la onda incidentec) La potencia temporal que porta la onda transmitida nuevamente al espacio
SolucionDefinimos el eje z como se indica en la figura, donde el origen coincide con el extremo izquierdodel medio parcialmente conductor
La onda incidente esta descrita por
~Ei = Ei0ei(5×108t−βz)i, z < 0
donde la constante de propagacion en el vacıo esta dada por
β =w
c= 5 × 108√µ0ε0
Al incidir normalmente sobre el medio conductor, parte de la onda se refleja, y otra estransmitida hacia el medio. Si Em0 es la amplitud de la onda transmitida en la interfaz (z = 0),entonces se cumple
Em0 = Ei0
(
2ηm
η0 + ηm
)
466
donde ηm es la impedancia intrınseca del medio conductor
η2 =
√
iwµ
σ + iwε=
√
i5 × 108µ0
1 + i5 × 10855ε0
η2 = 44,5594 + i13,2865
El que sea un numero complejo implica que existira un desfase entre la onda incidente y laonda transmitida al medio. η0 es la impedancia intrınseca del vacıo
η0 =
√
µ0
ε0= 120π
Ası, para Ei0 = 100
Em0 = 21,3182 + i5,63173i = 22,0495ei0,258274
Con esto, la onda transmitida al medio parcialmente conductor esta descrita por
~Em(t, z) = Em0e−αmzei(wt−βmz), 0 < z < 30 × 10−3
~Em(t, z) = 22,0495e−αmzei(5×108t−βmz+0,258274), 0 < z < 30 × 10−3
donde la constante de atenuacion (αm) en este medio esta dada por
αm = w
√
√
√
√
(
µε
2
(
√
1 +( σ
wε
)2
− 1
)
αm = 5 × 108
√
√
√
√
√
µ055ε02
√
1 +
(
1
5 × 10855ε0
)2
− 1
= 24,26005
Ası~Em(t, z) = 22,0495e−24,26005zei(5×108t−βmz+0,258274), 0 < z < 30 × 10−3
La magnitud del campo en z = 30 × 10−3 es
Emt = 22,0495e−24,26005×30×10−3
= 10,6491
Si Et0 es la amplitud del campo electrico transmitido nuevamente al vacıo, se cumple
Et0 = Emt |(
2η0
η0 + ηm
)
|= 19,0375
la amplitud del campo ~H se relaciona con la del campo electrico segun
Et0
Ht0
= η0
Ht0 =η0
Et0
= 0,0504984
467
b) El promedio temporal del vector Poynting de la onda incidente es
⟨
~Si
⟩
=E2
i0
2cµ0
k = 13,2629k(W/m2)
c) Para la onda transmitida nuevamente al vacıo
⟨
~St
⟩
=E2
t0
2cµ0
k = 0,480681k(W/m2)
468
ProblemaSe requiere que Ud. haga una estimacion de la intensidad de campo electrico, en V/m, querequerirrıa generar un radar de 2 Ghz de penetracion de suelo, con el objeto de detectar piezasmetalicas de gran tamano, enterradas a una profundidad de hasta 2 metros. Dependiendo dela composicion y la humedad del terreno, este puede tener el siguiente rango de parametros
10−4 ≤ σ ≤ 10−2
3 ≤ εrt ≤ 8
µrt = 1
Por otra parte se estima que las piezas enterradas tienen el siguiente rango de parametros
107 ≤ σm ≤ 6 × 107
1 ≤ µrm ≤ 7000
εrm = 1
Se requiere saber que intensidad de campo electrico en V/m se requiere en el aire, sobrela superficie del terreno, para detectar en el aire sobre la superficie del terreno, un rebote delobjeto metalico que tenga una amplitud de 1V/m, asumiendo incidencia normal
SolucionPara estimar la intensidad mınima de campo electrico que debe generar el radar, debemossuponer la peor situacion posible. Supondremos que hay una pieza metalica situada a 2 m deprofundidad en la tierra. El caso menos favorable para la propagacion en la tierra es cuando estapresenta su maxima conductividad (mayor atenuacion). Mas aun, para que esta se comportecomo un buen conductor (atenuante) debe tenerse σt >> wεt, de forma que consideramos elcaso de mayor conductividad y menor constante dielectrica.La reflexion en la placa metalica sera buena en la medida que ηm (impedancia intrınseca delmetal) sea lo mas pequena posible. De esta forma, el peor de los casos para la reflexion en lapieza metalica ocurre cuando ηm toma su maximo valor posible, y entonces cuando posee lamenor conductividad y la mayor permeabilidad magnetica.
En la figura de arriba se aprecia una onda incidente ~Ei (campo emitido por el radar en la
superficie), y una onda transmitida en la tierra ~Eti, que se propaga en direccion −z, esta ondasera reflejada por la pieza metalica en z = 0
469
En esta figura se muestra el campo que se ha reflejado en el metal y se propaga hacia lasuperficie, que llamaremos ~Erm, y la onda recibida finalmente en la superficie, llamada ~Et.Sabemos que esta ultima tiene una magnitud de Et = 1 (V/m). La magnitud de la ondareflejada en el metal se describe por
Erm(z) = Er0e−αz
donde α es el coeficiente de atenuacion en la tierra
α = w
√
√
√
√
√
µtεt2
√
1 +
(
σt
wεt
)2
− 1
con w = 2 × 109 Hz, σt = 10−2 (S/m), µt = 4π10−7 = µ0, εt = εrtε0 = 3 × 8,854 × 10−12.Reemplazando estos valores
α = 1,08742
Debido a las condiciones de contorno en la interfaz (z = 2), se cumple
Et = 1 = E | 2η0
η0 + ηt
|
donde E es la magnitud del campo ~Erm en z = 2, y η0 es la impedancia intrınseca del aire,considerada igual a la del vacıo.
η0 =
√
µ0
ε0= 120π
y la impedancia intrınseca de la tierra
ηt =
√
iwµ0
σt + iwε0εrt
= 217,434 + i3,2564
con esto se obtiene
E = | η0 + ηt
2η0
|= 0,788393V/m
AdemasE = Erm(z = 2) = Er0e
−α2 = Er0e−1,08742×2
de donde la magnitud de la onda reflejada en el metal en z = 0 es
Er0 = Ee1,08742×2 = 6,93842V/m
470
Ahora, esta onda reflejada en el metal proviene de la onda ~Eti que fue transmitida a latierra. La magnitud de esta ultima se puede expresar como
Eti = E0eαz
donde E0 (magnitud en z = 0) esta relacionada con Er0 mediante
Er0 = E0 |ηm − ηt
ηm + ηt
|
donde la impedancia intrınseca de la pieza de metal es
ηm =
√
iwµ0µm
σm + iwε0εm
con w = 2 × 109 Hz, σm = 107 (S/m), µm = 700, εm = 1 resulta
ηm = 2,35095 + i2,35095
Notar que es un complejo con fase π/4, que es lo que se obtiene para un buen conductor.Con todo esto
E0 = Er0 |ηm + ηt
ηm − ηt
|= 7,09235
Justo en z = 2, la magnitud de la onda transmitida a la tierra es
Eti(2) = E0eαz = 7,09235e1,08742×2 = 62,4177V/m
Si Ei es la magnitud de la onda que emite el radar en la superficie, entonces se cumple
Eti(2) = Ei |2ηt
ηt + η0
|
Ei = 62,4177 | ηt + η0
2ηt
|
Ei = 85,3109
Es decir, se requiere emitir un campo de magnitud aproximadamente Ei = 85, 3 (V/m)
471
16.2. Reflexion y Refraccion en la frontera de dos medios
dielectricos. Incidencia Oblicua
Un caso mas general que el discutido en la seccion de incidencia normal es el de la reflexiony refraccion de una onda plana que incide oblicuamente por el plano de una zona interfacial deun dielectrico. La situacion esta descrita por la siguiente figura
El sistema de coordenadas que utilizaremos se ilustra en la figura. Los medios sobre y bajoel plano z = 0 estan caracterizados por permitividades y permeabilidades ε1, µ1 y ε2, µ2respectivamente. Una onda plana con vector de onda ~ki y frecuencia w incide desde el medio1. La onda refractada y reflejada tienen vectores de onda ~kt y ~kr, respectivamente, y un esun vector unitario normal dirigo desde el medio 1 al medio 2. (En el dibujo, concide con ladireccion z). La onda incidente esta descrita por
~Ei(t, ~x) = ~E0ei(wt−~ki·~x)
~Hi(t, ~x) =1
η1
(
~ki × ~Ei
β1
)
donde ~ki es la direccion de propagacion de la onda incidente, cuya magnitud es ki = β1 =wc1
=√µ1ε1w. Ademas ~E0 debe tener una direccion perpendicular a ~ki (las ondas electro-
magneticas son transversales). Para la onda refractada
~Et(t, ~x) = ~Etei(wt−~kt·~x)
~Ht(t, ~x) =1
η2
(
~kt × ~Et
β2
)
con kt = β2 = wc2
=√ε2µ2w. Por ultimo, la onda reflejada esta descrita por
~Er(t, ~x) = ~E0ei(wt−~kr·~x)
~Hr(t, ~x) =1
η1
(
~kr × ~Er
β1
)
notar que la magnitud del vector de onda reflejada es igual al de la incidente, kr = β1.
La existencia de condiciones de borde en la interfaz z = 0, que se deben satisfacer paratodos los puntos en el plano en todo instante, implica que la variacion espacial (y temporal) de
472
los campos debe ser la misma en z = 0. De esta forma, las ondas reflejadas y refractadas debentener la misma frecuencia w que la incidente si las condiciones en la frontera se satisfacen paratodo t. Ademas, debe tenerse que las 3 ondas deben tener la misma fase en z = 0
(
~ki · ~x) ∣
∣
∣
z=0=(
~kt · ~x) ∣
∣
∣
z=0=(
~kr · ~x) ∣
∣
∣
z=0
De aquı se aprecia que los tres vectores de onda deben permanecer en un plano, llamadoplano de incidencia. En la figura, corresponde al plano x − z. Esta condicion se puedereescribir en terminos de los angulos de incidencia ϑi, de reflexion ϑr y de refraccion ϑt. Notarque ningun vector de onda tiene componente segun j, luego
(
~ki · ~x)
= (kixx+ kizz)∣
∣
∣
z=0= kixx = ki sinϑix
analogo para el resto, ası
ki sinϑix = kr sinϑrx = kt sinϑtx
ki sinϑi = kr sinϑr = kt sinϑt
Como ki = kr, se obtiene que el angulo de incidencia es igual al angulo de reflexion
sinϑi = sinϑr
Ademas, se obtiene la ley de Snell
ki sinϑi = kt sinϑt
sinϑi
sinϑt
=kt
ki
=
√
ε2µ2
ε1µ1
sinϑi
sinϑt
=
√
ε2µ2
ε1µ1
=c1c2
16.2.1. Polarizacion paralela y perpendicular
ϑi, ϑr, ϑt
~ki, ~kr, ~kt
~Ei, ~Hi, ~Er, ~Hr, ~Et, ~Ht
473
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