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2 — Ley de Gauss
42 Ley de Gauss
2.1 IntroducciónEn el capítulo anterior enunciamos las leyes fundamentales de la electrostática. La ley deCoulomb para una carga puntual y el principio de superposición conducen a la ecuación integral(1.3) que permite calcular el campo eléctrico en todo punto del espacio conociendo la distribuciónde cargas ρ:
~E(~x) =1
4πε0
∫R3
d3x′ρ(~x′)(~x−~x′)‖~x−~x′‖3
En conclusión, esta ecuación resuelve completamente el problema de la electrostática en queconocemos exactamente la distribución espacial ρ de todas las cargas.
El gran problema es que en muchas situaciones no se sabe a priori cómo están distribuídaslas cargas en el espacio, y la ecuación (1.3) se vuelve insuficiente. La distribución espacialde ρ en general depende del campo eléctrico, y el campo eléctrico a su vez dependerá de laposición de las cargas. Nos enfrentamos entonces a un problema que debe ser resuelto de formaauto-consistente. Por ejemplo, veremos más adelante que si acercamos un objeto cargado (porejemplo una carga puntual positiva +q) a un conductor (de volumen Ω), los electrones en esteúltimo se moverán hasta alcanzar un equilibrio electrostático, y una densidad de carga σ secreará en su superficie ∂Ω debido a la prescencia de la carga puntual.
Para calcular el campo eléctrico un punto~x del espacio, toda la distribución de carga debe serconocida para utilizar la integral (1.3), incluyendo la densidad superficial de σ carga sobre lasuperficie del conductor ∂Ω, desconocida a priori. Resulta entonces absolutamente necesariointroducir otras leyes y herramientas matemáticas necesarias para resolver los problemas deelectrostática. En este capítulo veremos una de las leyes fundamentales que satisface el campoeléctrico: la ley de Gauss, que establece una relación entre el campo eléctrico y las cargas que looriginan, y que es consecuencia directa de la ecuación fundamental (1.3).
2.2 Flujo sobre una superficie2.2.1 Flujo de un campo vectorial sobre una superficie plana
Consideremos la superficie plana de la figura, de área S y normal n (perpendicular en todo puntoa la superficie).Si la superficie se encuentra en presencia de un campo vectorial uniforme ~E, el flujo de ~E sobreS se define como:
ΦS,~E = ~E · nS =| ~E | Scosϑ
2.2 Flujo sobre una superficie 43
Es decir, el flujo de un campo vectorial sobre una superficie es una medida de su componentenormal a la superficie.
2.2.2 Flujo de un campo vectorial sobre una superficie arbitrariaHemos definido el flujo de un campo ~E uniforme sobre una superficie plana. En general, unasuperficie S será curva, y el campo eléctrico ~E puede variar sobre los distintos puntos de lasuperficie. Para calcular en general el flujo del campo sobre una superficie S arbitraria, separticiona esta última en una suma de elementos de área infinitesimales. Así, en la posición~x′ ∈ S, se tendrá un elemento de superficie dS(~x′) localmente plano y de normal n(~x′). El campoeléctrico ~E(~x′) será aproximadamente constante sobre dS(~x′).
El flujo a través de dS será entonces:
∆ΦdS,~E = ~E(~x′) · n(~x′)dS(~x′)
El flujo total a través de la superficie S se obtiene sumando sobre todos los elementos de superficie,tomando el límite cuando dS(~x′)→ 0. Obtenemos entonces el flujo para una superficie general.
Definición 2.2.1 — Flujo de un campo vectorial sobre una superficie. El flujo de uncampo vectorial ~E sobre una superficie S se define como la integral:
ΦS,~E =∫∫
S~E(~x′) · n(~x′)dS(~x′) (2.1)
Cuando la superficie S es cerrada (es decir, cuando ella es la frontera de un volumen acotadoΩ ⊂ R3, es decir S = ∂Ω), en todo punto ~x′ ∈ ∂Ω por convención la normal apunta hacia laregión que no está encerrada por ∂Ω, llamada exterior de Ω. De esta forma, el flujo de un campo
44 Ley de Gauss
~E sobre ∂Ω en un punto~x′ ∈ ∂Ω es positivo si las líneas de campo eléctrico están saliendo delvolumen Ω (~E(~x′) · n(~x′)> 0), y será negativo si las líneas entran a través de Ω (~E(~x′) · n(~x′)< 0).La notación para el flujo sobre una superficie cerrada es la siguiente:
Φ∂Ω,~E =
∫∫∂Ω
~E(~x′) · n(~x′)dS(~x′)
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835)
La ley de Gauss establece que el flujo eléctrico a través de una superficie cerrada es proporcionala la carga encerrada por ella. Más concretamente:
Teorema 2.3.1 — Teorema del flujo de Gauss. Para toda superficie cerrada ∂Ω, el flujodel campo eléctrico es proporcional a Q(Ω), la carga total encerrada por ∂Ω:
Φ∂Ω,~E =
∫∫∂Ω
dS(~x′)n(~x′) ·~E(~x′) = Q(Ω)
ε0(2.2)
Escribiendo de forma explícita la carga encerrada por ∂Ω, la ley de Gauss se re-escribe:∫∫∂Ω
dS(~x′)n(~x′) ·~E(~x′) = 1ε0
∫∫∫Ω
d3x′ ρ(~x′)
Esta ley, consecuencia de la ley de Coulomb, tiene una gran utilidad para calcular el campoeléctrico de distribuciones de carga con determinadas simetrías espaciales. Notar que camposeléctricos creados por cargas fuera de la superficie no contribuyen al flujo total (el flujo entrantese compensa perfectamente con el flujo saliente).
Figura 2.1: El flujo del campo eléctrico sobre toda superficie cerrada ∂Ω generado por una cargaexterior a Ω es siempre nulo.
Es decir, el flujo sobre una superficie cerrada sólo depende de la carga encerrada por ella, y esindependiente de la forma de la superficie.
NotaLa ley de Gauss es consecuencia de la ley de Coulomb. Es natural preguntarse si dada la ley deGauss es posible reconstruír la ley de Coulomb. Siendo matemáticamente rigurosos, la respuestaes negativa. En efecto, como veremos más adelante, parte de la información contenida en la leyde Coulomb no se transmite a la ley de Gauss, siendo la parte que falta la circulación del campo
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 45
eléctrico sobre toda curva cerrada∮
d~x′ ·~E(~x′), cuyo resultado veremos en el próximo capítulo.Sin embargo, utilizando la ley de Gauss y asumiendo que el campo de una carga puntual esradial, entonces:• Dada una carga puntual q, consideramos una superficie S esférica de radio r centrada en la
carga.• El campo eléctrico tiene la misma magnitud sobre todos los puntos de la superficie S,
que llamamos E(r). Además, su dirección coincide con la normal a S en todo punto dela superficie, ~E(r) = E(r)r = E(r)n. El flujo sobre S es entonces el área de la esfera
multiplicada por la magnitud del campo électrico∫∫
SdS(~x′)n(~x′) ·~E(~x′) = 4πr2E(r)
• Finalmente, la ley de Gauss iguala el flujo recién calculado con q/ε0. Se obtiene entoncesla ley de Coulomb:
~E(r) =q
4πε0r2 r
• No se debe olvidar que la ley de Gauss por si sola no basta para recuperar la ley deCoulomb, en efecto debimos asumir la simetría radial del campo generado por una cargapuntual. Más adelante veremos que cuando las cargas están en movimiento, la ley deCoulomb deja de ser válida, pero la ley de Gauss, en cambio, se seguirá cumpliendo. Espor esto que la ley de Gauss es una de las cuatro ecuaciones de Maxwell fundamentalesdel electromagnetismo.
Ejemplo 2.1 — Flujo sobre distintas superficies. Para las 3 superficies cerradas de la figura,el mismo resultado se obtiene para el flujo del campo eléctrico a través de ellas, Φ~E = Q/ε0.
Note que Q puede ser una carga discreta, o un conjunto de cargas discretas de carga total Q, obien un volumen de carga total Q. El flujo de ~E sobre una superficie es únicamente sensible a lacarga total encerrada, y no a la forma en que ésta esté distribuída en el espacio.
46 Ley de Gauss
Ejemplo 2.2 — Flujo sobre una superficie cuadrada. Calcule el flujo eléctrico a través deuna superficie Σ cuadrada, de lado L, generado por una carga puntual q ubicada a L/2 del centrode la superficie, como se muestra en la figura.
SoluciónUna forma de calcular el flujo consiste a evaluar explícitamente la integral
ΦΣ,~E =
∫∫Σ
dS(~x′)n(~x′) ·~E(~x′)
utilizando un sistema de coordenadas cuyo origen coincide con la carga puntual, el flujo sobreun elemento de superficie dS en el punto~x′ = (x′,z′) ∈ Σ está dado por:
dS(~x′)n(~x′) ·~E(~x′) = dx′dz′ j · q(x′ i+L/2 j+ z′k)4πε0((L/2)2 + x′2 + z′2)3/2
y entonces:
ΦΣ,~E =
qL8πε0
∫ L/2
−L/2dx′∫ L/2
−L/2dz′
1((L/2)2 + x′2 + z′2)3/2
En vez de calcular esta doble integral, podemos utilizar el teorema de Gauss. Consideremos unasuperficie cúbica S donde Σ es una de las caras.El flujo a través de S, por el teorema de Gauss, es simplemente ΦS,~E = q/ε0. Dado que la cargapuntual se ubica en el centro del cubo, el flujo es idéntico a través de cada una de las seis carasde S. Siendo Σ una de ellas, se tiene entonces:
ΦΣ,~E =
∫∫Σ
dS(~x′)n(~x′) ·~E(~x′) = 16
∫∫S
dS(~x′)n(~x′) ·~E(~x′) = q6ε0
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 47
Ejemplo 2.3 — Campo de una esféra cargada. Consideremos una carga distribuída deforma homogénea sobre una esfera de radio R. Se desea obtener el campo eléctrico en todo elespacio generado por esta distribución de carga:
ρ(~x′) =
ρ0 si |~x′| ≤ R0 si |~x′|> R
SoluciónUna forma de resolver esto es evaluando la integral de Coulomb (2.1). Otra forma más inmediataconsiste en considerar la evidente simetría esférica del campo eléctrico: su magnitud dependeúnicamente de la distancia r al origen de la distribución de cargas, y su dirección debe coincidircon la dirección radial r. De esta forma, para obtener el campo en la región exterior a ladistribución de carga (r > R), escogemos una superficie esférica de radio r > R, como se muestraen la figura siguente.
El flujo del campo eléctrico sobre esta superficie es
ΦS,~E =∫∫
Sd~S(~x′) ·~E(~x′) =
∫π
0dϑ
∫ 2π
0dφr2 sinϑ r(ϑ ,φ) ·E(r)r(ϑ ,φ) = E(r)4πr2
y utilizando la ley de Gauss:
ΦS,~E = E(r)4πr2 =Qε0
donde Q = 43 πR3ρ0 es la carga total de la distribución. Finalmente:
~E(r) = E(r)r =Q
4πε0r2 r
48 Ley de Gauss
es decir, el campo en r > R es igual al de una carga puntual Q en el origen. En términos de ladensidad ρ0:
~E(r) =ρ0R3
3ε0r2 r
Ahora, para el campo al interior de la esfera, nuevamente escogemos una superficie gaussiana Sesférica de radio r < R
Nuevamente el flujo es:
Φ =∫∫
Sd~S(~x′) ·~E(~x′) = E(r)4πr2 =
Q(r)ε0
donde Q(r) es la carga encerrada por la superficie S, que en este caso vale:
Q(r) =43
πr3ρ0
de forma que
E(r)4πr2 =4πr3ρ0
3ε0
E(r) =rρ0
3ε0
es decir, la magnitud del campo eléctrico al interior de la distribución es lineal en r. Finalmente:
~E(~x) =
rρ03ε0
r = Qr4πε0R3 r si ‖~x‖ ≤ R
ρ0R3
3ε0r2 r = Q4πε0r2 r si‖~x‖> R
Notar que el campo es continuo en ‖~x‖= R. La figura siguiente muestra la dependencia de lamagnitud del campo eléctrico en función de la distancia al origen.
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 49
Ejemplo 2.4 — Campo de un plano infinito de carga. Consideremos el plano infinitoz = 0 con densidad superficial de carga uniforme σ > 0. Se desea determinar el campo eléctricoque genera en todo el espacio (esto fue resuelto con la integral de Coulomb en el ejemplo de undisco de radio infinito 1.7).
SoluciónSea P un punto arbitrario ubicado sobre el plano infinito, y consideremos un pequeño elemento desuperficie en el plano. Como la densidad de carga σ es uniforme, siempre existe un elemento desuperficie simétrico tal que la contribución de ambos elementos da un campo eléctrico resultantesegún el eje z. Esto será cierto para todo elemento de superficie, y se deduce entonces que elcampo eléctrico generado en P necesariamente apunta en la dirección perpendicular al plano,~E = Ek.
Además, todos los puntos P ubicados a una distancia fija del plano (digamos, h) son equivalentes.Luego, la magnitud del campo en todo plano paralelo al plano de carga es constante (independi-ente de x e y). Esto quiere decir que ~E(x,y,h) = E(h)k. Para calcular E(h), utilizamos la ley deGauss, donde la superficie cerrada S a considerar es un cilindro de altura 2h que intersecta alplano cargado de forma simétrica, como se ilustra en la siguiente figura.El cilindro puede ser divido en 3 superficies, las tapas S1 y S2 (ambas de área A), y el manto S3.El flujo de ~E sobre el cilindro es entonces:
ΦS,~E =∫∫
SdS(~x′)n(~x′) ·~E(~x′) =
∫∫S1
dS1n1 ·~E +∫∫
S2
dS2n2 ·~E +∫∫
S3
dS3n3 ·~E
El flujo sobre S3 es cero, ya que en todo punto la normal es perpendicular a ~E, ~E(~x) · n3(~x) =0 ∀~x ∈ S3. Además, la magnitud de ~E sobre ambas tapas es constante e igual a E(h) (notar quesobre S2 el campo apunta según −k). Con esto:
ΦS,~E =∫∫
SdS(~x′)n(~x′) ·~E(~x′) =
∫∫S1
dS1k ·E(h)k+∫∫
S2
dS2(−k) ·E(h)(−k)
50 Ley de Gauss
ΦS,~E = E(h)(∫∫
S1
dS1(~x′)+∫∫
S2
dS2(~x′))= 2AE(h)
donde A es la superficie de S1 y S2. Por la ley de Gauss, el flujo del campo eléctrico está dadopor:
ΦS,~E = 2AE(h) =Q(S)
ε0
donde la carga encerrada por esta superficie es
Q(S) = σA
de forma que la magnitud del campo es uniforme en el espacio:
E(h) =σ
2ε0= E
Finalmente
~E(~x) =
σ
2ε0k si z > 0
− σ
2ε0k si z < 0
Notar que el campo tiene una discontinuidad en z = 0, dada por:
limz→0+
~E(z)− limz→0−
~E(z) =σ
ε0
Veremos más adelante que el campo eléctrico siempre es discontinuo en prescencia de unasuperficie cargada.
Este es un ejemplo en el cual se tiene una densidad de carga infinita (y por lo tanto, una carga totalinfinita), y el campo eléctrico resultante posee magnitud constante en el espacio. Por supuestoque un plano infinito es un concepto límite. Para un plano finito, el resultado recién obtenido seráuna buena aproximación para todos los puntos lejos de los bordes y ubicados a una distancia hmucho menor que el tamaño característico del plano, que llamaremos L (eventualmente, cuandoh se vuelve comparable a L, la magnitud del campo eléctrico comenzará a decaer en funciónde h). Más aún, dado que toda superficie suave puede ser aproximada localmente por unasuperficie plana, el resultado obtenido en este problema es también una aproximación para elcampo eléctrico generado en un punto infinitesimalmente cerca de una superficie cargada. Esdecir, en la vecindad de todo punto~x de una superficie cargada, se tiene
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 51
~E =σ(~x)2ε0
n(~x)
donde σ(~x) y n(~x) son, respectivamente, la densidad de carga y la normal a la superficie en elpunto~x.
Ejemplo 2.5 — Campo de una línea de carga. El teorema de Gauss permite de calcularsimplemente el campo eléctrico de una línea de carga, calculado previamente en 1.9 utilizando laintegral de Coulomb.
Tomamos como superficie Gaussiana un cilindro de radio r y cuyo eje de simetría coincide conel de la distribución lineal de carga. Debido a la simetría cilíndrica, el campo es radial y dependeúnicamente de la distancia r. Con esto, no hay flujo por las tapas del cilindro, y en el manto elcampo eléctrico es siempre normal a la superficie y de magnitud constante, luego∫∫
Sd~S ·d~E =
∫∫manto
dSr ·E(r)r = E(r)∫∫
mantodS = E(r)2πrl
la carga encerrada por este cilindro es Q(S) = λ l, luego
E(r)2πrl =λ lε0
~E(r) =λ
2πrε0r
El mismo resultado obtenido en 1.9.
Ejemplo 2.6 — Superposición de distribuciones conocidas. Considere un plano infinitode carga con densidad superficial σ > 0. Se practica un orificio circular de radio R.a) Calcule el campo eléctrico en cualquier punto de abscisa x perteneciente al eje del orificiob) A lo largo del eje del orificio se coloca una línea de carga de largo a, densidad lineal λ > 0 ycuyo punto más próximo se encuentra a distancia µ del centro del orificio. Calcule la fuerza derepulsión que experimenta la línea de carga.SoluciónUna forma natural de solucionar este problema es utilizando el principio de superposición. Estoes, considerar al sistema como la superposición de un plano infinito y de un disco de radio R dedensidad superficial −σ . Ya se vió en el ejemplo 1.7 que el campo generado por un disco de
52 Ley de Gauss
radio R y de densidad −σ está dado por:
~E1(xk) =−σ
2ε0
(1− x√
R2 + x2
)k
El campo generado por el plano infinito de densidad σ , visto en el ejemplo 2.4 es:
~E2(xk) =σ
2ε0k
El campo eléctrico total será la superposición de ~E1 y ~E2
~E(xk) =σ
2ε0+
σ
2ε0
(x√
R2 + x2−1)
k =σ
2ε0
x√R2 + x2
k
b) Para calcular la fuerza sobre la línea de carga, primero tomamos un elemento diferencial delongitud dx (a distancia x del plano). La fuerza sobre este elemento está dada por:
d~F = dq~E(x) = λdx~E(x) =σx2ε0
λ√R2 + x2
dxk
Con lo que la fuerza total sobre la línea de carga será
~F =∫
µ+a
µ
dx(
σx2ε0
λ√R2 + x2
)k
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 53
Sea z = R2 + x2 , con lo que dz = 2xdx. Finalmente
~F =λσ
4ε0
∫ R2+(µ+a)2
R2+µ
dz√zi =
σλ
2ε0
(√R2 +(µ +a)2−
√R2 +µ2
)k
Ejemplo 2.7 — Un cable coaxial. Considere un cable coaxial muy largo, compuesto porun cilindro sólido interior de radio a y densidad de carga volumétrica ρ (constante) y por uncilindro exterior hueco de radio b (b > a) que lleva una densidad de carga superficial σ tal que elcable en su totalidad es eléctricamente neutro. Encuentre el campo eléctrico producido por elcable en todo el espacio.
SoluciónEstablecemos un sistema de coordenadas cilíndricas en el centro del cable (coordenadas (r,ϕ,z).Por simetría (consideramos un cable de largo infinito), el campo debe ser radial, y su magnitudúnicamente función de r (la distribución de carga posee una clara simetría azimutal, es decir, esinvariante ante una rotación del ángulo polar ϕ). Luego ~E(r,ϕ,z) = E(r)r. Distinguimos tresregiones, I : b < r, II : a < r < b y III : r < a. Para calcular el campo eléctrico utilizamosla ley de Gauss, con una superficie cilíndrica (radio r, altura h). En la figura siguiente se muestrael caso r > b.
Sobre las tapas, se tendrá un flujo nulo pues ~E · n =±~E · k =~0 en dichas superficies. La integralde flujo se reduce a la integral sobre el manto del cilindro:∫∫
SdS(~x′)n(~x′) ·~E(~x′) =
∫∫Manto
dS(~x′)n(~x′) ·~E(~x′)
Para todo~x′ en el manto, dS(~x′)n(~x′) = rdϕdzr(ϕ), y ~E(~x′) = E(r)r(ϕ), de forma que
54 Ley de Gauss
∫∫Manto
dS(~x′)n(~x′) ·~E(~x′) = rE(r)∫ 2π
0dϕ
∫ h
0dz = 2πrhE(r)
Note que este resultado es general y se cumple para todo r. Con esto:∫∫S
d~S(~x′) ·~E(~x) = E(r)2πrh
pero como el cable es neutro, la carga encerrada por S es nula, Q(S) = 0. Luego, por la ley deGauss, el campo eléctrico es nulo al exterior del cable:
E(r)2πrh = 0→ E(r) = 0 r > b
Notar queQ(S) = πa2hρ +σ2πbh = 0
luego la relación entre ρ y σ es la siguiente:
σ =−ρa2
2b
En la región II : a < r < b, la simetría nuevamente implica la naturaleza radial del campoeléctrico (al igual que su dependencia en r y no en ϕ). Nuevamente utilizamos como superficiecerrada un cilindro S de radio r y altura h.
Sabemos que: ∫∫S
d~S(~x′) ·~E(~x) = E(r)2πrh =Q(S)
ε0
y la carga encerrada es, esta vez, aquella contenida en el volumen del cilindro sólido interior quese encuentra al interior de S:
Q(S) = ρπa2h
entonces
E(r)2πrh = ρπa2h
ε0
~E(~x) =a2ρ
2ε0rr si r ∈ [a,b]
Por último, para la región III : r < a, se escoge nuevamente un cilindro de radio r y altura h.
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 55
∫∫S
dS(~x′)n(~x′) ·~E(~x) = E(r)2πrh
que encierra una cargaQS = ρπr2h
entonces
E(r)2πrh = ρπr2h
ε0
~E(~x) =ρr2ε0
r
En resumen:
~E(~x) =
ρr2ε0
si 0≤ r < aa2ρ
2ε0r si a < r < b0 si b < r
Notar la discontinuidad al atravesar la superficie cargada r = b,
limr→b−
E(r)− limr→b+
E(r) =a2ρ
2ε0b=
σ
ε0
Ejemplo 2.8 — Superposición de esferas. Considere dos esferas no concéntricas de radioR. La primera de ellas lleva una densidad volumétrica de carga ρ y la segunda −ρ . Los centrosde las esferas están a distancia menor que 2R, y sea ~d el vector que va del centro de la esferapositiva al centro de la negativa. Demuestre que el campo eléctrico en la intersección de lasesferas es constante, y encuentre su valor.
SoluciónEste problema se puede resolver por superposición y recordando la forma del campo eléctricogenerado por una distribución esférica homogénea de carga ρ (ver 2.3).
~E(~x) =
ρr3ε0
r si r ≤ RρR3
3ε0r2 r si r > R
56 Ley de Gauss
donde r es la distancia al centro de la esfera. Ahora, sea P un punto arbitrario dentro de la regiónde la intersección. El campo en P producido por la distribución de carga positiva es
~E1 =ρ
3ε0~x
y el de la distribución de carga negativa
~E2 =−ρ
3ε0~x′
donde~x y~x′ son los vectores definidos en la figura siguiente.
Por el principio de superposición, el campo eléctrico en P está dado por
~E(P) = ~E1 +~E2 =ρ
3ε0~x+−ρ
3ε0~x′
Pero~x−~x′ = ~d, con lo que finalmente:
~E(P) =ρ
3ε0~x+−ρ
3ε0
(~x− ~d
)=
ρ
3ε0~d
P fue escogido de manera arbitraria, luego, para todo punto dentro de la zona de intersección, elresultado es el mismo, y el campo eléctrico es uniforme en dicha región.
Ejemplo 2.9 — Fuerza entre una banda y una línea de carga. Calcule la fuerza porunidad de largo que se ejercen una distribución superficial muy larga de ancho b y densidad decarga σ y un alambre igualmente largo con densidad lineal de carga λ , puesto en el mismo planoque la banda a distancia r del borde inferior, como muestra la figura.
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 57
SoluciónPodemos optar por calcular la fuerza que ejerce la distribución lineal de carga sobre la distribuciónplana, o viceversa. Utilizemos la primera opción, para ello necesitamos obtener el campo eléctricogenerado por una distribución lineal muy larga, obtenido en 1.9 y 2.5:
~E(d) =λ
2πε0dr
donde d es la distancia al alambre. Ahora, en el plano que contiene a ambas distribuciones,definimos las direcciones i, j como se indica en la figura siguiente.
El campo eléctrico generado por la distribución lineal en un punto (x,y) tiene la forma:
~E(~x) =λ
2πε0(r+ y)j
Luego la fuerza que se ejerce sobre un elemento de carga infinitesimal dq = σdxdy en (x,y) estádada por:
d~F(x,y) = dxdyσλ
2πε0(r+ y)j
De forma que la fuerza que se ejerce sobre una porción de largo L de la distribución plana es
~F =∫ L
0dx∫ b
0
σλdy2πε0(r+ y)
j
~F =σλL2πε0
∫ b
0
dyr+ y
j =σλL2πε0
ln(r+ y)∣∣∣b0
j =σλL2πε0
ln(
r+br
)j
y la fuerza por unidad de largo es:
58 Ley de Gauss
~FL=
σλ
2πε0ln(
r+br
)j
Solución alternativaTambién podríamos haber calculado la fuerza que ejerce la distribución bidimensional sobre lalínea de carga. Para esto, consideremos un diferencial de carga dq = λdx ubicado en la posiciónx sobre la línea, y calculemos la fuerza que ejerce sobre éste una franja muy delgada del planode ancho dy, como se muestra en la figura.
Esta franja puede ser vista como una línea infinita de densidad σdy. Luego, el campo ~E(x) quegenera en la posición del diferencial de carga está dado por:
d~E(x) =− σdy2πε0(y+ r)
j
y el campo total será el de la superposición de todas las franjas sobre el plano:
~E(x) =− σ
2πε0
∫ b
0
dy(y+ r)
j =− σ
2πε0ln(
r+br
)j
Luego, la fuerza sobre dq es:
d~F(x) = λdx~E(x) =−λdxσ
2πε0ln(
r+br
)j
Como la fuerza es independiente de x (constante sobre la línea de carga), la fuerza sobre unsegmento de la línea de largo L es, simplemente, ~F = − λLσ
2πε0ln( r+b
r
)j. De aquí, obtenemos
inmediatamente la fuerza por unidad de largo que se ejerce sobre la línea:
~FL=− λσ
2πε0ln(
r+br
)j
Ejemplo 2.10 — Esfera con cavidad. Una esfera no conductora, centrada en el orígen, deradio 2a lleva una densidad de carga ρ constante. Se extrae material de esta esfera de modo quequeda una cavidad esférica de radio a, cuyo centro está en el eje y a la distancia a desde el orígen,como se muestra en la figura. El resto de la esfera mantiene la densidad de carga ρ = const.a) Demuestre que el campo eléctrico en el punto P fuera de la esfera vale
2.3 Ley de Gauss del campo electrostático (1835) 59
~E =ρ
3ε0
(8a3
r2 +a2 +2ar sinαR− a3
r2 r)
donde R = ~R/R, r =~r/rb) Ahora considere el caso en que el punto P está dentro de la esfera de radio a, a una distanciar < a desde el centro de dicha esfera. Demuestre que la componente x del campo eléctrico eneste punto vale cero. Encuentre Ey
Solucióna) El problema puede ser tratado como la suma de dos distribuciones de cargas independientes.Una esfera de radio 2a con densidad de carga uniforme ρ , y una esfera de radio a con densidadde carga −ρ , ubicada como se indica en la siguiente figura. El campo en P debido a la esfera de
radio 2a está dado por
~E1(P) =Q
4πε0R2 R
donde la carga total de la esfera es
Q =43
π(2a)3ρ =
43
π8a3ρ
Luego
~E1(P) =43
π8a3ρ
14πε0R2 R =
ρ
3ε0
8a3
R2 R
Por teorema del coseno
60 Ley de Gauss
R2 = r2 +a2−2ar cos(π/2+α) = r2 +a2 +2ar sinα
Así
~E1(P) =ρ
3ε0
(8a3
r2 +a2 +2ar sinα
)R
Además, el campo eléctrico generado por la distribución de radio a y densidad −ρ es
~E2(P) =−43
πa3ρ
14πε0r2 r =− ρ
3ε0
(a3
r2
)r
y se tiene, finalmente
~E(P) =ρ
3ε0
(8a3
r2 +a2 +2ar sinαR− a3
r2 r)
b) Se debe recordar que el campo en el interior de una esfera uniformemente cargada tiene unadependencia lineal en la distancia al centro de ésta (ver 2.3). Concretamente, si~x = (x,y) denotaun punto dentro de la esfera de radio a, se tiene
~E1(~x) =ρ
3ε0RR =
ρ
3ε0R(cosϑ i+ sinϑ j
)Pero Rcosϑ = r cosα , y Rsinϑ − r sinα = a, de forma que:
~E1(~x) =ρ
3ε0
(r cosα i+(a+ r sinα) j
)Para la esfera de radio a, el campo es
~E2(~x) =−ρ
3ε0rr
Así
~E(~x) =ρ
3ε0
(RR− rr
)De aquí vemos que
Ex =ρ
3ε0(r cosα− r cosα) = 0
y
Ey =ρ
3ε0(a+ r sinα− r sinα) =
ρa3ε0
Así, el campo dentro de la cavidad esférica es uniforme y dado por
~E =ρa3ε0
j
2.4 Demostración de la ley de Gauss 61
2.4 Demostración de la ley de Gauss
2.4.1 Primer método (distribuciones)A partir de la ley de Coulomb y el principio de superposición, expresamos el campo eléctricocomo una integral sobre todo el espacio de la distribución de cargas:
~E(~x) =1
4πε0
∫R3
d3x′ρ(~x′)(~x−~x′)‖~x−~x′‖3
Por otra parte, es muy simple mostrar la siguiente identidad (la demostración se hará explícita-mente en 3.2):
~∇1
‖~x−~x′‖=− (~x−~x′)‖~x−~x′‖3
De esta forma, el campo eléctrico puede ser escrito como:
~E(~x) =1
4πε0
∫R3
d3x′−ρ(~x′)~∇
1‖~x−~x′‖
Ahora, sea Ω⊆ R3, y ∂Ω la superficie cerrada que encierra a Ω. El teorema de la divergencia deGreen-Ostrogradsky establece:∫∫
∂Ω
dS(~x)n(~x) ·~E(~x) =∫∫∫
Ω
~∇ ·~E(~x)d3x
Esto es:
=∫∫∫
Ω
d3x~∇·
14πε0
∫R3
d3x′−ρ(~x′)~∇
1‖~x−~x′‖
=
14πε0
∫∫∫Ω
d3x∫
R3d3x′
−ρ(~x′)~∇2 1
‖~x−~x′‖
Ahora utilizamos la identidad fundamental (7.6), válida en el marco de las distribuciones:
~∇2 1‖~x−~x′‖
=−4πδ (~x−~x′)
y entonces
∫∫∂Ω
dS(~x)n(~x) ·~E(~x) = 1ε0
∫∫∫Ω
d3x∫
R3ρ(~x′)δ (~x−~x′)d3x′
=
1ε0
∫∫∫Ω
d3x ρ(~x)
Lo que termina por demostrar la ley de Gauss:
∫∫∂Ω
dS(~x)n(~x) ·~E(~x) = 1ε0
∫∫∫Ω
d3x ρ(~x) =Q(Ω)
ε0
62 Ley de Gauss
2.4.2 Segundo método (ángulo sólido)Existe otra forma de demostrar la ley de Gauss puramente geométrica que no necesita la identidad(7.6). Para ello es conveniente introducir la nocion de ángulo sólido, que corresponde a un ángulobidimensional que representa el tamaño aparente de una superficie visto desde un punto ~O. Porejemplo, considere dos esferas concentricas de radios r1 y r2, como se muestra en la figura 2.4.2.
Las dos porciones esfericas S1 y S2, vistas desde ~O, poseen el mismo tamano aparente. Esto espor que ambas subtienden un mismo ángulo sólido. Matemáticamente, un elemento de superficieen coordenadas esféricas se escribe dS = r2 sinϑdϑdφ . Se define el ángulo sólido elementalcomo dΩ = sinϑdϑdφ . Es fácil ver que las dos superficies de la figura están descritas por losmismos intervalos de ϑ y de φ , y entonces ambas subtienden un mismo ángulo sólido totalΩ =
∫dΩ. Se tiene entonces:
S1 = r21Ω S2 = r2
2Ω
El ángulo sólido se mide en stereoradianes, y puede variar entre 0 y 4π .
Para el caso más general de un elemento de superficie d~S = dSn cualquiera (no necesariamenteuna porción de esfera) a distancia r de ~O, el ángulo sólido sera el mismo que el de su proyecciónsobre una esfera, como se muestra en la figura siguiente:
Si esta esfera es de radio unitario, entonces el ángulo sólido será igual a la superficie de laproyección de d~S sobre la esfera, es decir dΩ = 1/r2d~S · r.
Ahora, para demostrar la ley de Gauss, consideremos una carga puntual q en el origen y unasuperficie cerrada S que contiene a q.El flujo del campo eléctrico sobre un elemento diferencial d~S situado a una distancia r de lacarga sera
2.4 Demostración de la ley de Gauss 63
dΦS,~E = ~E ·d~S =q
4πr2 r ·d~S =q
4πdΩ
con dΩ el ángulo sólido que subtiende d~S respecto a la carga. Esto es consecuencia del caracterradial del campo eléctrico generado por una carga elemental. Luego, el flujo del campo sobretoda la superficie será: ∫∫
S~E ·d~S =
q4πε0
∫∫S
dΩ =qε0
ya que el ángulo sólido que subtiende toda superficie cerrada que contiene a la carga es 4π .
Consideremos ahora el caso en el que la carga q se encuentra fuera de la superficie cerrada S.Todo elemento de superficie d~S1 tendra un equivalente que subtiende un ángulo sólido de igualmagnitud pero de signo contrario, como ocurre con d~S1 y d~S2 en la figura siguiente.
Si descomponemos la superficie S en pares elementales tales que dΩ1 =−dΩ2, es fácil ver queel flujo total a través de S es nulo.
Finalmente, si se toma un conjunto de cargas qi, el campo total será la superposición de loscampos ~Ei generados por cada una. El teorema de Gauss se aplica individualmente a cada cargay se obtiene entonces: ∫∫
S~E ·d~S =
1ε0
∑i
qi
donde se incluyen en la suma únicamente las cargas contenidas en S. Finalmente, para una dis-tribución continua de cargas, la suma se reemplaza por una integral sobre el volumen delimitadopor S.
64 Ley de Gauss
2.5 Resumen y fórmulas escenciales• El campo eléctrico generado por una densidad de carga ρ : R3 → R está dado por la
integral de Coulomb (Ecuación (1.3))
~E(~x) = 14πε0
∫∫∫R3 d3x′ ρ(~x′)
‖~x−~x′‖3 (~x−~x′)
• La ley de Gauss es consecuencia de la ley de Coulomb (1.3) y establece que el flujo de ~Esobre toda superficie cerrada ∂Ω es proporcional a la carga contenida en el volumen Ω
encerrado por ∂Ω (Ecuación 2.2)∫∫∂Ω
dS(~x′)n(~x′) ·~E(~x′) = 1ε0
∫∫∫Ω
d3x′ρ(~x′) =Q(Ω)
ε0∀Ω⊆ R3
• Conociendo ρ , y a partir de la ley de Gauss (2.2), no es posible deducir la ley de Coulomb,a menos que uno asuma la simetría radial del campo generado por una carga puntual. Eneste sentido, la ley de Gauss por sí sola contiene menos información que la ecuación (1.3).En los problemas resueltos en este capítulo, esta falta de información es compensada conargumentos de simetría que permiten establecer la forma del campo eléctrico una vezconocida la distibución de carga. Cuando la distribución de carga no posee una simetríaclara, la ley de Gauss no es suficiente para determinar ~E.
• En el capítulo siguiente veremos que si además se conoce la circulación de ~E sobre todacurva cerrada Γ, es decir, el valor de
∮Γ
d~x ·~E(~x), entonces se tiene toda la informaciónnecesaria para determinar ~E en todo el espacio.
