Electricidad y Magnetismo 2010/2011 Electrostática • • • • • • Definición Los conductores en electrostática. Campo de una carga puntual. Aplicaciones de la Ley de Gauss Integrales de superposición. Potencial electrostático – Definición e Interpretación. Integrales de superposición. – Ecuaciones de Poisson y Laplace. Condiciones de Interfase.Condiciones de regularidad. Teorema de unicidad, teorema del valor medio. • Campo y potencial eléctrico en puntos alejados: dipolo, momento dipolar, ... • Polarización de materiales. • Método de las imágenes. • Sistemas de conductores. Condensadores. EyM 3d-1 • Energía J.L. Fernández Jambrina y Fuerzas. Ecuaciones de Poisson y Laplace • Se puede ligar el potencial con las densidades de carga, así para medios isótropos: r ∇⋅D = ρ r r r D = εE ⇒ ∇ ⋅ (εE ) = ∇ ⋅ (− ε∇Φ ) = ρ ⇒ ∇ε ⋅ ∇Φ + ε∆Φ = − ρ r E = −∇Φ • La ecuación para medios homogéneos, lineales e isótropos recibe el nombre de Ecuación de Poisson: ∆Φ = − ρ ε • En el caso de regiones sin carga, la ecuación de Poisson se reduce a la Ecuación de Laplace: ∆Φ = 0 • Todas estas ecuaciones son de segundo orden. J.L. Fernández Jambrina Potencial Escalar, Ecuaciones de Poisson y de Laplace. Condiciones de frontera. Unicidad. EyM 3d-2 Página 1 Electricidad y Magnetismo 2010/2011 Soluciones generales con dependencia de una única coordenada • En muchas situaciones se puede suponer en primera aproximación que el potencial sólo depende de una coordenada: – Es interesante conocer las soluciones correspondientes. Cartesianas: r r ∂Φ ∂Φ ∂ 2Φ = = 0 ⇒ ∆Φ = = 0 ⇒ Φ(r ) = Ax + B E = − Axˆ 2 ∂y ∂z ∂x Cilíndricas: r 1 ∂ ∂Φ r A ∂Φ ∂Φ ρ = 0 ⇒ Φ(r ) = A ln ρ + B E = − ρˆ ;ρ ≠ 0 = = 0 ⇒ ∆Φ = ρ ∂ϕ ∂z ρ ∂ρ ∂ρ r r ∂Φ ∂Φ A 1 ∂ 2Φ = = 0 ⇒ ∆Φ = 2 =0 ⇒ Φ (r ) = A ϕ + B E = − ϕˆ ;ρ ≠ 0 ∂ρ ∂z ρ ρ ∂ϕ 2 r r ∂Φ ∂Φ ∂ 2Φ r = = 0 ⇒ ∆Φ = =0 ⇒ Φ(r ) = Az + B E = − Az 2 ∂ρ ∂ϕ ∂z J.L. Fernández Jambrina EyM 3d-3 Soluciones generales con dependencia de una única coordenada (2) • Esféricas r A Φ(r ) = r + B ⇒ r≠0 r E = A rˆ r2 r θ Φ(r ) = A ln tg 2 + B ∂ ∂Φ 1 = 0 ⇒ ∆Φ = 2 rsenθ ≠ 0 senθ =0 ⇒ ˆ r r senθ ∂θ ∂θ − Aθ E = rsenθ r Φ(r ) = Aϕ + B 1 ∂ 2Φ rsenθ ≠ 0 = 0 ⇒ ∆Φ = 2 =0 ⇒ r Aϕˆ r senθ ∂ϕ2 E = − rsenθ ∂Φ ∂Φ 1 ∂ 2 ∂Φ = = 0 ⇒ ∆Φ = 2 r =0 ∂θ ∂ϕ r ∂r ∂r ∂Φ ∂Φ = ∂r ∂ϕ ∂Φ ∂Φ = ∂r ∂θ J.L. Fernández Jambrina Potencial Escalar, Ecuaciones de Poisson y de Laplace. Condiciones de frontera. Unicidad. EyM 3d-4 Página 2 Electricidad y Magnetismo 2010/2011 Condiciones de interfase del Potencial • La ecuación de Poisson, por ser una ecuación diferencial, sólo se puede aplicar en puntos ordinarios del espacio: – no se puede aplicar en las interfases entre medios. ε2 ,σ2 r r E 2 , D2 , Φ 2 n$ ε1 , σ1 r r E1 , D1 , Φ1 Medio 2 • Es necesario obtener las condiciones de interfase: Medio 1 r – A partir de la condición para la componente normal de D : r r ∂Φ 2 ∂Φ 1 − ε2 nˆ ⋅ D2 − D1 = ρ s ⇒ (ε 2 E 2 n − ε 1 E1n ) S = ρ s ⇒ ε 1 = ρs S ∂n S ∂n r – A partir de la condición para las componentes tangenciales de E : r r r r ∂ Φ 2 ∂Φ 1 nˆ × E 2 − E1 = E 2 t − E1t = − + = 0 ⇒ (− Φ 2 + Φ 1 ) S = cte S S ∂t S ∂t ( ) ( ) ( ) – No obstante, esta última condición puede mejorarse substancialmente:... EyM 3d-5 J.L. Fernández Jambrina Condiciones de interfase del Potencial • Utilizando la idea de una zona de transición continua entre medios cuyo espesor ∆n se hace tender a cero, – Se escogen sendos puntos A y C, uno en cada medio y en el límite de la zona de transición, de forma que se cumpla: ∆n → 0 ⇒ A → B ; C → B – En estas condiciones: (2) ε2 ,σ2 Medio 2 r r E2 , D2 , Φ 2 n$ C B ε1 , σ1 Medio 1 r r E1 , D1 , Φ1 ∆n A r Br r C r Φ 2 (C ) − Φ 1 ( A) = [Φ 2 (C ) − Φ 2 (B )] + [Φ 1 (B ) − Φ 1 ( A)] = − ∫ E 2 ⋅ dl − ∫ E1 ⋅ dl B A – y puesto que los campos no se hacen infinitos: r r C r Br lim (Φ 2 (C ) − Φ 1 ( A)) = − lim ∫ E 2 ⋅ dl − lim ∫ E1 ⋅ dl = 0 ∆n → 0 ∆n → 0 B ∆n → 0 A • En resumen, el potencial es continuo en las interfases: – Equivalencias entre condiciones de interfase: r r ∂Φ 2 ∂Φ 1 nˆ ⋅ D2 − D1 = ρ s ⇔ ε 1 − ε2 = ρs S ∂n S ∂n r r (Φ 1 − Φ 2 ) S = 0 nˆ × E 2 − E1 = 0 ⇐ ( J.L. Fernández Jambrina ) ( ) S Potencial Escalar, Ecuaciones de Poisson y de Laplace. Condiciones de frontera. Unicidad. (Φ 2 − Φ1 ) S =0 EyM 3d-6 Página 3 Electricidad y Magnetismo 2010/2011 Condiciones de Regularidad en el Infinito. • Se ha ido haciendo hincapié en todos ejemplos con distribuciones de dimensiones finitas en que el potencial tiende al de una carga puntual a medida que el punto de cálculo se aleja de la distribución. r 1 dq′ 1 lim Φ (r ) = lim r r = r r r → ∞ 4 πε ∫Q r − r ′ 4πε r r r →∞ ∫ Q′ dq′ = Q r 4πε r • Esto lleva a la llamada Condición de Regularidad en el Infinito: r r lim r Φ (r ) = K r r →∞ • Puede expresarse una condición similar para el campo eléctrico: r r (rr − rr ′)dq ′ = rr 1 lim E (r ) = lim r r r r 3 r3 ∫ r →∞ r →∞ 4πε Q r − r′ 4πε r r2 r r lim r E (r ) = Krˆ r ∫ Q′ dq ′ = Qrˆ r2 4πε r r →∞ – Las condiciones de regularidad en el infinito del campo y del potencial son equivalentes. – Son aplicables siempre que el medio en el infinito sea homogéneo, lineal e isótropo. EyM 3d-7 J.L. Fernández Jambrina Ejercicio: potencial y campo de una distribución esférica • Sea una distribución esférica de carga de densidad ρ 0 y radio a. Determinar el potencial y el campo producidos. • Método de Gauss: – Campo en la región exterior: De ,r (r )4πr 2 = 43 πa 3 ρ 0 (e) 3 a (i) r πa ρ 0 ρ a q E e , r (r ) = rˆ = 0 2 rˆ = rˆ 2 4πε 0 r 3ε 0 r 4πε 0 r 2 4 3 3 ρ0 – Campo en la región interior: r ρ 4 Di ,r (r )4πr 2 = πr 3 ρ 0 ⇒ Ei (r ) = 0 rrˆ 3 3ε – El potencial en la región exterior: r ρ a3 r 1 ρ a3 q Φ e (r ) = − ∫ Ee (r )rˆ ⋅ rˆdr = − 0 ∫ 2 dr = 0 = ∞ 3ε 0 ∞ r 3ε 0 r 4πε 0 r – El potencial en la región interior: r ρ a2 ρ r ρ a2 ρ a2 − r 2 Φ i (r ) = Φ i (a ) − ∫ Ei (r )dr = 0 − 0 ∫ rdr = 0 + 0 a a 3ε 0 3ε 3ε 0 6ε ( J.L. Fernández Jambrina Potencial Escalar, Ecuaciones de Poisson y de Laplace. Condiciones de frontera. Unicidad. ε ε0 ) EyM 3d-8 Página 4 Electricidad y Magnetismo 2010/2011 Ejercicio: potencial y campo de una distribución esférica • Por integración directa de la ecuación de Poisson. (2) ∆Φ = − – El potencial sólo depende de r: ρ ε – Región exterior: » Ecuación homogénea => Solución general: ∆Φ e = dΦ e dΦ e Ae A 1 d 2 dΦ e = Ae ⇒ = 2 ⇒ Φ e = − e + Be r = 0 ⇒ r2 dr dr dr r r 2 dr r – Región interior: » Ecuación no homogénea => Solución general + particular: ρ ρ 1 d 2 dΦ i dΦ i ∆Φ i = 2 r = − 0 ⇒ d r 2 = − 0 r 2 dr ⇒ ε ε dr dr r dr ρ ρ ρ d Φ d Φ A A i i ⇒ r2 = − 0 r 3 + Ai ⇒ = − 0 r + 2i ⇒ Φ i = − 0 r 2 − i + Bi dr 3ε dr 3ε 6ε r r excepto en el origen de coordenadas. – Hay cuatro constantes a determinar con las condiciones de contorno. EyM 3d-9 J.L. Fernández Jambrina Ejercicio: potencial y campo de una distribución esférica (3) • Condiciones de contorno: – Regularidad en el infinito: potencial nulo en el infinito. A A = − e + Be = Be = 0 ⇒ Φ e = − e r r r →∞ – El origen es un punto ordinario: no tiene que haber singularidades. ρ r2 A ρ r2 Φ i r =0 = − 0 − i + Bi ≠ ∞ ⇒ Ai = 0 ⇒ Φ i = − 0 + Bi r 6ε 6ε r =0 Φe r →∞ – No hay densidades de carga en r=a: continuidad de la derivada 0 = ρ S = −ε 0 dΦ e dr +ε r =a dΦ i dr ⇒ −ε 0 r =a ρ a3 ρ a3 1 Ae ρ 0 a = 0 ⇒ Ae = − 0 ⇒ Φ e = 0 − 2 3 3ε 0 3ε 0 r a – Potencial continuo en r=a. ρ a2 ρ a2 ρ a2 ρ a2 A Φ i r =a = − 0 + Bi = Φ e r =a = − e = 0 ⇒ Bi = 0 + 0 6ε a 3ε 0 3ε 0 6ε Φe = − Ae ρ0 a 3 = r 3ε 0 r Φi = − ρ0 r 2 ρ (a 2 − r 2 ) ρ0 a 2 + Bi = 0 + 6ε 6ε 3ε 0 J.L. Fernández Jambrina Potencial Escalar, Ecuaciones de Poisson y de Laplace. Condiciones de frontera. Unicidad. EyM 3d-10 Página 5 Electricidad y Magnetismo 2010/2011 Ejercicio: potencial y campo de una distribución esférica (4) • Método de aportaciones infinitesimales. – En principio no es válido: requiere medio homogéneo. – Suponiendo medio homogéneo el potencial en cualquier punto se obtiene mediante la expresión: r r 1 ρ (r ′ ) Φ (r ) = r r dV ′ 4πε ∫∫∫V r − r ′ – Restringiendo el cálculo al eje Z. (Que puede ir en cualquier dirección) r 1 r = r rˆ θ =0 r r 2 2 2 z r ⇒ r − r ′ = r + r ′ − 2rr ′ cosθ ′ r ′ = r ′rˆ′ ( (e) r r r − r′ r r (i) dV ′ = r ′ 2 sen θ ′dr ′dθ ′dϕ ′ r r′ ρ r Φ (r ) = 0 4πε y ρ a ε = x ) ε ρ0 2ε π a 2π ∫ ∫θ ∫ϕ (r r ′= 0 a ′ =0 ′= 0 r ′= 0 ′= 0 + r ′ 2 − 2rr ′ cosθ ′ r ′ 2 sen θ ′dr ′dθ ′ π ∫ ∫θ (r r ′ 2 sen θ ′dr ′dθ ′dϕ ′ 2 2 + r ′ 2 − 2rr ′ cosθ ′ ) 1 ) 1 = 2 =L 2 EyM 3d-11 J.L. Fernández Jambrina Ejercicio: potencial y campo de una distribución esférica ρ r Φ (r ) = 0 2ε r ′ 2 sen θ ′dr ′dθ ′ π a ∫ ∫θ (r = ρ0 2ε (5) ( 1 r ′ r 2 + r ′ 2 − 2rr ′ cosθ ′ r ′ =0 r ∫ a + r ′ − 2rr ′ cosθ ′) ρ0 a ρ a 2 = r ′ (r + r ′) − (r − r ′) dr ′ = 0 ∫ r ′[(r + r ′) − r − r ′ ]dr ′ 2εr ∫r ′=0 2εr r′=0 • En la región exterior r ′ ≤ a ≤ r ⇒ r − r ′ = r − r ′ a ρ a ρ a ρ r ′3 ρ a3 r Φ e (r ) = 0 ∫ r ′[(r + r ′) − (r − r ′)]dr ′ = 0 ∫ r ′ 2 dr ′ = 0 = 0 2εr r′=0 εr r ′=0 3εr r ′=0 3εr • En la región interior hay que descomponer la integral en dos tramos [0,r] y [r,a]: r′ ≤ r ≤ a ⇒ r − r′ = r − r′ r ′ =0 ′=0 2 2 1 2 ) 1 π 2 0 ′ dr = r ≤ r′ ≤ a ⇒ r − r′ = r′ − r r ρ r ρ a Φ i (r ) = 0 ∫ r ′[(r + r ′) − (r − r ′)]dr ′ + 0 ∫ r ′[(r + r ′) + (r − r ′)]dr ′ = ′ r = 0 2εr 2εr r ′ = r = ρ0 εr ∫ r r ′2 dr ′ + r ′=0 ρ0 a ρ r ′3 r ′dr ′ = 0 ∫ ′ r = r ε 3εr r + r ′=0 ρ0 r ′2 2ε a = r′=r J.L. Fernández Jambrina Potencial Escalar, Ecuaciones de Poisson y de Laplace. Condiciones de frontera. Unicidad. ρ0r 2 ρ0 (a 2 − r 2 ) + 3ε 2ε EyM 3d-12 Página 6 Electricidad y Magnetismo 2010/2011 Condiciones para la unicidad de la solución de la ecuación de Poisson • ¿Qué condiciones hay que aplicar a la ecuación de Poisson para que su solución sea única? – Esquema: » Supongamos dos soluciones de un mismo problema que en principio se consideran diferentes: ρ Φ 1 : ∆Φ 1 = − ε C.C. ε V ⇒ ;Φ ≠ Φ2 ρ 1 ρ Φ 2 : ∆Φ 2 = − ε » Construyamos el escalar auxiliar U = Φ 2 − Φ 1 ∆U = ∆Φ 2 − ∆Φ 1 = 0 » Si logramos determinar bajo que condiciones U=0, entonces, bajo esas mismas condiciones: Φ 1 = Φ 2 • En algunos casos habrá que conformarse con U = cte ⇒ Φ 1 = Φ 2 + cte • Esta ambigüedad no afecta a la unicidad del campo. r r U = cte ⇒ Φ 1 = Φ 2 + cte ⇒ E1 = −∇Φ 1 = −∇(Φ 2 + cte) = −∇Φ 2 = E 2 EyM 3d-13 J.L. Fernández Jambrina Unicidad (2) • Considerando medios lineales, homogéneos e isótropos: 2 – Punto de partida: ∇ ⋅ [(εU )∇U ] = ε∇U ⋅ ∇U + εU∇ ⋅ (∇U ) = ε ∇U + εU∆U – Por la definición de U, ∆U=0: ∇ ⋅ (εU∇U ) = ε ∇U 2 r – Aplicando Gauss: ∫∫∫ ∇ ⋅ (εU∇U )dV = ∫∫ εU∇U ⋅ dS = ∫∫∫ ε ∇U V S 2 V dV ≥ 0 r ∂U – Si se consigue demostrar εU∇U ⋅ dS = ∫∫ εU dS = 0 ∫∫ S S ∂n que bajo ciertas condiciones: – Entonces, en esas mismas condiciones ∫∫∫ ε ∇U V 2 dV = 0 ⇒ ∇U = 0 ⇒ Φ 2 = Φ 1 + cte ε > 0 Objetivo: Buscar las condiciones de contorno de Φ que hagan que: J.L. Fernández Jambrina Potencial Escalar, Ecuaciones de Poisson y de Laplace. Condiciones de frontera. Unicidad. ∫∫ εU S ∂U dS = 0 ∂n EyM 3d-14 Página 7 Electricidad y Magnetismo 2010/2011 Unicidad (3): Dirichlet y Neumann. ∂U dS = 0 ∂n • Si sobre parte del contorno se especifica el valor que debe tomar el potencial: ∫∫ εU S ε V S ΦS ρ D ⊂S Φ 1 = F (u1 , u 2 ) ⇒ Φ 2 SD ⊂S SD ⊂S = F (u1 , u 2 ) ⇒ U = F (u1 , u 2 ) SD ⊂S =0 – Este es el caso de conductores a potencial conocido. • Si sobre parte del contorno se especifica el valor que debe tomar la derivada del potencial: ε V S ∂Φ ∂n ρ = G (u1 , u 2 ) S N ⊂S ∂Φ 1 ∂n ⇒ ∂Φ 2 ∂n SN ⊂S SN ⊂S = G (u1 , u 2 ) ∂U ⇒ ∂n = G (u1 , u 2 ) =0 S N ⊂S EyM 3d-15 J.L. Fernández Jambrina Unicidad (4): Regularidad en el infinito. ∫∫ εU S ∂U dS = 0 ∂n • Si parte de la superficie que limita la región de estudio es la superficie del infinito y en ella se verifica la condición de regularidad: S∞ S Ω r rlim r Φ 1 = cte1 r →∞ ⇒ r rlim r Φ 2 = cte2 r →∞ r 2 ∂Φ 1 rlim − r ∂ rr = cte1 r →∞ ⇒ r 2 ∂Φ 2 lim − r = cte r 2 r ∂r r →∞ r 2 2 dS = r sen θdθdϕ = r dΩ r rlim r U = cteU r →∞ r 2 ∂U rlim − r ∂ rr = cteU r →∞ cteU r 2 ∂U rlim ∫∫S∞ U ∂n dS = rlim r 3 r Ω = 0 r →∞ r →∞ r 2 J.L. Fernández Jambrina Potencial Escalar, Ecuaciones de Poisson y de Laplace. Condiciones de frontera. Unicidad. EyM 3d-16 Página 8 Electricidad y Magnetismo 2010/2011 Unicidad (5): Conductor cargado y aislado. ∫∫ εU S ∂U dS = 0 ∂n • Si parte de la superficie es un conductor aislado y de carga conocida: S ρ ε n$ = V1 ⇒ Φ 2 S = V2 C ∂Φ 1 q = ∫∫ ε dS SC ∂n ⇒ ∂Φ 2 q = ∫∫ ε dS SC ∂n Φ1 SC SC q σ ∂U ∂U dS = U 1 ∫∫ ε dS = 0 ⇒ ∫∫S εU SC ∂ n ∂n C ∂U ∫∫SC ε ∂n dS = 0 U SC = U1 EyM 3d-17 J.L. Fernández Jambrina Unicidad (6): Conclusiones. • Si en todos los puntos de la superficie que limita el recinto se impone una y sólo una de las condiciones: » » » » Dirichlet. Neumann. Regularidad en el infinito. Conductor de carga conocida. • entonces: ∫∫ εU S ∂U dS = 0 ⇒ ∇U = 0 ⇒ U = cte ⇒ Φ 2 = Φ 1 + cte ∂n • Y la solución del potencial será única salvo una constante aditiva. • Si alguna de las condiciones es del tipo Dirichlet o Regularidad en el infinito, entonces la constante es nula. • Si se impone más de una condición en un punto, puede que el problema no tenga solución. J.L. Fernández Jambrina Potencial Escalar, Ecuaciones de Poisson y de Laplace. Condiciones de frontera. Unicidad. EyM 3d-18 Página 9 Electricidad y Magnetismo 2010/2011 Problema 2. Junio 1993 (Conv. Ordinaria) • • • • • ¿Cuándo hay solución única? a) Con los datos anteriores. b) Cuando el interior está descargado. c) Cuando la carga total es nula. d) Cuando la carga total es nula y el interior está a tierra. e) Cuando el conductor interior está puesto a tierra y descargado. • c Sistema de dos conductores esféricos. El interior es macizo y el exterior hueco. Exterior a tierra. Dieléctrico interior cargado. b a ε ρ0 Resolver lo que se pueda. J.L. Fernández Jambrina EyM 3d-19 Teorema del Valor Medio. • Enunciado: En una región homogénea sin cargas el valor medio del potencial en una superficie esférica es igual al potencial en su centro. – Escogiendo el origen de coordenadas en el centro de la esfera se calcula el valor medio del potencial sobre la esfera de radio R: 1 1 2π π 1 2π π Φ = ΦdS = ΦR 2 sen θdθdϕ = Φ sen θdθdϕ 4πR 2 ∫∫S 4πR 2 ∫ϕ = 0 ∫ϑ = 0 4π ∫ϕ = 0 ∫ϑ = 0 – Se deriva respecto de R y resulta que la derivada es nula: d Φ 1 2π π dΦ 1 2π π dΦ 2 1 sen θdθ dϕ = R sen θdθ dϕ = ∫ ∫ ϕ ϑ = 0 = 0 dR 4π dR 4πR 2 ∫ϕ =0 ∫ϑ =0 dR 4πR 2 r r r r r 1 −1 −1 −q = ∇Φ ⋅ dS = E ⋅ dS = D ⋅ dS = =0 2 ∫∫S 2 ∫∫S 2 ∫∫S 4πR 4πR 4πεR 4πεr 2 = ∫∫ S dΦ dS = dR » La carga encerrada por la esfera, q, es 0 ya que se trata de una región sin cargas. – El valor medio es independiente del radio de la esfera. – Como para R=0 la esfera degenera en su centro, el valor medio coincide con el valor del potencial en el punto y queda demostrado el teorema. J.L. Fernández Jambrina Potencial Escalar, Ecuaciones de Poisson y de Laplace. Condiciones de frontera. Unicidad. EyM 3d-20 Página 10 Electricidad y Magnetismo 2010/2011 Teorema del valor medio. Aplicaciones • El potencial en una región sin cargas no puede tener ni máximos ni mínimos: – Si en un punto el potencial tuviera un máximo (mínimo) entonces: » El potencial en dicho punto es mayor (menor) que en su entorno. » Existiría una esfera centrada en ese punto tal que el valor medio del potencial sobre ella sería menor (mayor) que en su centro. – Lo que contradice el teorema de la media: Luego es falso que exista un máximo o un mínimo. • Si no hay cargas en el interior de una superficie equipotencial, el potencial es constante en su interior. – Si no fuera constante, habría al menos un máximo o un mínimo. – Pero, para no contradecir el teorema de la media, no puede haber ni máximos ni mínimos. – Luego el potencial debe ser constante. J.L. Fernández Jambrina Potencial Escalar, Ecuaciones de Poisson y de Laplace. Condiciones de frontera. Unicidad. EyM 3d-21 Página 11