4 — Electrostática de conductores. Electrostática de conductores. 102 4.1 Introducción Hasta aquí hemos tratado con problemas donde la distribución de carga es conocida desde el comienzo. Ahora atacaremos otro tipo de problemas, la determinación del campo eléctrico cerca de un conductor. Como vimos en la sección 1.3.2, la materia se puede clasificar en conductores y aislantes ( o dieléctricos ). Un material dieléctrico posee electrones fuertemente ligados a los átomos, de manera que ante la presencia de un campo eléctrico externo éstos pueden oscilar en torno a su posición de equilibrio, pero se mantendrán siempre en la cercanía del átomo correspondiente. Por otro lado, un material conductor (como un metal) posee un gran número de electrones libres, y éstos se pueden mover libremente a través del material. Mientras exista un campo eléctrico al interior de un conductor, los electrons libres serán acelerados. Esta corriente de electrones se detendrá cuando el desplazamiento de cargas en el conductor genere un campo eléctrico que cancele al campo externo, se alcanza entonces un equilibrio estático. 4.2 4.2.1 Propiedades de un conductor en electrostática El campo eléctrostático dentro de un conductor es nulo En un conductor, los electrones pueden moverse libremente bajo la acción de un campo eléctrico. Imaginemos que colocamos un conductor en una región donde existe un campo eléctrico externo. En el régimen estático, la única solución aceptable es que en todo punto interior al conductor el campo eléctrico sea nulo. De lo contrario, éste producirá un movimiento de cargas al interior del conductor, lo que no es consistente con el equilibrio estático. Notar que como ~E(~x) = 0 en el interior de un conductor, entonces −~∇φ = 0 Esto significa que al interior de un conductor el potencial es constante. 4.2.2 La carga en un conductor se distribuye en su superficie Consecuencia directa de la propiedad anterior es que todo exceso de carga en un conductor debe distribuírse en su superficie. Para ilustrar esto último, imaginemos una superficie de Gauss S arbitraria en el interior del conductor. Como el campo eléctrico al interior es nulo, el flujo sobre S es nulo, lo que sólo es posible si la carga total encerrada qS es cero. ZZ ~ 0 ~ 0 d S(~x ) · E(~x ) = 0 → qS = 0 S 4.2 Propiedades de un conductor en electrostática 103 Como S es una superficie arbitraria, se deduce que ninguna densidad de carga puede existir en un punto interior al conductor. 4.2.3 El campo eléctrico es normal a la superficie Si bien en la superficie de un conductor puede existir una densidad de carga, ésta debe ser estática. Esto significa que el campo eléctrico debe anularse en la dirección tangente a la superficie (de lo contrario las cargas en la superficie no estarán en equilibrio). Matemáticamente esto esta garantizado si el campo eléctrico al interior es nulo. Para demostrarlo, consideremos un punto sobre la superficie de un conductor y calculemos la integral de línea sobre el camino cerrado Γ de la figura. Los segmentos ∆l y ∆l 0 son perpendiculares a la normal en todo punto, y sus largos pueden ser escogidos suficientemente pequeños de forma que el campo eléctrico sea aproximadamente constante a lo largo de cada segmento. Los segmentos de largo ∆x y ∆x0 son paralelos a la normal. Descomponiendo el campo en una componente normal ~En y en una componente tangencial ~Et a la superficie, se obtiene: I d~x · ~E = 0 × ∆l 0 + En × ∆x0 − Et × ∆l − En × ∆x Γ Como el campo eléctrico es conservativo, esta integral es cero. En el límite cuando ∆x0 → 0 y ∆x → 0, se tiene Et ∆l = 0, y como ∆l es una longitud finita, se concluye que la componente tangencial del campo eléctrico sobre la superficie de un conductor es cero. Notemos que existe entonces una relación simple entre la magnitud del campo eléctrico en un punto sobre la superficie del conductor y la densidad de carga σ en dicho punto. Consideremos una superficie de Gauss cilíndrica arbitrariamente pequeña en torno a un punto ~x, como se muestra en la figura siguiente. La carga encerrada es simplemente σ A, con A el área transversal del cilindro. De la ley de Gauss obtenemos ZZ σ (~x)A 0 E(~x0 ) = E(~x)A + 0A = d~S(~x ) · ~ S ε0 de aquí E(~x) = σ (~x) ε0 (4.1) Nota En el ejemplo 1.7 vimos que el campo eléctrico muy cerca de una superficie cargada (de Electrostática de conductores. 104 densidad superficial σ ) es E = σ /(2ε0 ). Por qué entonces el campo en la proximidad de la superficie de un conductor posee una magnitud de E = σ /ε0 ?. La respuesta es que la densidad de carga en el conductor genera un campo eléctrico tanto dentro como fuera del conductor, dado por ~Esup = +σ /(2ε0 )n̂ en la región exterior al conductor, y ~Esup = −σ /(2ε0 )n̂ en el interior. Este campo debe contrarestar al campo externo en el interior del conductor, luego ~Eext = σ /(2ε0 )n̂. Al interior del conductor, se tiene ~Esup + ~Eext = ~0, mientras que en el exterior, ~Esup + ~Eext = 2 σ n̂ = σ n̂. 2ε0 ε0 4.2.4 La superficie de un conductor en equilibrio es una equipotencial Mostrar esto ahora resulta evidente, consideremos 2 puntos A y B sobre la superficie de un conductor, y calculemos la diferencia de potencial entre estos dos puntos : φB − φA = − Z B d~x · ~E(~x) = 0 A ya que ~E sólo tiene componente normal a la curva y entonces d~x · ~E = 0 en todo punto de ésta. Luego, los puntos A y B se encuentran al mismo potencial. Se deduce entonces que el potencial φ posee el mismo valor constante tanto al interior como en la frontera del conductor. 4.2.5 Energía potencial de un conductor Dado que en un conductor toda la carga se concentra en su superficie, y como además en ella el potencial es constante, una simple aplicación de la ecuación 3.10 nos da U= 1 2 1 φ (~x0 )dq(~x0 ) = φ0 2 S ZZ 1 σ (~x0 )dS(~x0 ) = φ0 Q 2 S ZZ La energía potencial de un conductor con una carga superficial total Q y a potencial φ0 está dada por 1 U = φ0 Q 2 (4.2) En una primera parte, abordaremos situaciones simples en las que la simetría de los conductores implican una densidad de carga uniforme sobre su superficie. Ejemplo 4.1 — Energía de una esfera conductora cargada. Para una esfera de radio R 2 Q y carga Q, aplicando la fórmula 4.4 se tiene que la energía electrostática es U = 8πε . Otra 0R forma de obtener este resultado es integrando la densidad de energía, dada por la ecuación 3.29. ε0 U= 2 ZZZ R3 k~E(~x)k2 d 3 x 4.2 Propiedades de un conductor en electrostática 105 Sabemos que el campo es nulo al interior del conductor. Para calcular el campo fuera de la esfera, podemos utilizar el hecho de que el campo debe poseer una simetría radial respecto a la esfera conductora, es decir, ~E = E(r)r̂, donde r es la distancia al centro de la esfera. El flujo sobre una superficie S esférica de radio r será entonces, por la ley de Gauss: ZZ Q ~ ~ 2 d S · E = 4πr E(r) = ε0 S Es decir, para r > R, ~E = 4πεQ r2 r̂ (idéntico al campo de una carga puntual Q en el origen). La 0 densidad de energía electrostática es entonces 1 Q2 u(r) = ε0 E(r)2 = 2 32π 2 ε0 r4 r>R y u(r) = 0 si r < R. Integrando u sobre todo el espacio en coordenadas esféricas: Z ∞ U = 4π R drr2 u(r) = Q2 8πε0 Z ∞ dr R r2 = Q2 8πε0 R Ejemplo 4.2 — Sistema de conductores. Una esfera de metal de radio R y carga q está rodeada por un cascarón esférico metálico de radio interior a y radio exterior b. El cascarón no tiene carga neta a) Encuentre la densidad superficial de carga en cada superficie b) Encuentre el potencial en el centro utilizando infinito como punto de referencia c) Si la esfera exterior se conecta a tierra bajando su potencial a cero (igual que en infinito), ¿Cómo cambian las respuestas anteriores? Electrostática de conductores. 106 Solución a) Como la esfera de radio R es metálica (conductora), toda la carga debe estar concentrada en su superficie. Dada la simetría esférica del problema, esta distribución de carga debe ser uniforme, es decir q 4πR2 Ahora, el cascarón es eléctricamente neutro, sin embargo en sus superficies (Sa y Sb ) se induce carga de forma tal que el campo eléctrico en su interior sea nulo. σR = Debe tenerse que ~E(~x) = ~0 para a < r < b. Tomando una superficie Gaussiana esférica de radio r, a < r < b ZZ 0 E(~x0 ) = 0 d~S(~x ) · ~ S ya que ~E(~x) es nulo en todos los puntos interiores del cascarón. Por otro lado ZZ Qint 0 E(~x0 ) = d~S(~x ) · ~ ε0 S luego Qint = 0, donde Qint = q + σa 4πa2 = 0 y se obtiene la densidad superficial de carga en la superficie interior del cascarón σa = − q 4πa2 Como el cascarón es neutro, debe tenerse que σa 4πa2 + σb 4πb2 = 0 −q + σb 4πb2 = 0 q 4πb2 Es decir, sobre la superficie interna se induce una carga total −q, y sobre la superficie externa, por supuesto, q. σb = b) Distinguimos 4 regiones, como se indica en la figura 4.2 Propiedades de un conductor en electrostática 107 Como las regiones I y III están contenidas en el interior de un conductor ~E(~x) = 0 ~x ∈ I, ~x ∈ III Para encontrar el campo eléctrico en las regiones II, y IV , utilizamos la ley de Gauss. Tomando una superficie esférica de radio r con R < r < a (región II), se tiene ZZ q 0 E(~x0 ) = 4πr2 E(r) = d~S(~x ) · ~ ε0 S q r̂ R < r < a 4πr2 ε0 Del mismo modo, para una superficie esférica de radio r, con r > b (región IV ), se tiene ~E(r) = ZZ q ~ 0 ~ 0 2 d S(~x ) · E(~x ) = 4πr E(r) = ε0 S q r̂ b < r 4πr2 ε0 ~E(r) = Con esto, podemos calcular el potencial en el origen Z ∞ φ (0) = d~x0 · ~E(~x0 ) 0 tomando, por supuesto, un camino radial ~x0 = rr̂, d~x0 = drr̂, y r ∈ [r, ∞]: Z ∞ φ (0) = drr̂ · ~E(r)r̂ = Z ∞ 0 Z R φ (0) = Z a drE(r) + Z b drE(r) + 0 R Z a φ (0) = R drE(r) 0 drq + 4πε0 r2 Z ∞ drE(r) + a Z ∞ b drq q = 2 4πε0 r 4πε0 drE(r) b 1 1 1 + − b R a c) Ahora, se tiene Al igual que antes debe tenerse que ~E(~x) = 0 para ~x ∈ III (interior de un conductor). Esto simplemente se traduce en q + σa 4πa2 = 0 Electrostática de conductores. 108 por ley de Gauss. Es decir, al igual que antes σa = − q 4πa2 Además el potencial ahora es nulo sobre la superficie exterior Sb , esto quiere decir que Z ∞ φ (b) = d~x0 · ~E(~x0 ) = 0 b para cualquier camino entre b y el infinito. Por supuesto, esto requiere que ~E(~x0 ) = 0 ∀~x ∈ IV Notar que esto implica que la carga encerrada por una superficie Gaussiana contenida en IV necesariamente es cero. Es decir, el cascarón ya no es un objeto eléctricamente neutro (se debe inducir una carga neta en el, igual a −q). Esto ocurre si la carga +q inicialmente inducida en la cáscara exterior es evacuada mediante la conexión a tierra, y entonces: q + σa 4πa2 + σb 4πb2 = q − q + σb 4πb2 = 0 σb = 0 Ejemplo 4.3 — El efecto punta. Un sistema de dos esferas conductoras de radios a y b (con a > b) posee una carga total Q. Si ellas están separadas por una gran distancia y se les conecta con un alambre conductor de dimensiones despreciables, calcule la carga total sobre cada esfera y la magnitud aproximada del campo eléctrico sobre la superficie de cada una. 4.2 Propiedades de un conductor en electrostática 109 Solución Sean QA y QB la carga en cada esfera, sabemos que QA + QB = Q Notemos que el sistema entero es un conductor, y por lo tanto, su superficie es una equipotencial. Además, como las esferas están separadas por una gran distancia, entonces el campo eléctrico (y en consecuencia el potencial) en la cercanía de cada esfera será aproximadamente el campo generado por una esfera cargada. Luego φ (a) = QB QA = φ (b) = 4πaε0 4πbε0 De donde QA = QB a b y usando que Q = QA + QB QA = aQ a+b QB = bQ a+b Con esto, el campo eléctrico sobre la superficie de la esfera A tiene como magitud k~EA k = aQ Q = 2 4πε0 (a + b)a 4πε0 (a + b)a k~EB k = bQ Q = 4πε0 (a + b)b2 4πε0 (a + b)b y para la esfera B De esta forma, k~EB k a = >1 k~EA k b Es decir, el campo eléctrico sobre la esfera de radio menor es mayor que el campo sobre la esfera de radio mayor. Los campos están en proporción inversa de los radios. Éste es el efecto punta cuando se carga un conductor que posee una punta o un lado muy puntiaguido, como el de la figura siguiente: Electrostática de conductores. 110 Entonces una cantidad relativamente pequeña de carga acumulada en la punta puede generar una densidad superficial de carga muy grande, y como consecuencia, un mayor campo en su cercanía. Ejemplo 4.4 — Tres esferas conductoras. Tres cáscaras esféricas conductoras concéntricas muy delgadas poseen radios a,b, y c, respectivamente, siendo a < b < c. Inicialmente la cáscara interior está descargada, la del medio posee una carga total negativa −Q y la externa una carga total positiva Q a) Encuentre el potencial electrostático en cada una de las cáscaras conductoras b) Si las cáscaras interior y exterior son conectadas mediante un alambre conductor muy delgado que está aislado al pasar por la cáscara central, ¿Cuál es ahora el potencial eléctrico de cada una de las cáscaras? ¿Cuál es la carga en cada una de las esferas? Solución Distinguimos naturalmente tres regiones del espacio, dadas por I : {r < a}, II : {a < r < b}, III : {b < r < c}, IV : {r > c}. En cada una de ellas el campo eléctrico posee dirección radial y su magnitud depende únicamente de la distancia r al centro del conductor interno. Utilizando la ley de Gauss para la región I : r < a ZZ 0 E(~x0 ) = 0 ∀S ∈ I d~S(~x ) · ~ S pues ~E(~x) = 0 ∀~x ∈ I (interior de un conductor). Para la región II ZZ Qint ~ 0 ~ 0 =0 d S(~x ) · E(~x ) = S ε0 pues la cáscara de radio a se encuentra inicialmente descargada. De esta forma, el campo eléctrico también es nulo en esta región, ~E(~x) = 0 ∀~x ∈ II. Del mismo modo, utilizando una superficie esférica de radio r, con b < r < c ZZ −Q 0 E(~x0 ) = 4πr2 E(r) = d~S(~x ) · ~ ε0 S ~E(r) = −Q r̂ 4πε0 r2 Por último, para r > c ZZ ~ 0 ~ 0 d S(~x ) · E(~x ) = 0 ∀S ∈ IV S pues la carga encerrada por cualquier superficie contenida en la región IV es cero. En resumen 4.2 Propiedades de un conductor en electrostática ~E(r) = 0 −Q 2 r̂ 4πε0 r 0 111 si r < b si b < r < c si r > c El potencial en la cáscara exterior es Z ∞ φ (c) = d~x0 · ~E(~x) c tomando por supuesto un camino radial ~x0 = rr̂, d~x0 = drr̂, r ∈ (c, ∞) Z ∞ φ (c) = drr̂ · ~E(r) = 0 c El potencial en la cáscara de radio b es Z ∞ φ (b) = drr̂ · E(r)r̂ = Z c dr b b Z c dr −Q 4πε0 r2 Q c 2 4πε0 r b b r Q b−c φ (b) = 4πε0 bc Q φ (b) = − 4πε0 = por último, el potencial en r = a es Z ∞ φ (a) = drr̂ · E(r)r̂ = a Z b Z c drE(r) + a Z c φ (a) = b Z ∞ drE(r) + b Q drE(r) = φ (b) = 4πε0 drE(r) c b−c bc b) Ahora se tiene la siguiente configuración 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 distribuirá, donde por supuesto se debe tener Qa + Qc = Q Electrostática de conductores. 112 Definiendo las mismas regiones anteriores, nuevamente se tiene ~E(~x) = 0 ∀~x ∈ I ~E(~x) = 0 ∀~x ∈ IV (región I es el interior de un conductor y la carga total del sistema sigue siendo nula). El campo en la región II se obtiene con la ley de Gauss (superficie esférica de radio r, a < r < b) ZZ Qa 0 E(~x0 ) = E(r)4πr2 = d~S(~x ) · ~ ε0 S ~E(r) = Qa r̂ 4πε0 r2 y del mismo modo, tomando una superficie esférica de radio r, con b < r < c ZZ −Q + Qa ~ 0 ~ 0 2 d S(~x ) · E(~x ) = E(r)4πr = ε0 S ~E(r) = Qa − Q r̂ 4πε0 r2 El potencial en r = c es, por supuesto, nulo, ya que ~E = ~0 para r > c Z ∞ φ (c) = drE(r) = 0 c además Z c Z c Qa − Q 4πε0 r2 b b b Z Qa − Q c − b Qa − Q c 1 φ (b) = dr 2 = 4πε0 b r 4πε0 bc Z ∞ φ (b) = drE(r) = drE(r) = dr y Z b Z ∞ φ (a) = drE(r) = a Z b φ (a) = φ (b) + a drE(r) + φ (b) a Qa Qa = φ (b) + dr 2 4πε0 r 4πε0 b−a ab pero las cargas inducidas en a y c deben ser tal que φ (a) = φ (c) = 0 luego Qa − Q φ (a) = 4πε0 c−b Qa b−a + =0 bc 4πε0 ab c−b b−a + Qa =0 bc ab c−b b−a c−b Qa + =Q bc ab bc φ (a) = (Qa − Q) 4.3 Sistema de varios conductores Qa ac − ab + bc − ac abc =Q 113 c−b → Qa bc Finalmente Qa = Q b(c − a) a = Q(c − b) a(c − b) b(c − a) 4.3 Sistema de varios conductores Cuando se tienen varios conductores, se debe cumplir ~E =~0 y ρ = 0 al interior de cada conductor. Además, al exterior el campo eléctrico es normal a la superficie de cada conductor, y se cumple ~E = σ /ε0 n̂. 4.3.1 Fenómeno de inducción electrostática Supongamos que en una región del espacio existe un campo eléctrico ~E0 , y que se coloca un conductor inicialmente descargado. El campo eléctrico al interior de éste debe anularse para obtener un nuevo estado de equilibrio. De esta forma un desbalance de cargas se debe establecer en su superficie del conductor para generar un campo eléctrico que se oponga al campo eléctrico ~E0 que existe inicialmente. Este fenómeno de repartición de cargas se le llama inducción electrostática. Si la esfera inicialmente no estaba cargada, la carga total sobre esta debe permanecer nula, lo que implica que la densidad superficial sera positiva en una zona y negativa en otras. Por ejemplo, supongamos un conductor A inicialmente descargado al que acercamos un objeto B (que puede ser un conductor o no) con carga positiva, como se muestra en la figura siguiente. Una densidad superficial de carga negativa se generara en la porcion de superficie mas cercana al objeto B, dejando un exceso de carga positiva en la zona mas alejada a B. La inducción es total si todas las líneas de campo que salen de un conductor terminan en el otro (ninguna línea de campo termina en el infinito). Tal es el caso del sistema de 2 conductores de la figura siguiente, en en el cual un conductor inicialmente cargado positivamente (carga total +Q) se coloca al interior de otro conductor, inicialmente descargado: El campo eléctrico al interior del conductor exterior debe ser nulo. Si Q0 es la carga total inducida en la superficie interna, la ley de Gauss aplicada a la superficie S de la figura da: ZZ (Q + Q0 ) ~ ~ d S · E = 0 = S ε0 114 Electrostática de conductores. Luego en la superficie interna se induce una carga total negativa que compensa a la carga del conductor que se encuentra al interior Q0 = −Q. Como inicialmente el conductor externo no se encuentra cargado, necesariamente Q00 = −Q0 = +Q. Ejemplo 4.5 — Jaula de Faraday. Una esfera metálica se encuentra inicialmente descargada. Ahora imagine que una carga positiva q es colocada en algún punto arbitrario dentro de la esfera y sin tocar las paredes. a) ¿Qué carga se induce en la pared interior y exterior de la esfera? Indicar cualitativamente la concentración de densidad de carga inducida . Describir cómo son las líneas de campo eléctrico dentro y fuera de la esfera b) Suponga que se mueve la carga q dentro de la cavidad. ¿Cambia la distribución en la superficie exterior de la esfera? c) Ahora se coloca la carga q en contacto con la superficie interior de la esfera.¿Cómo queda la distribución de carga en la superficie interior y exterior? d) ¿Qué sucede si ahora se acerca otra carga q0 cerca de la superficie exterior del conductor? 4.3 Sistema de varios conductores 115 Solución a) La carga q en el interior de la esfera metálica inducirá una separación de carga en el metal. Sea qint la carga total inducida en la superficie interior, y qext la carga total inducida en la superficie exterior. Debido a que la esfera inicialmente se encuentra descargada, se debe tener qin + qext = 0 Para determinar qint , tomemos una superficie Gaussiana contenida enteramente dentro del cascarón esférico como se muestra en la figura La carga total encerrada por esta superficfie es qenc = qint + q Pero, debido a que el campo eléctrico ~E es cero en el interior de metal, la ley de Gauss indica ZZ (qint + q) ~ E(~x) = =0 d S(~x) · ~ ε0 De esta forma qint = −q, y entonces qext = q. La distribución de éstas cargas y sus respectivas líneas de campo son como se aprecia en la siguiente figura La carga negativa en la superficie interna se concentra mayoritariamente en la parte de la esfera más cercana a la carga q. En contraste, la carga positiva de la superficie exterior se distribuye uniformemente sobre la superficie exterior. Ésto último debido a que la esfera metálica es una superficie equipotencial, y la única forma de que esto suceda es que el campo sea radial y uniforme sobre la superficie exterior El campo eléctrico fuera de la esfera es ~E(r) = 1 q r̂ 4πε0 r2 Electrostática de conductores. 116 tal como si la carga q se encontrara en el centro del conductor b) La distribución de carga en el exterior no cambia al mover la carga q en el interior, por la misma razón anterior. Por supuesto, la carga inducida en el interior de la superficie si se vuelve a distribuír en la medida que movemos q, para asegurar que el campo en su interior siga siendo nulo ~E = 0. Ésto resulta interesante, pues desde el exterior del conductor podríamos saber cuanta carga se encuentra en el interior, pero no podremos asegurar en que posición se encuentra. c) Cuando la carga q toca la superficie interior, la carga inducida −q se concentrará enteramente en el punto de contacto y cancelará la carga q. d) Si se acerca ahora otra carga q0 al exterior de la esfera, entonces la carga se distribuirá en la superficie exterior de forma de ser una equipotencial. La distribución de carga al interior no cambia debido a la prescencia de una carga en el exterior. En otras palabras, si una cavidad está encerrada en un conductor, ninguna distribución estática de carga en el exterior podrá producir campos dentro. Este principio se conoce como shielding, y explica el por qué los aparatos eléctricos se encuentran en cubiertas metálicas. . Ejemplo 4.6 — Cavidades dentro de un conductor. Dos cavidades esféricas, de radios a y b están contenidas en el interior de una esfera conductora neutra de radio R. En el centro de cada cavidad hay una carga puntual qa y qb a) Encuentre las densidades de carga superficiales b) ¿ Cuál es el campo eléctrico fuera del conductor? c) ¿Cuál es el campo dentro de cada cavidad? Solución a) Sobre las superficies Sa y Sb en cada cavidad se inducirá carga de forma de anular el efecto de las cargas puntuales en el interior. Sean dos superficies S1 y S2 como se muestra en la figura Como S1 está contenida en el interior del conductor ZZ Qint ~ 0 ~ 0 d S(~x ) · E(~x ) = 0 = S ε0 se obtiene Qint = 0 = qa + σa 4πa2 = 0 4.3 Sistema de varios conductores 117 y la densidad superficial de carga inducida en la cavidad es: σa = −qa 4πa2 Del mismo modo, y utilizando la ley de Gauss con la superficie S2 , se obtiene qb 4πb2 Como el conductor es neutro, se inducirá carga en la superficie exterior, de forma que σb = − −qa − qb + σR 4πR2 = 0 σR = qa + qb 4πR2 b) El efecto de las cargas puntuales qa y qb es anulado mediante las cargas inducidas en las cavidades. Con esto, el campo exterior posee una simetría esférica, y se puede obtener por la ley de Gauss ZZ qa + qb ~ 0 ~ 0 2 d S(~x ) · E(~x ) = 4πr E(r) = ε0 S ~E(r) = qa + qb r̂ r > R 4πr2 ε0 Electrostática de conductores. 118 c) Dentro de la cavidad a, el campo es simplemente el de la carga puntual qa ~Ea = 1 qa r̂a 4πε0 a2 donde r̂a es el vector radial con la carga qa como origen. Del mismo modo, dentro de la cavidad b ~Eb = 1 qb r̂b 4πε0 b2 4.3.2 Capacitancia Capacitancia de un conductor aislado Se define la capacitancia, también llamada capacidad de un conductor a partir de la relación entre el potencial eléctrico φ y la carga total Q en su superficie. Si Ω es el volumen del conductor ZZ Q = dS(~x0 )σ (~x0 ) 1 x0 ) 0 σ (~ ~x ∈ Ω dS(~ x ) 4πε0 ∂ Ω k~x −~x0 k ZZ φ= ∂Ω Es fácil ver que si cambiamos la densidad de carga σ por σ 0 = ασ , entonces la carga total y el potencial escalan de igual forma Q0 = αQ φ 0 = αφ En consecuencia, Q/φ = Q0 /φ 0 es una constante que depende únicamente de la geometría del conductor. Definición 4.3.1 — Capacitancia de un conductor. Definimos la capacitancia de un conductor como: C = Q/φ (4.3) donde φ es el potencial del conductor cuando éste posee una carga Q. En el sistema internacional, la unidad de capacitancia es el Faradio (F). En la práctica, las capacitancias son típicamente del orden del microfaradio (1µF = 10−6 F). Ejemplo 4.7 — Capacitancia de una esfera conductora. Como vimos en el ejemplo 3.2, el potencial sobre una esfera conductora de radio R y carga Q es: 4.4 El condensador 119 φ= Q 4πε0 R Luego, la capacitancia de la esfera es: C = 4πε0 R Tomando por ejemplo una esfera de radio R = 10 cm, se tiene C = 1.1 ∗ 10−11 F. Capacidad y energía electrostática de un conductor En la secion 4.2.5 deducimos la energía potencial asociada a un conductor cargado. Físicamente, corresponde a la energía que se debe administrar para cargar al conductor. Si φ y Q son , respectivamente, el potencial y la carga total sobre el conductor, la energía electrostática está dada por 1 U = φQ 2 En términos de la capacidad (Q = Cφ ), se tiene: 1 Q2 U = Cφ 2 = 2 2C 4.3.3 (4.4) Coeficiente de inducción de un sistema de conductores Sean N conductores, cada uno con carga Qi y potencial φi , con i ∈ {1, 2, ..., N}. Como consecuencia de la relación lineal entre el potencial φ y la densidad de carga, se tiene una relación lineal entre las cargas Qi y los potenciales φi de los conductores N Qi = ∑ Ci j φ j j=1 Definición 4.3.2 — Coeficiente de inducción. Se define el coeficiente de inducción entre los conductores i y j como: Ci j = ∂ Qi ∂φj (4.5) y la capacitancia del i-ésimo conductor. Cii = ∂ Qi ∂ φi (4.6) Se tiene Ci j = C ji . 4.4 El condensador Un condensador (o capacitor) es un sistema de 2 conductores que poseen cargas de igual magnitud pero de signo opuesto. Naturalmente existe una concentración de líneas de campo entre los 2 conductores (intuitivamente, dado que la carga total del sistema es Q − Q = 0, ambos conductores se apantallan y el campo Electrostática de conductores. 120 eléctrico lejos de ambos conductores es débil). El condensador debe su nombre precisamente a que es capaz de concentrar energía electrostática en un determinado volumen del espacio. 4.4.1 Capacitancia de un condensador Supongamos un condensador compuesto de dos conductores con carga Q1 , potencial φ1 , y Q2 , φ2 respectivamente. Se tiene Q1 = Q = C11 φ1 +C12 φ2 Q2 = −Q = C21 φ1 +C22 φ2 y dado que C12 = C21 Q = C11 φ1 +C12 φ2 −Q = C12 φ1 +C22 φ2 Sumando ambas ecuaciones, obtenemos 0 = (C12 +C11 )φ1 + (C12 +C22 )φ2 Lo cual se cumple únicamente si C11 = C22 = −C12 . Se obtiene finalmente una relación lineal entre la carga Q y la diferencia de potencial entre ambos conductores Q = C(φ1 − φ2 ) = C∆φ (4.7) donde C es la capacidad del condensador: C= Q ∆V (4.8) y representa la capacidad a almacenar carga a una diferencia de potencial dada. 4.4.2 Energía electrostática de un condensador Para un sistema de conductores, se tiene (4.2) U= Luego, para un condensador, se tendrá: 1 Q i φi 2∑ i 4.4 El condensador 121 1 1 U = [Qφ1 − Qφ2 ] = Q(φ1 − φ2 ) 2 2 se obtiene la energía almacenada por un condensador 1 U = Q∆φ 2 4.4.3 (4.9) Cálculo de capacidades En general, el procedimiento para determinar la capacidad de un condensador es la siguiente 1. Uno se da la carga Q (o σ , la densidad superficial) sobre uno de los conductores, sabiendo que la carga total sobre el otro debe ser −Q 2. Se determina el campo eléctrico ~E R 3. La diferencia de potencial se determina a través de ∆φ = φ1 − φ2 = 12 ~E · d~l 4. Finalmente se determina la capacidad como C = Q/∆V Ejemplo 4.8 — Condensador plano. Consideremos un condensador plano, que consiste en 2 conductores planos de área A y paralelos separados por una distancia d << A. Supongamos que la densidad superficial de carga es σ en el primer conductor, y −σ en el otro. Suponiendo que d es mucho menor que A, y considerando un punto interior al conductor lejos de los bordes, podemos aproximar el campo eléctrico generado por cada uno de los conductores por el de un plano infinito (ejemplo 2.4). En la figura siguiente se muestra el campo eléctrico generado por cada plano separadamente. Por superposición, en la zona que se encuentra entre ambos conductores, se tiene ~E(~x) = σ x̂ + σ x̂ = σ x̂ 2ε0 2ε0 ε0 Electrostática de conductores. 122 mientras que en cualquier punto exterior, la superposición de ambos campos se anula: ~E(~x) = σ x̂ − σ x̂ = ~0 2ε0 2ε0 la diferencia de potencial entre ambos conductores será ∆φ = φ1 − φ2 = Z d ~E · d~x 0 donde se escoge como curva una línea paralela a las líneas de campo (d~x = dxx̂) que une el conductor 1 con el conductor 2. Se tiene finalmente ∆φ = Z d σ 0 ε0 dx = σl ε0 Suponiendo que la superficie de cada conductor es A, entonces Q = Aσ y la capacidad del condensador es C= Q ε0 A = ∆φ d Se ve entonces que las líneas de campo se concentran en la zona delimitada por ambos conductores, y la energía electrostática es entonces almacenada al interior del condensador. Ahora, si tenemos un condensador plano de área cuadrada y de lado 10 cm, tendremos A = 0, 01 m2 , y suponiendo un ancho d = 1 cm, tenemos que la capacidad vale C = 9 × 10−12 F. Como ejemplo, si al condensador se aplica una diferencia de potencial de ∆φ = 1, 5 V (pila 2A), este será capaz de almacenar una carga igual a Q = C∆φ = 1, 5 × 9 ∗ 10−12 = 1, 35 × 10−11 C y una energía electrostática U = 12 Q∆φ = 1.01 × 10−12 J Ejemplo 4.9 — Condensador cilíndrico. Consideremos un condensador formado por 2 conductores cilíndricos concentricos, de radios a y b. La longitud de ambos cilindros es L y consideremos que este largo es mucho mayor que b − a, de forma que se puede despreciar los efectos de borde. El condensador se carga de forma que el cilindro interior posea carga Q y el exterior carga −Q. Calculemos la capacidad de este condensador. Para obtener la capacidad debemos primero obtener el campo eléctrico en la región entre ambos conductores. Debido a la simetría cilíndrica del sistema, el campo en todo punto ~x = ρ ρ̂(ϕ) entre ambos cilindros debe depender únicamente de la coordenada ρ y apuntar en la dirección radial ρ̂. Elegimos entonces una superficie Gaussiana S como un cilindro coaxial de longitud L y radio ρ, con a < ρ < b. 4.4 El condensador 123 El flujo del campo eléctrico, uniforme y paralelo a la normal en todo punto a la superficie, será ZZ ZZ ~ 0 ~ 0 d S(~x ) · E(~x ) = E(ρ)ρ̂ · dSρ̂ = E(ρ) = E(ρ)2πρL S S esta superficie encierra toda la carga contenida en el cilindro interno, luego, por ley de Gauss, E(ρ)2πρL = εQ0 , y entonces Q ~E(ρ) = ρ̂ 2πLε0 ρ Notar que si ρ < a o ρ > b, la carga total encerrada es nula, y luego ~E = ~0. El campo eléctrico esta confinado entre ambos conductores. La diferencia de potencial está dada por φb − φa = − Z b ~E · d~l = − Z b a a Eρ dρ donde se ha escogido una curva paralela en todo punto al campo eléctrico (d~l = dρ ρ̂). Asi Z b Q dρ Q b = ln ∆φ = φa − φb = 2πLε0 a ρ 2πLε0 a De esta forma, tenemos C= Q 2πLε0 = ∆φ log( ba ) Notar que cuando la distancia d = b − a es muy pequeña respecto a ambos radios, deberíamos obtener la misma expresión que la de un condensador plano (ejemplo 4.8). En efecto, si escribimos log(b/a) = log(1 + d/a) ≈ d/a d a Electrostática de conductores. 124 se tiene: C≈ 2πaLε0 Aε0 = d d donde A = 2πaL corresponde al área del cilindro interno. Consideremos ahora un condensador cilíndrico de largo L = 5 cm, radios externo b = 0, 5 cm e interno a = 0, 1cm. La capacidad es −12 ×0,05 C = 2π8.85×10 = 1, 75 × 10−12 F. Si conectamos una batería de 5 Volt a este condensador, ln(5) se almacenará una carga de Q = C∆φ = 8, 784 × 10−12 C Ejemplo 4.10 — Condensador esférico. Considere un condensador esférico, que consiste de 2 esféras concéntricas de radios a y b. La cáscara interior posee carga Q distribuída uniformemente sobre su superficie, y la esfera exterior posee una carga igual pero opuesta −Q. Cuál es la capacidad de esta configuración? Solución El campo eléctrico sólo es distinto de cero en la región a < r < b. Usando la ley de Gauss con una superficie esférica y de radio r como se muestra en la figura ZZ Q ~ 0 ~ 0 2 d S(~x ) · E(~x ) = E(r)4πr = ε0 S de donde E(r) = 1 Q 4πε0 r2 4.4 El condensador 125 La diferencia de potencial entre las dos cáscaras conductoras es ∆φ = φb − φa = − Q φb − φa = − 4πε0 Z b dr de donde obtenemos a Q =− 2 r 4πε0 Q = 4πε0 C= | ∆φ | Z b d~l · ~E a 1 1 − a b ab b−a Q =− 4πε0 b−a ab Ejemplo 4.11 — Capacidad de la tierra. La superficie de la tierra (radio RT = 6400 km) y la ionósfera (a una altura de h ∼ 100 km) son dos capas conductoras que forman un condensador. Típicamente, entre la superficie de la tierra y la ionósfera hay una diferencia de potencial de 350 kV. Dado que el aire presente entre ambas superficies es parcialmente conductor, la magnitud del campo eléctrico decae exponencialmente en function de la altura z respecto de la superficie (E = E0 e−z/H con H = 3.5 km), como vimos en el ejemplo 3.18. Cuál es la magnitud E0 del campo eléctrico en la superficie terrestre? Cuál es la carga total acumulada en la superficie de la tierra?. Cuál es la capacidad de este condensador?. Solución Notese que el espacio entre la superficie de la tierra y la ionosfera (atmósfera) no es el vacío, y la fórmula del ejemplo 4.10 para la capacidad de un condensador esférico no es directamente aplicable en este caso. En efecto, vimos en el ejemplo 3.18 que existe una densidad de carga no nula en la atmósfera. El campo eléctrico puede ser escrito como ~E = E0 e−r/H r̂ donde RT < r < h. La diferencia de potencial entre la ionósfera y la superficie de la tierra puede ser escrita como ∆φ = − Z h 0 ~E · r̂dr = −E0 Z h 0 e−r/H dr = E0 H(e−h/H − 1) Evaluando para H = 3.5 km, h = 100 km, y ∆φ = 350 kV, se obtiene la magnitud del campo eléctrico sobre la superficie terrestre: E0 = − ∆φ ∆φ = −100 V/m ≈− −h/H H H(1 − e ) La tierra está entonces negativamente cargada. La carga Q puede ser calculada considerando que el campo eléctrico en su superficie está dado por: E0 = Q 4πε0 R2T Electrostática de conductores. 126 donde RT = 6400 km es el radio de la tierra. Se obtiene una carga total de : Q = 4πε0 R2T E0 = −4.55 × 105 C Y la capacidad del sistema tierra-ionósfera es entonces C =| Q | /∆φ = 1.3 F Si toda la carga concentrada en la atmósfera se concentrara en la ionósfera, la capacidad del sistema, aplicando el resultado encontrado en 4.10, sería RT (RT + h) C = 4πε0 = 0.046 F h Ejemplo 4.12 — Condensador con tres esferas. Considere un conductor esférico de radio a dentro de otro de radio b. En el espacio entre ambos conductores se introduce un cascarón esférico conductor de radios interno y externo c y d, respectivamente. Si el conductor de radio a tiene carga Q y el exterior de radio b tiene −Q, discuta que ocurre con la capacidad al introducir el cascarón Solución En el ejemplo 4.10 se obtuvo que la capacidad de un condensador esférico está dada por Q ab C= = 4πε0 | ∆φ | b−a Veamos que ocurre cuando se introduce un conductor neutro entre a y b. Distinguimos 3 regiones, como se indica en la figura Claramente el campo en todo el espacio presenta una dependencia radial. Por ley de Gauss,utilizando una superficie esférica de radio r, con a < r < c ZZ Q 0 E(~x0 ) = E(r)4πr2 = d~S(~x ) · ~ ε0 S ~E(r) = Q r̂ a < r < c 4πε0 r2 Para la región II, dada por c < r < d ~E(~x) = 0 ∀~x ∈ II 4.4 El condensador 127 pues corresponde al interior de un conductor. En consecuencia, se induce una carga −Q sobra la superficie interna del cascarón. Dado que éste es neutro, sobre su superficie exterior se induce carga Q. Para la región III, exactamente el mismo resultado encontrado en la región I se obtiene para el campo eléctrico ~E(r) = Q/(4πε0 r2 ), d < r < b. Vemos que la introducción del cascarón conductor altera el campo eléctrico en el interior del condensador, pues éste se anula en la región interior al cascarón, claramente disminuyendo la diferencia de potencial entre el conductor de radio a y el conductor de radio b. En consecuencia, aumentará la capacidad del sistema, en efecto ∆φ = φa − φb = Z b d~x · ~E(~x) = a Z b d~r · ~E(r) a donde usamos un camino radial para calcular la integral de línea, dada la naturaleza del campo Z c ∆φ = d~r · ~E(r) + a Z d d~r · ~E(r) + c Z b d~r · ~E(r) d y como ~E(r) = 0 ∀c < r < d Z c ∆φ = a Z b Z c Q + dr 4πε0 r2 d a 1 1 1 1 Q ∆φ = − + − a b d c 4πε0 d~r · ~E(r) + d~r · ~E(r) = Z b dr d Q 4πε0 r2 Pero c < d, entonces 1 1 1 1 > ⇒ − <0 c d d c En consecuencia, la diferencia de potencial entre el conductor interior y exterior disminuye en Q comparación al caso en que no está el cascarón. De esta forma, la capacitancia C = ∆φ es mayor que la del condensador esférico original Ejemplo 4.13 — Carga al interior de un condensador plano. Considere un condensador de placas paralelas cargadas con densidades σ y −σ , como muestra la figura. Se arroja una carga q horizontalmente por el espacio entre las placas con velocidad vx . Encuentre la trayectoria seguida por la partícula cargada y el ángulo que forma su vector velocidad con la horizontal al momento de salir, considerando que l es lo suficientemente grande como para que la carga no choque con alguna de las placas. Considere además que en todo instante la carga q siente una fuerza electrostática Electrostática de conductores. 128 Solución El campo eléctrico en la región entre placas, despreciando efectos de borde y considerando d l está dado por ~E(~x) = σ jˆ + σ jˆ = σ jˆ 2ε0 2ε0 ε0 Así, la fuerza electrostática que siente la carga q está dada por ~F = q σ jˆ ε0 Notar que estrictamente esto es válido únicamente cuando q está en reposo, sin embargo consideraremos que esta fuerza de interacción se mantiene a medida que la carga se mueve. De la segunda ley de Newton ~a = 1~ qσ ˆ F= j m mε0 De esta forma, la cinemática de la carga está descrita por x(t) = vxt y(t) = 1 qσ 2 t 2 mε0 y las velocidades Vx (t) = vx Vy (t) = at = qσ t mε0 donde el origen coincide con la posición inicial de la carga la momento de ingresar a la región. Para obtener la trayectoria, utilizamos x(t) t= vx y entonces 1 qσ x2 y(x) = 2 mε0 v2x la trayectoria es una parábola en el plano x − y El tiempo que demora la carga en llegar al extremo derecho es td = d vx 4.4 El condensador 129 con esto, la velocidad vertical en el momento en que sale es Vy (td ) = atd = qσ d mε0 vx y el ángulo α está dado por α = tan −1 Vy (td ) Vx (td ) = tan −1 qσ d mε0 v2x Notar que se debe tener y(td ) = 1 qσ d 2 l ( ) ≤ 2 mε0 vx 2 4.4.4 Fuerza entre conductores cargados ¿Cuál será la fuerza entre las placas de un condensador cargado? Evidentemente debe existir una fuerza que contrarreste la atracción entre ambas placas que poseen cargas de signo opuesto. Esta fuerza es fácil de obtener usando el resultado para la energía electrostática de un condensador. Si imaginamos que el espacio entre 2 placas es incrementado una pequeña cantidad dz de forma cuasiestática, entonces el trabajo mecánico realizado será W = Fdz donde F es la magnitud de la fuerza entre las placas. Este trabajo debe ser igual al cambio en la energía electrostática del condensador. Notando que U= 1 Q2 2 C Electrostática de conductores. 130 El cambio en la energía si la carga permanece constante es 1 Q2 1 ∆U = Q2 d[ ] = − 2 dC 2 C 2C donde dC es el cambio en la capacidad del condensador. Luego, se tiene F∆z = − Q2 dC 2C2 En el límite cuando dz → 0 Q2 dC F =− 2 = 2C dz dU dz Q=cte Generalizando esta ecuación al caso tridimensional, la fuerza aplicada a una de las placas es: 2 ~F = − Q ∇C = ∇U 2C2 Q=cte (4.10) Notar que para éste cálculo hemos asumido que la carga en el condensador permanece constante (es decir el condensador se encuentra aislado y no está eléctricamente conectado a otros objetos, de forma que la carga total no cambia). Supongamos que ahora tenemos la situación en la que el condensador es mantenido a una diferencia de potencial ∆φ constante y que se aumenta la separación entre placas de una cantidad dz. como la capacidad disminuye, debe haber una disminución en la carga de cada placa dQ = −dC∆φ para mantener una diferencia de potencial ∆φ constante. La batería entonces consume una energía Wbat = dQ∆φ = −dC∆φ 2 En este caso, el trabajo realizado por la fuerza F es igual al trabajo consumido por la batería y al cambio de energía electrostática al interior del condensador: W = Fdz = dU − dC∆φ 2 Y como: 1 dU = ∆φ 2 dC 2 entonces 1 2 dC dU F = − ∆φ =− 2 dz dz ∆φ =cte 4.4 El condensador 131 Generalizando ~F = − 1 φ 2~∇C = −∇U 2 ∆φ =cte (4.11) Ejemplo 4.14 — Fuerza entre dos placas paralelas. Dos placas conductoras cuadradas de lado a se disponen con sus caras paralelas y muy próximas entre sí. La distancia entre las placas es x, como se indica en la figura. Calcule la fuerza sobre la placa de la izquierda cuando la diferencia de potencial entre las placas es φ0 . Solución La energía almacenada en el condensador es 1 U = Cφ02 2 donde la capacidad está dada por C(x, z) = ε0 A(z) ε0 a(a − z) = x x donde A es el área entre las placas. De esta forma, aplicando la ecuación 4.11 ~F = −~∇U = dU î + dU k̂ = − 1 φ02 ε0 (a − z)a î + ε0 a k̂ dx dz 2 x2 x ~F = − 1 φ02 εo (a − z)a î − 1 φ02 εo a k̂ 2 x 2 x 4.4.5 Conexión entre condensadores Un condensador se puede cargar al conectar sus dos extremos a una batería, que mantiene una diferencia de potencial ∆φ entre ambos conductores. La conexión resulta de compartir cargas entre los 2 metales y los terminales de la batería. Por ejemplo, la placa que se conecta al terminal positivo, adquirirá carga positiva. Esto produce una reducción momentánea de carga en los terminales, y por lo tanto la diferencia de potencial decrece entre éstos. Luego, reacciones químicas dentro de la batería transfieren más carga desde un terminal al otro para compensar esta pérdida y mantener el voltaje en su nivel inicial. La batería se puede pensar entonces como una bomba de carga. Electrostática de conductores. 132 Conexión en paralelo Dos condensadores, de capacidad C1 y C2 con cargas Q1 y Q2 , respectivamente, se conectan en paralelo, como en la figura siguiente Las placas a la izquierda de cada condensador son conectadas al terminal positivo de la batería y están al mismo potencial φ+ . De forma similar, las placas a la derecha están conectadas al terminal negativo y poseen el mismo potencial de éste, φ− . La diferencia de potencial es entonces la misma (∆φ = φ+ − φ− ) entre las placas de ambos condensadores, lo que significa: ∆φ = Q1 Q2 = C1 C2 La batería suministra entonces una carga total Q = Q1 + Q2 al sistema. Estos condensadores se pueden ver como un condensador equivalente de capacidad equivalente Ceq , tal que: Q = Ceq ∆φ = Q1 + Q2 = C1 ∆φ +C2 ∆φ = (C1 +C2 )∆φ de forma que Ceq = Q = C1 +C2 ∆φ Luego, condensadores conectados en paralelo suman su capacidad. En general, para un sistema de N condensadores en paralelo, se tiene N Ceq = C1 +C2 +C3 + ... +CN = ∑ Ci i=1 (4.12) 4.4 El condensador 133 Conexión en serie Supongamos que tenemos ahora dos condensadores inicialmente descargados C1 y C2 conectados en serie, y que una diferencia de potencial ∆φ se aplica los extremos. La placa izquierda del condensador C1 está conectada al terminal positivo y adquiere una carga +Q, mientras que la placa derecha del condensador C2 se conecta al terminal negativo y se carga negativamente con −Q. ¿Qué sucede con las placas interiores?. Inicialmente descargadas, por inducción ahora adquieren cargas iguales pero opuestas. De esta forma, la placa derecha del condensador C1 adquirirá carga −Q y la placa izquierda del condensador C2 , +Q. Las diferencias de potencial en los condensadores son ∆φ1 = Q C1 ∆φ2 = Q C2 Vemos que la diferencia de potencial ∆φ es simplemente la suma de las diferencias para cada condensador ∆φ = ∆φ1 + ∆φ2 Estos dos condensadores se pueden reemplazar por un único condensador equivalente tal que Ceq = Q ∆φ Luego Q Q Q = + Ceq C1 C2 y la capacidad equivalente para dos condensadores en serie está dada por 1 1 1 = + Ceq C1 C2 En general, para un sistema de N condensadores en serie N 1 1 1 1 1 = + + ... + =∑ Ceq C1 C2 CN i=1 Ci (4.13) 134 Electrostática de conductores. Ejemplo 4.15 — Conexión de varios condensadores. Considere la configuración de la figura. Encuentre la capacidad equivalente asumiendo que todos los condensadores tienen la misma capacidad C. Solución Al medio se tienen 2 condensadores en serie, que equivalen, de acuerdo a 4.13, a un condensador de capacidad 1/(1/C + 1/C) = C/2. De igual forma, para los 3 condensadores en serie se tiene 1/(1/C + 1/C + 1/C) = C/3. Con esto, se obtiene el siguiente circuito equivalente Notar que ahora tenemos 3 condensadores en paralelo. La capacidad equivalente se obtiene usando 4.12 1 1 11 Ceq = C 1 + + = C 2 3 6 Ejemplo 4.16 — Pérdida de energía. Se tiene un condensador plano con capacidad C1 y un condensador esférico con capacidad C2 . El primero tiene cargas eléctricas Q1 y −Q1 y el segundo tiene cargas eléctricas Q2 y −Q2 . Luego se conectan ambos condensadores como lo muestra la figura: a) Obtenga las nuevas cargas Q01 , −Q01 , Q02 , −Q02 una vez obtenido el equilibrio eléctrico. b) ¿Cuánto vale la pérdida de energía potencial eléctrica? c) ¿Dónde se pierde dicha energía? d) Se coloca un dipolo eléctrico ~p entre las dos esferas del condensador esférico. ¿Qué sucede con él? Solución a) Por conservación de la carga eléctrica, al conectar ambos condensadores, la carga total se 4.4 El condensador 135 mantiene constante, luego Q1 + Q2 = Q01 + Q02 Al producirse el equilibrio eléctrico, la diferencia de potencial ∆φ es común para ambos condensadores (están conectados en paralelo), esto es: Q01 = C1 ∆φ Q02 = C2 ∆φ Luego Q01 Q1 = Q02 Q2 Con esto Q01 = C1 (Q1 + Q2 ) C1 +C2 Q02 = C2 (Q1 + Q2 ) C1 +C2 b) La energía inicial está dada por (Ecuación 4.9) Ui = 1 Q21 1 Q22 + 2 C1 2 C2 Uf = 1 Q02 1 Q02 1 2 + 2 C1 2 C2 Y la energía final La diferencia de energía es 1 Ui −U f = 2 Q21 Q22 Q02 Q02 + − 1 − 2 C1 C2 C1 C2 Ui −U f = Existe entonces una pérdida de energía. 1 = 2 Q21 Q22 C1 (Q1 + Q2 )2 C2 (Q1 + Q2 )2 + − − C1 C2 (C1 +C2 )2 (C1 +C2 )2 1 (Q1C2 − Q2C1 )2 >0 2 C1C2 (C1 +C2 ) Electrostática de conductores. 136 c) La pérdida de energía se produce debido a que al conectar ambos condensadores, se produce una redistribución de carga en ellos (y entonces en un intervalo de tiempo breve circula una corriente eléctrica en los conductores). La energía que se pierde corresponde a la energía disipada en forma de calor en los conductores. Esto se demostrará en el ejemplo ??. d) El dipolo gira para orientarse en el sentido del campo eléctrico entre ambas cáscaras esféricas. Además, como el campo no es uniforme en esta región, el dipolo se desplaza hacia donde el campo eléctrico es más intenso, es decir, hacia la cáscara negativa Ejemplo 4.17 — Conexión con condensadores cargados. Un condensador de 100 pF se carga a 100 V. Una vez cargado, se desconecta de la batería y se conecta en paralelo a otro condensador, incialmente descargado. Si el voltaje final es de 30 V, encuentre la capacidad del segundo condensador Solución Inicialmente, se carga el condensador de C1 = 100 pF mediante una fuente de ∆φ0 = V0 = 100 V, como se muestra en la figura En estas condiciones, la carga acumulada en el condensador está dada por Q0 = C1V0 A continuación, es conectado en paralelo con el condensador C2 , como se ve a continuación La conservación de la carga eléctrica implica Q1 + Q2 = Q0 4.4 El condensador 137 Además, la diferencia de potencial entre las placas debe ser la misma para ambos condensadores, esto es ∆V2 = Q2 Q1 = C2 C1 De esta última se deduce Q1 = C1 Q2 C2 reemplazando en la primera, se obtiene C1 Q0 = Q2 1 + C2 Luego Q2 = Pero ∆V2 = Finalmente C2 = C2 Q0 C1 +C2 Q2 Q0 = C2 C1 +C2 Q0 −C1 ∆V1 ∆V2 y entonces C2 = 700 = 233.3 pF 3 Ejemplo 4.18 — Conexión entre condensadores de polaridad opuesta. Dos condensadores descargados de capacidades C1 y C2 se conectan en paralelo con una batería que entrega una diferencia de potencial V0 . Luego se desconectan y, sin batería, se conectan de modo que la placa positiva del primer condensador se conecta a la placa negativa del segundo condensador y viceversa. Calcule la nueva carga en cada placa del condensador. Solución Cuando ambos condensadores se conectan en paralelo a una fuente V0 se tiene la siguiente situación Las cargas Q1 y Q2 en cada condensador están dadas por Q1 = C1V0 Electrostática de conductores. 138 Q2 = C2V0 Posteriormente, la batería es desconectada. La figura ( a la izquierda) muestra la configuración justo antes de conectar ambos condensadores. Después de realizada la conexión, y alcanzado un estado de equilibrio, las cargas en cada condensador serán Q01 y Q02 ( a la derecha) Por conservación de carga Q01 + Q02 = Q1 − Q2 Ambos condensadores se encuentran al mismo potencial, digamos ∆V Q01 Q02 = C1 C2 Despejando Q10 y Q02 , y usando que Q1 = C1V0 y Q2 = C2V0 Q01 = C1 (C1 −C − 2)V0 C1 +C2 Q02 = C2 (C1 −C − 2)V0 C1 +C2 Ejemplo 4.19 — Condensadores e interruptores. Se tiene un circuito como el que se muestra en la figura. 4.4 El condensador 139 a) Encontrar la carga de cada condensador cuando se cierra el interruptor S1. b) Cuando se cierra también el interruptor S2. Solución a) Cuando sólo se cierra el interruptor 1, se tiene En este caso, C1 y C3 están en serie, asi como también C2 y C4 . La capacidad equivalente entre C1 y C3 está dada por 1 1 1 1 4 = + = 1 + µ = (µF)−1 Ceq1 C1 C3 3 3 Con lo que 3 µF 4 Del mismo modo, para la capacidad equivalente entre C2 y C4 Ceq1 = 3 1 1 1 1 1 = + = + (µF)− 1 = (µF)−1 Ceq2 C2 C4 2 4 4 Así 4 Ceq2 = µF 3 Por último, Ceq1 y Ceq2 están en paralelo, por lo que la capacidad total será Ceq = Ceq1 +Ceq2 = 3 4 25 + = µF 4 3 12 Con esto podemos determinar la carga total suministrada por la fuente, dada por 25 µF = 25 µC 12 Ahora, sea Qi la carga acumulada por el condensador i. Se tiene que Q1 = Q3 , Q2 = Q4 , ya que se encuentran en serie. Sea Vi la diferencia de potencial entre los terminales del condensador i. Así Q = ∆VC = 12 Q1 = 1µV1 Q2 = 2µV2 Electrostática de conductores. 140 Q3 = 3µV3 = Q1 Q4 = 4µV4 = Q2 Además, los voltajes están relacionados según 12 = V1 +V3 = V2 +V4 Resolviendo este sistema, se tiene Q1 = V1 , Q2 = 2V2 , Q1 = 36 − 3V1 , Q2 = 48 − 4V2 Así, V1 = 36 − 3V1 , 2V2 = 48 − 4V2 De donde se obtiene finalmente V1 = 9 V, V2 = 8 V, V3 = 3 V, V4 = 4 V Por último Q1 = 9µC,Q2 = 16 µC. Q3 = 9 µC, Q4 = 16 µC. Se comprueba que Q1 + Q2 = Q3 + Q4 = 25 µC = Q b) Ahora se tiene lo siguiente Aquí, 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 1 1 10 = + (µF)− 1 = (µF)− 1 Ceq 3 7 21 Así Ceq = 21 µF 10 4.5 Ecuación de Poisson 141 Y la carga suministrada por la fuente será Q= 21 · 12 126 21 V= = = 25, 2µC 10 10 5 Además, se tiene V1 = V2 , V3 = V4 , ya que se encuentran en paralelo. Así V1 = 1µ 2µ = V2 = Q1 Q2 V3 = 3µ 4µ = V4 = Q3 Q4 Con esto 2Q1 = Q2 4Q3 = 3Q4 También debe tenerse que Q1 + Q2 = Q3 + Q4 = 25, 2 µC Así 2Q1 = Q2 = 25, 2 − Q1 → Q1 = 8, 4 µC 4 Q3 = 25, 2 − Q4 = 25, 2 − Q3 → Q3 = 10, 8 µC 3 4 Q4 = Q3 = 14, 4 µC 3 4.5 4.5.1 Ecuación de Poisson Problema general: ¿cómo determinar el campo eléctrico en la presencia de conductores? En una primera parte, hemos abordado situaciones simples en las que la simetría de los conductores implican una densidad de carga uniforme sobre su superficie. Cuando esta simetría no existe, la dificultad que se presenta es evidente. Supongamos que cerca del conductor existe una carga q. La única posibilidad para que el campo eléctrico al interior del conductor se anule es que una densidad de carga se establezca en la superficie del conductor para anular al campo de la carga q en todo punto interior. ¿Cómo podemos determinar la forma en que se distribuyen las cargas en su superficie? Sabemos que el campo es normal a la superficie y en principio la ecuación 4.1 nos permite determinar la densidad superficial de carga sobre un conductor, pero a condición de conocer el campo eléctrico en todo punto de la superficie. ¿Cómo podemos determinar el campo eléctrico sin conocer a priori la densidad de carga en el conductor?. Claramente este es un problema que se debe resolver de forma autoconsistente. El teorema de completitud de Helmholtz 3.12.1 establece que el campo electrostático está completamente determinado por el potencial escalar φ , el cual hemos visto que cumple una condición de borde convenientemente simple en la superficie de un conductor. Conviene entonces Electrostática de conductores. 142 plantear el problema general de la electrostática en términos de una ecuación que debe satisfacer el potencial φ en todo el espacio. En este marco, la superficie de un conductor representaria una condición de borde relativamente simple. 4.5.2 La ecuación de Poisson La forma diferencial de la ley de circulacion (3.25), ~∇ × ~E(~x) = 0 es equivalente a decir que existe un potencial φ tal que ~E(~x) = −~∇φ (~x) Combinando este resultado con la forma diferencial de la ley de Gauss 3.24, se obtiene una ecuación diferencial de segundo orden para el potencial escalar: ~∇ · ~E(~x) = −~∇2 φ (~x) = ρ(~x) ε0 Teorema 4.5.1 — Ecuación de Poisson (1813). El potencial φ satisface la ecuación de Poisson ~∇2 φ (~x) = − ρ(~x) ε0 (4.14) En regiones libres de cargas, la ecuacion de Poisson se reduce a la ecuación de Laplace. ~∇2 φ (~x) = 0 (4.15) Notar que la identidad (8.6), válida en el marco de la teoría de distribuciones, se interpreta fácilmente como la ecuación de Poisson para una carga puntual unitaria en el punto ~x0 , representada por ρ(~x) = δ (~x0 ). En efecto, el potencial asociado está dado por φ (~x) = 4πε0 k~1x−~x0 k , y la ecuación de Poisson 4.14 nos dice entonces: ~∇2 φ (~x) = 1 ~2 1 1 ∇ = − δ (~x −~x0 ) 4πε0 k~x −~x0 k ε0 1 Y obtenemos entonces ~∇2 k~x−~ x −~x0 ). x0 k = −4πδ (~ Ejemplo 4.20 — Densidad de carga del atomo de hidrogeno. El promedio temporal del potencial de un átomo de hidrógeno está dado por φ (r) = 1 e−αr αr q 1+ 4πε0 r 2 4.5 Ecuación de Poisson 143 donde q es la magnitud de la carga del electrón y α = a0 /2, siendo a0 el radio de Bohr. Encuentre la distribución de cargas correspondiente a este potencial e interprete físicamente su resultado Solución El potencial satisface la ecuación de Poisson 4.14 ~∇2 φ = − ρ ε0 en coordenadas esféricas, y dado que el potencial solo depende de r: 2 ~∇2 φ (r) = 1 ∂ rφ (r) = −ρ(r)/ε0 r ∂ r2 Sea ψ(r) = 1r , y f (r) = rφ (r), y utilizamos la identidad ~∇2 [ψ f ] = ~∇ · [~∇ψ f ] = ~∇ · ψ~∇ f + f ~∇ψ Luego ~∇2 ψ f = ψ~∇2 f + f ~∇2 ψ + 2~∇ψ · ~∇ f Donde sabemos que ~∇2 ψ = −4πδ (r), y ~∇ψ = −rr̂/r3 . Además 2 ~∇2 f (r) = 1 d r f (r) = 1 d r f 0 + f = 1 r f 00 + 2 f 0 = f 00 + 2 f 0 2 r dr r dr r r y 2 2 ∂ 2 2~∇ψ · ~∇ f = − 2 r̂ · ~∇ f = − 2 f = − 2 f0 r r ∂r r con todo esto 2 ~∇2 φ = 1 f 00 + 2 f 0 − 4π f (r)δ (~x) − 2 f 0 = −4π f (0)δ (~x) + 1 d f (r) r r2 r2 r dr2 Obtenemos f0 = − 1 αq −αr e (1 + αr) 4πε0 2 f 00 = 1 α 3 q −αr re 4πε0 2 finalmente 3 ~∇2 φ = − ρ = − q δ (~x) + 1 qα e−αr ε0 ε0 4πε0 2 Luego, la densidad de carga del átomo es: qα 3 −αr e 8π La interpretación física es la siguiente: qδ (~x) representa al protón en el origen, mientras 3 −αr es la densidad promedio de la nube orbital electrónica, cuya integral en todo el que − qα 8π e espacio es igual a −q. ρ(~x) = qδ (~x) − Electrostática de conductores. 144 Ejemplo 4.21 — Carga entre cilindros. Dos cilindros muy largos y concéntricos, de radios a y b, con b > a, se encuentran inicialmente descargados. La región entre ambos se llena con una densidad homogénea de carga ρ, y luego cada uno de los cilindros se conectan a tierra. Calcule el potencial y el campo eléctrico en la región interior. Cual es la densidad de carga inducida en cada cilindro?. Solución En la región interior a ambos cilindros, es decir a < r < b, el potencial satisface la ecuación de Poisson ~∇2 φ (~x) = − ρ(~x) ε0 Si usamos coordenadas cilíndricas, el potencial podría depender de ϑ , r y z. Sin embargo, de la simetría del problema es evidente que ∂φ =0 ∂ϕ con lo que φ = φ (r, z). Además, debido a que la longitud de los cilindros es mucho mayor a (b − a), el potencial también debe ser simétrico con respecto a z. De esta forma, podemos despreciar efectos de borde y considerar que el potencial es sólo una función radial de la forma φ = φ (r) Ahora, el Laplaciano en coordenadas cilíndricas para una función que sólo depende de r es ~∇2 φ (r) = 1 ∂ (r ∂ φ (r) ) r ∂r ∂r De esta forma, la ecuación de Poisson se transforma en ρ 1 ∂ ∂φ (r ) = − r ∂r ∂r ε0 Equivalentemente ∂ ∂φ rρ (r ) = − ∂r ∂r ε0 Luego ∂φ r =− ∂r Z dr rρ r2 ρ +C = − +C ε0 2ε0 ∂φ rρ C =− + ∂r 2ε0 r 4.5 Ecuación de Poisson 145 Finalmente φ (r) = − Z dr rρ + 2ε0 Z dr C r2 ρ +C ln r + A =− r 4ε0 Esta es la solución general de la ecuación de Poisson para un potencial de simétría cilíndrica, dependencia radial, y densidad de carga constante. Ahora debemos imponer las condiciones de borde adecuadas. Tenemos φ (a) = 0, lo que equivale a imponer que la superficie cilíndrica de radio a es una equipotencial conectada a tierra. Luego φ (a) = − a2 ρ +C ln a + A = 0 4ε0 φ (b) = − b2 ρ +C ln b + A = 0 4ε0 Además, φ (b) = 0, con esto Restando ambas ecuaciones, obtenemos 0 = C(ln a − ln b) + (b2 − a2 )ρ 4ε0 lo que determina la constante C C= (a2 − b2 )ρ 4ε0 ln(a/b) De la primera condición despejamos A A= A= a2 ρ (a2 − b2 )ρ − ln a 4ε0 4ε0 ln(a/b) a2 ln(a/b)ρ − ln a(a2 − b2 )ρ ρ(b2 ln a − a2 ln b) = 4ε0 ln(a/b) 4ε0 ln(a/b) Con esto, la solución del potencial para a < r < b es φ (r) = − r2 ρ (a2 − b2 )ρ ρ(b2 ln a − a2 ln b) + ln r + 4ε0 4ε0 ln(a/b) 4ε0 ln(a/b) Ahora, para obtener el campo eléctrico, usamos el hecho ~E(~x) = −~∇φ (~x), de manera que 2 2 ~E(r) = − ∂ φ r̂ = rρ − (a − b )ρ r̂ ∂r 2ε0 4ε0 r ln(a/b) que es el campo eléctrico para a < r < b. Para r < a es claro que el campo ~E es nulo, ya que no hay carga encerrada por el conductor interior. Calculemos las densidades de cargas sobre los conductores. Para el conductor interior, tenemos que el campo eléctrico sobre su superficie tiene magnitud E(a) = aρ (a2 − b2 )ρ − 2ε0 4ε0 a ln(a/b) La densidad de carga sobre la superficie de un conductor se relaciona con el campo eléctrico según σ E= ε0 Electrostática de conductores. 146 Con esto la densidad de carga será σ1 = ε0 (a2 − b2 )ρ aρ − 2ε0 4ε0 a ln(a/b) El campo eléctrico en la superficie del conductor exterior tiene magnitud E(b) = bρ (a2 − b2 )ρ − 2ε0 4ε0 b ln(a/b) y la densidad de carga será σ2 = ε0 bρ (a2 − b2 )ρ − 2ε0 4ε0 b ln(a/b) Ejemplo 4.22 — Condensador en ángulo. Considere el siguiente dispositivo. Despreciando los efectos de borde: a) Determine el potencial y el campo eléctrico entre las placas. b) Determine la capacidad por unidad de largo en la dirección z (perpendicular a la hoja). Solución a) Sabemos que las líneas equipotenciales deben respetar la geometría del dispositivo. De esta forma, las equipotenciales serán rectas radiales. Por lo tanto, las líneas de campo, al ser perpendiculares a las equipotenciales, deben seguir la dirección θ̂ , es decir, son arcos concéntricos. Si suponemos que el dispositivo es muy largo en la dirección Z, entonces se puede suponer que ~E = E(r, ϑ )ϑ̂ Pero ~E = −~∇φ (r, ϑ ) = − ∂ φ r̂ − 1 ∂ φ ϑ̂ ∂r r ∂ϑ Como el campo tiene dirección θ̂ , ∂∂φr = 0. Luego, se tiene que el potencial sólo depende de ϑ , lo cual era de esperarse. Planteamos la ecuación de Laplace en coordenadas cilíndricas: 4.5 Ecuación de Poisson 147 2 ~∇2 φ = 1 ∂ φ = 0 r2 ∂ ϑ 2 φ (ϑ ) = Aϑ + B Pero la placa inferior está conectada a tierra φ (0) = 0 → B = 0 φ (ϑ0 ) = φ0 → A = φ0 ϑ0 Finalmente φ (ϑ ) = φ0 ϑ ϑ0 ~E(r, ϑ ) = − 1 φ0 ϑ̂ r ϑ0 b)Calculemos la capacidad por unidad de largo : C= Q φ0 La carga Q de una de las placas puede calcularse a partir de la densidad de carga σ que aparece en cada placa del condensador. Su valor puede determinarse directamente del campo eléctrico ~E · n̂ = σ ε0 De donde obtenemos σ= ε0 φ0 r θ0 Así, el valor de Q es Z b Q= σ (r)dr = a Finalmente Z b ε0 φ0 a r ϑ0 dr = ε0 φ0 b ln( ) ϑ0 a Electrostática de conductores. 148 C = Q/φ0 = b ε0 ln( ) ϑ0 a Ejemplo 4.23 — Condensador cónico. Dos conos conductores concéntricos, cuyas ecua- ciones en coordenadas esféricas son ϑ1 = π/6, y ϑ2 = π/4 respectivamente, se muestran en la figura. Los conos son de extensión infinita y en r = 0 están separados por una distancia infinitesimal. Si el cono interior está a un potencial de 0 V, y el exterior a 50 V , determinar el potencial y el campo eléctrico ~E en la región interior a ambos conductores. Solución Sea Ω la región delimitada por ϑ1 < ϑ < ϑ2 . Si no hay densidad de carga libre en Ω, el potencial satisface la ecuación de Laplace: ~∇2 φ = 0 El problema posee una clara simetría azimutal (el potencial no depende del ángulo polar ϕ). Además, debe existir una independencia en la coordenada r, pues la extensión de los conos es infinita. De esta forma, el potencial debe ser únicamente función de ϑ , y se debe resolver 1 ∂ r2 sin ϑ ∂ ϑ ~∇2 φ (r, ϑ , ϕ) = ∂φ sin ϑ =0 ∂ϑ Equivalentemente ∂ ∂ϑ ∂φ sin ϑ =0 ∂ϑ sin ϑ ∂φ = C1 ∂ϑ ∂φ = C1 csc ϑ ∂ϑ Z φ (ϑ ) = C1 dϑ +C2 sin ϑ 4.5 Ecuación de Poisson 149 Además dϑ = ln (tan ϑ /2) +C sin ϑ Z En efecto d 1 1 1 1 (ln (tan ϑ /2) +C) = sec2 ϑ /2 = = dϑ tan ϑ /2 2 2 cos ϑ /2 sin ϑ /2 sin ϑ con esto φ (ϑ ) = C1 ln (tan ϑ /2) +C2 Debemos imponer las condiciones de borde en las superficies conductoras. Se tiene φ (ϑ1 ) = 0 φ (π/6) = C1 ln (tan π/12) +C2 = 0 Además φ (ϑ2 ) = 50 φ (π/4) = C1 ln (tan π/8) +C2 = 50 Resolviendo el sistema para C1 y C2 50 = C1 (ln (tan π/8) − ln (tan π/12)) tan π/8 50 = C1 ln tan π/12 50 C1 = ln tan π/8 tan π/12 y C2 = −C1 ln (tan π/12) Evaluando numéricamente: C1 = 114.79 C2 = 151.17 y la solución es φ (ϑ ) = 114.79 ln (tan ϑ /2) 151.17 El campo está dado por ~E(~x) = −~∇φ (~x). En coordenadas esféricas, y considerando que φ solo depende de ϑ ~E(r, ϑ ) = − 1 ∂ φ ϑ̂ = − 1 114.79 ϑ̂ r ∂ϑ r 2 sin ϑ Electrostática de conductores. 150 4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno Consideremos una región del espacio Ω ⊆ R3 . A continuacion enunciaremos un teorema que permite obtener φ en Ω mediante una ecuación integral que involucra una integral sobre Ω y sobre su frontera ∂ Ω. La demostración se puede encontrar en el anexo 8.4 y utiliza los teoremas de Green. Teorema 4.6.1 Ecuación integral de Poisson Si φ satisface la ecuación de Poisson en Ω (4.14), entonces, para ~x ∈ Ω: φ (~x) = 1 4πε0 ZZZ Ω d 3 x0 ZZ ZZ ρ(~x0 ) 1 d~S(~x0 ) · ~E(~x0 ) 1 ~ 0 ~x0 −~x − + d S(~ x ) · φ (~x0 ) k~x −~x0 k 4π ∂ Ω k~x −~x0 k 4π ∂ Ω k~x0 −~xk3 (4.16) Notar entonces que el valor del potencial en todo punto ~x ∈ Ω puede ser determinado a partir de la densidad de carga en Ω, y del valor del potencial y del campo eléctrico en la frontera ∂ Ω. Es decir, todo la informacion de lo que ocurre fuera de Ω se encuentra contenida en la frontera ∂ Ω. RRR Corolario 4.6.2 Si escogemos Ω = R3 , y si la densidad de carga es integrable ( R3 d 3 x0 | ρ(~x0 ) |< ∞), se obtiene el conocido resultado (3.2): 1 φ (~x) = 4πε0 ZZZ R3 d 3 x0 ρ(~x0 ) k~x −~x0 k Ejemplo 4.24 — Aplicación al caso de un conductor. Para ilustrar la validez de la ecuación integral de poisson, consideremos un conductor definido por una región del espacio Ω y una cierta distribucion de cargas externa ρext . Sea ~x un punto arbitrario interior al conductor, y apliquemos la ecuación integral de Poisson 4.16. considerando que la densidad de carga ρ es nula en Ω, que el potencial es constante e igual a φ0 en ∂ Ω (equipotencial), y que ~E = ~0 en todo punto interior a Ω, las dos primeras integrales se anulan 1 ~ 0 ~x0 −~x d S(~x ) · 0 4π ∂ Ω k~x −~xk3 ZZ φ (~x) = φ0 La integral que multiplica a φ0 es matemáticamente equivalente al flujo sobre ∂ Ω del campo eléctrico producido por una carga q = ε0 situada en ~x, que por la ley de Gauss vale q/ε0 = 1. La ecuación integral de Poisson nos dice entonces que el potencial en un punto arbitrario ~x ∈ Ω es 4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno 151 igual al potencial sobre la superficie del conductor, φ (~x) = φ0 . Consideremos ahora un punto ~x exterior a Ω y apliquemos la ecuación integral de Poisson para R3 /Ω. La frontera de este volumen corresponde a la superficie del conductor, pero la normal apunta esta vez hacia el interior de Ω. Considerando que en todo punto exterior a Ω e infinitamente cercano a su superficie se tiene que el campo eléctrico es normal a ∂ Ω y | ~E |= σ /ε0 (Ecuación 4.1), obtenemos 1 φ (~x) = 4πε0 1 x0 ) φ0 ~ 0 ~x0 −~x ρext (~x0 ) 0 σ (~ + dS(~ x ) + d S(~ x ) · d x k~x −~x0 k 4πε0 ∂ Ω k~x −~x0 k 4π ∂ Ω k~x0 −~xk3 R3 /Ω ZZZ ZZ 3 0 ZZ La tercera integral es nula esta vez ya que ~x se encuentra fuera de Ω. Se tiene finalmente: 1 φ (~x) = 4πε0 1 x0 ) ρext (~x0 ) 0 σ (~ + ) d x dS(~ x k~x −~x0 k 4πε0 ∂ Ω k~x −~x0 k R3 /Ω ZZZ 3 0 ZZ El potencial se obtiene como la superposición del potencial debido a la distribucion de carga ρext y al potencial generado por la densidad superficial σ del conductor. 4.6.1 Condiciones de Contorno Surge la cuestión sobre cuáles son las condiciones de contorno adecuadas para que dentro del volumen de interés Ω la solución sea matemáticamente única, y físicamente razonable. Veremos que existen 2 tipos de condiciones de contorno que poseen solución única: • Especificando el potencial φ (~x) sobre la frontera ∂ Ω (condición de Dirichlet) ~x ∈ ∂ Ω : φ (~x) = φD (~x) • Especificando el campo eléctrico ~E(~x) sobre la frontera ∂ Ω (condición de Neumann) ~x ∈ ∂ Ω : ~E(~x) = ~EN (~x) La demostración de unicidad para ambos tipos de condición de contorno se encuentra en los apendices 8.5.1 y 8.5.2. Notar que una condición de contorno de Cauchy, que consiste en imponer a la vez el valor de φ y del campo eléctrico ~E en la frontera, en general no posee solución (Ver apendice 8.5.3). Electrostática de conductores. 152 4.6.2 Expansión en funciones ortogonales Supongamos que Ω es una región del espacio sin cargas (ρ = 0), de forma que el potencial satisface la ecuación de Laplace en todo punto de Ω, ~∇2 φ (~x) = 0 ∀~x ∈ Ω. Por ejemplo, en coordenadas esféricas: ~∇2 φ (r, ϑ , ϕ) = 0 y busquemos la solución bajo la forma de un producto de funciones de r,ϑ y ϕ: φ (r, ϑ , ϕ) = R(r) Θ(ϑ )Φ(ϕ) r luego, φ será solución de la ecuación de Laplace si: ΘΦ d 2 R RΦ d dΘ RΘ d 2 Φ + =0 sin ϑ + r dr2 r3 sin ϑ dϑ dϑ r3 sin2 ϑ dϕ 2 dividiendo por φ = R/rΘΦ: r2 sin2 ϑ d 2 R sin ϑ d + R dr2 Θ dϑ dΘ 1 d2Φ sin ϑ =− dϑ Φ dϕ 2 vemos que la única forma de que esto se cumpla es que 1 d2Φ Φ dϕ 2 sea igual a una constante, es decir: d2Φ 1 + m2 dϕ 2 Φ donde m es una constante. Vemos entonces que Φ es una autofunción del operador de laplace en una dimensión, y está dada por Φ(ϕ) = e±imϕ Esta función debe ser periódica, Φ(ϕ ± 2π) = Φ(ϕ), lo que implica m = {0, ±1, ±2, ...}. Con esto r2 d 2 R 1 d dΘ m2 = − sin ϑ + R dr2 Θ sin ϑ dϑ dϑ sin2 ϑ 2 2 lo que, nuevamente, solo es posible si rR ddrR2 es igual a una constante λ . La ecuación para Θ es: 1 d dΘ m2 sin ϑ + λ− 2 Θ=0 sin ϑ dϑ dϑ sin ϑ cuya solucion se puede escribir en términos de los polinomios asociados de Legendre (ver apéndice 8.12.1), y se puede demostrar que la regularidad de Θ en θ = 0 y θ = π impone que λ = l(l + 1) y | m |≤ l, donde l es un entero no negativo, l ∈ {0, 1, 2, ...}. Luego: Θ(ϑ ) = Plm (cos ϑ ) finalmente, la ecuación para R es: d 2 R l(l + 1) − R=0 dr2 r2 4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno 153 cuya solución es: Rl (r) = Al rl+1 + Bl r−l con Al y Bl constantes. De esta forma, la solución general de la ecuación de Laplace en Ω se escribe, en coordenadas esféricas: ∞ φ (r, ϑ , ϕ) = ∑ l ∑ l m −(l+1) Am Plm (cos ϑ )eimϕ l r + Bl r (4.17) l=0 m=−l m donde Am l y Bl son constantes que dependerán de las condiciones de borde en la frontera ∂ Ω. En particular, cuando existe simetría azimutal (φ es independiente de ϕ), entonces la solucion queda: ∞ φ (r, ϑ ) = ∑ Al rl + Bl r−(l+1) Pl (cos ϑ ) (4.18) l=0 Polinomios de Legendre Enumeraremos aqui ciertas propiedades de los polinomios de Legendre, cuyas demostraciones se pueden encontrar en el apéndice 8.12.1. 1. Los polinomios de Legendre son solución de la ecuación diferencial de Legendre d 2 dPl (x) (1 − x ) + l(l + 1)Pl (x) = 0 (4.19) dx dx la cual admite una solución en series de potencias de x para | x |≤ 1. Para l ∈ N, Pn es un polinomio de grado l que se escribe (fórmula de Rodrígues): Pl (x) = 1 dl [(x2 − 1)l ] 2l l! dxl (4.20) donde, por construcción, Pl (1) = 1 y Pl (−1) = (−1)l para todo l ∈ N. Los primeros polinomios de Legendre están dados por P0 (x) = 1 P1 (x) = x P2 (x) = 1 3x2 − 1 2 y satisfacen la siguiente fórmula recursiva (l + 1)Pl+1 (x) = (2l + 1)xPl (x) − lPl−1 (x) 2. Los polinomios de Legendre cumplen con: Pl (−x) = (−1)l Pl (x) de forma que si l es par (impar), Pl es par (impar). (4.21) Electrostática de conductores. 154 3. Se tiene Pl (x) = 1 d [Pl+1 (x) − Pl−1 (x)] 2l + 1 dx (4.22) 4. Los polinomios de Legendre constituyen un conjunto ortogonal en [−1, 1]. Esto significa que: Z 1 −1 Pl 0 (x)Pl (x)dx = 0 si l 6= l 0 2/(2l + 1) si l = l 0 (4.23) 5. El conjunto de polinomios de Legendre Pl (x), l ∈ N es un conjunto ortonormal completo en el intervalo −1 ≤ x ≤ 1. Luego, si f es cuadrado integrable en −1 ≤ x ≤ 1, entonces admite una expansión en serie de polinomios de Legendre ∞ f (x) = ∑ Al Pl (x) (4.24) l=0 donde los coeficientes Al de la expansión están dados por Al = 2l + 1 2 Z 1 −1 Pl (x) f (x)dx (4.25) 6. Se puede demostrar que ∞ 1 √ = ∑ Pl (x)rl r < 1 1 − 2xr + r2 l=0 (4.26) una aplicación útil en electrostática consiste en la expansión de 1/k~x −~x0 k en polinomios de Legendre. Considerando k~xk = r, k~x0 k = r0 y ~x ·~x0 = cos ϑ , entonces: 1 1 =√ 0 0 k~x −~x k r2 + r 2 − 2rr0 cos ϑ suponiendo sin perder generalidad que r > r0 : 1 1 = p 0 0 2 k~x −~x k r 1 + (r /r) − 2(r0 /r) cos ϑ y utilizando la ecuación 4.26 0 ∞ 1 rl = P (cos ϑ ) ∑ l k~x −~x0 k l=0 rl+1 r > r0 (4.27) Ejemplo 4.25 — Potencial en todo el espacio generado por una esfera. Supongamos que se quiere determinar el potencial en todo el espacio dada una esfera de radio a sobre la cual el potencial depende de la coordenada ϑ , es decir: φ (r = a, ϑ ) = φD (ϑ ) donde φD es una funcion arbitraria del angulo ϑ . 4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno 155 Solución El potencial es independiente de ϕ. Para r ≤ a, el potencial se escribe entonces en su forma más general dada por la ecuación 4.18: ∞ φ (r, ϑ ) = ∑ Al rl + Bl r−(l+1) Pl (cos ϑ ) r ≤ a l=0 Se requiere que φ (r = 0) sea finito, de forma que Bl = 0 para todo l. Luego: ∞ φ (r, ϑ ) = ∑ Al rl Pl (cos ϑ ) r ≤ a l=0 La condición de borde sobre la esfera es: ∞ φ (a, ϑ ) = φD (ϑ ) = ∑ Al al Pl (cos ϑ ) l=0 renocemos la expansión de la funcion φD en una serie de Legendre (4.24). Luego 2l + 1 Al = 2al Z π 0 sin ϑ Pl (cos ϑ )φD (ϑ )dϑ Para r ≥ a, nuevamente escribimos ∞ φ (r, ϑ ) = ∑ Cl rl + Dl r−(l+1) Pl (cos ϑ ) r ≥ a l=0 se debe tener lim φ (r, ϑ ) = 0 r→∞ por lo que Cl = 0 para todo l. Luego ∞ Dl P (cos ϑ ) r ≥ a l+1 l l=0 r φ (r, ϑ ) = ∑ el potencial debe ser continuo en r = a, y entonces: ∞ Dl P (cos ϑ ) = φ (ϑ ) = Al al Pl (cos ϑ ) D l ∑ l+1 a l=0 l=0 ∞ φ (a, ϑ ) = ∑ de donde Dl = a2l+1 Al Electrostática de conductores. 156 Para el caso particular en que el potencial en la esfera es constante (φD (ϑ ) = φ0 ), se tiene: π 2l + 1 sin ϑ Pl (cos ϑ )dϑ φ 0 2al 0 luego Al = 0 para todo l ≥ 1 (ver apéndice 8.12.1) y se tiene: Z Al = π π 1 1 A0 = φ0 sin ϑ P0 (cos ϑ )dϑ = φ0 sin ϑ dϑ = φ0 = D0 /a 2 2 0 0 y se obtiene el potencial de una esfera conductora a potencial constante: Z Z φ (r, ϑ ) = A0 r0 P0 (cos ϑ ) = φ0 r≤a aφ0 r≥a r sabemos que φ0 = Q/(4πε0 a), con Q la carga total de la esfera. Luego, se obtiene el ya conocido resultado: φ (r, ϑ ) = D0 r−(0+1) P0 (cos ϑ ) = φ (r, ϑ ) = Q/(4πε0 a) φ (r, ϑ ) = Q 4πε0 r r≤a r≥a Ejemplo 4.26 — Potencial generado por dos hemisferios conductores. Se tiene una esfera conductora de radio R cuyos hemisferios se encuentran a distinto potencial, de forma que φ0 si 0 ≤ ϑ ≤ π/2 φ (R, ϑ ) = −φ0 si π/2 ≤ ϑ ≤ π Eneucentre el potencial en todo el espacio, y la densidad superficial de cargas en cada hemisferio. Cual es la capacitancia de este sistema?. Solucion Este es un caso particular del ejemplo 4.25. El potencial está dado por ∞ φ (r, ϑ ) = ∑ Al rl Pl (cos ϑ ) r ≤ R l=0 ∞ φ (r, ϑ ) = ∑ R2l+1 l=0 Al Pl (cos ϑ ) r ≥ R rl+1 4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno donde Al = 2l + 1 2Rl 157 Z π sin ϑ Pl (cos ϑ )φ (R, ϑ )dϑ 0 reemplazando, se obtiene: Z π/2 Z π 2l + 1 Al = sin ϑ Pl (cos ϑ )φ0 dϑ − sin ϑ Pl (cos ϑ )φ0 dϑ 2Rl 0 π/2 2l + 1 Al = φ0 2Rl Z π/2 sin ϑ Pl (cos ϑ )dϑ − 0 Z π sin ϑ Pl (cos ϑ )dϑ π/2 2l + 1 = φ0 2Rl Z 1 0 Pl (x)dx − Z 0 −1 ahora, si l es par, Pl (x) = Pl (−x), mientras que si l es impar, Pl (x) = −Pl (−x). Luego , Al = 0 para l par y Al = φ0 2l + 1 Rl Z 1 0 Pl (x)dx l impar de forma que: ∞ φ (r, ϑ ) = ∑ A2l−1 r2l−1 P2l−1 (cos ϑ ) r ≤ R l=1 ∞ φ (r, ϑ ) = ∑ R4l−1 l=1 A2l−1 P2l−1 (cos ϑ ) r ≥ R r2l utilizando la siguiente fórmula de recursión para los polinomios de Legendre (4.22) Pn (x) = 1 d 2n+1 dx [Pn+1 (x) − Pn−1 (x)], se tiene: Z 1 Cn = Pn (x)dx = 0 1 1 [Pn+1 (x) − Pn−1 (x)] n ≥ 1 2n + 1 0 dado que Pl (1) = 1 para todo l, tenemos: Z 1 Cn = 0 Pn (x)dx = 1 [Pn−1 (0) − Pn+1 (0)] n ≥ 1 2n + 1 y aplicando la recursión 4.21 (Pn (0) = −(n − 1)/nPn−2 (0)), se tiene que, para todo n ≥ 1, P2n−1 (0) = 0 y P2n (0) = (−1)n (2n − 1)!!/(2n)!!. En consecuencia Cn = 0 para todo n par, y : Z 1 C2n−1 = 0 P2n−1 (x)dx = − P2n (0) (2n − 1)!! = (−1)n+1 n≥1 2n − 1 (2n)!!(2n − 1) Finalmente ∞ φ (r, ϑ ) = φ0 ∑ (−1)l+1 l=1 (4l − 1)(2l − 1)!! r2l−1 P2l−1 (cos ϑ ) r ≤ R (2l)!!(2l − 1) R2l−1 ∞ φ (r, ϑ ) = φ0 ∑ (−1)l+1 l=1 (4l − 1)(2l − 1)!! R2l P2l−1 (cos ϑ ) r ≥ R (2l)!!(2l − 1) r2l vemos que el potencial decae como 1/r2 en el infinito, similar al caso de un dipolo. Nótese que la región r < R no corresponde al interior de un conductor, de hecho, el campo eléctrico no es nulo en ella. En consecuencia, la fórmula 4.1 no es directamente aplicable. En general, el campo eléctrico es discontinuo al atravesar una superficie cargada y se tiene (ecuación 2.3): Pl (x)dx Electrostática de conductores. 158 lim ~E(r, ϑ ) − lim− ~E(r, ϑ ) = σ (R, ϑ )/ε0 r→R+ r→R de forma que la densidad de carga en la esfera es: ∂φ ∂ φ σ (R, ϑ ) = −ε0 − ∂ r r=R+ ∂ r r=R− σ (R, ϑ ) = φ0 ε0 R ∞ ∑ (−1)l+1 l=1 ∞ 2l(4l − 1)(2l − 1)!! 2l(4l − 1)(2l − 1)!! P2l−1 (cos ϑ ) − ∑ (−1)l+1 (2l − 1) P2l−1 (cos ϑ ) (2l)!!(2l − 1) (2l)!!(2l − 1) l=1 φ0 ε0 σ (R, ϑ ) = R ! (4l − 1)(2l − 1)!! ∑ (−1)l+1 (2l)!!(2l − 1) P2l−1 (cos ϑ ) l=1 ∞ pero sabemos, a partir de la solución para el potencial, que ∞ l+1 (4l − 1)(2l − 1)!! φ (R, ϑ ) = φ0 ∑ (−1) l=1 (2l)!!(2l − 1) P2l−1 (cos ϑ ) = φ0 si 0 ≤ ϑ ≤ π/2 −φ0 si π/2 < ϑ ≤ π luego, la densidad de carga es homogénea sobre cada hemisferio ( φ0 ε0 si 0 ≤ ϑ ≤ π/2 R σ (R, ϑ ) = φ0 ε0 − R si π/2 < ϑ ≤ π la carga total sobre el hemisferio superior es Q = 2πR2 φ0 ε0 = 2πRφ0 ε0 R y la capacidad del sistema es C = Q/(2φ0 ) = ε0 πR Ejemplo 4.27 — Potencial en todo el espacio de un anillo de carga. Encuentre el po- tencial en todo el espacio de un anillo de radio R y carga total Q uniforme. Solucion El potencial en todo punto exterior al anillo cumple ~∇2 φ (~x) = 0 4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno 159 es claro que el problema posee simetría azimutal, por lo que el potencial se escribe en su forma más general como (4.18) ∞ φ (r, ϑ ) = ∑ Al rl + Bl r−(l+1) Pl (cos ϑ ) r < R l=0 ∞ φ (r, ϑ ) = ∑ Cl rl + Dl r−(l+1) Pl (cos ϑ ) r ≥ R l=0 debido a que limr→∞ φ (r, ϑ ) = 0 y limr→0 φ (r, ϑ ) < ∞, se debe tener Bl = Cl = 0 ∀l además, vimos en el ejemplo 3.6 que el potencial sobre el eje está dado por φ (r, 0) = 1 Q √ 4πε0 r2 + R2 podemos entonces imponer como condición de borde el valor del potencial en el eje del anillo:. ∞ φ (r, 0) = ∑ Al rl = l=0 ∞ 1 Q √ 2 4πε0 z + R2 φ (r, 0) = ∑ Dl r−(l+1) = l=0 r<R 1 Q √ 4πε0 z2 + R2 r≥R ya que Pl (1) = 1 para todo l. Ahora, podemos escribir: −1/2 1 1 √ = 1 + R2 /r2 r z2 + R2 r<R −1/2 1 1 √ = 1 + r2 /R2 z2 + R 2 R r≥R en ambos casos, se tiene una función de la forma (1 + x)−1/2 con x ≤ 1, la cual tiene la siguiente expansión en potencias de x: xl d l −1/2 ((1 + x) ) l x=0 l=0 l! dx ∞ (1 + x)−1/2 = ∑ es fácil mostrar por iteración que dl (−1)l (2l − 1)!! −1/2 ((1 + x) ) = l≥1 dxl 2l x=0 Electrostática de conductores. 160 l l x (−1) donde (2l − 1)!! = 1 × 3 × 5 × ... × (2l − 1). De esta forma, (1 + x)−1/2 = 1 + ∑∞ l=1 l!2l (2l − 1)!!, y se debe tener ! ∞ ∞ 2l 1 Q l l (2l − 1)!! r φ (r, ϑ ) = ∑ Al r = + ∑ (−1/2) r<R 4πε0 R l=1 l! R2l+1 l=0 ! ∞ 2l 1 ∞ Q −(l+1) l (2l − 1)!! R φ (r, ϑ ) = ∑ Dl r + ∑ (−1/2) r>R = 4πε0 r l=0 l! r2l+1 l=0 Vemos entonces que Al = Dl = 0 para todo l impar. Además, A0 = A2l = (−1/2)l D2l = (−1/2)l Q 4πε0 R , D0 = Q 4πε0 r y (2l − 1)!! l≥1 l!R2l+1 (2l − 1)!!R2l l! l≥1 Finalmente, el potencial está dado por ! ∞ 1 (2l − 1)!! r2l P2l (cos ϑ ) + ∑ (−1/2)l r<R R l=1 l!R2l+1 ! 2l 1 ∞ (2l − 1)!!R + ∑ (−1/2)l r−(2l+1) P2l (cos ϑ ) r≥R r l=1 l! Q φ (r, ϑ ) = 4πε0 φ (r, ϑ ) = Q 4πε0 La figura siguiente muestra las equipotenciales y las líneas de campo en el plano x − z: Ejemplo 4.28 — Dipolo al interior de una cáscara esférica. Dos cargas puntuales q y −q estan ubicadas en el eje z en z = a y z = −a, respectivamente. a) Encuentre el potencial electrostatico como expansion de polinomios de Legendre para r < a y r > a. b) Manteniendo el producto p = 2qa constante, tome el límite a → 0 y encuentre el potencial para r 6= 0. c) Suponga ahora que el dipolo puntual de la parte b) está rodeado de una esfera de radio R conectada a tierra. Encuentre el potencial en todo el espacio. Cuál es la densidad de carga inducida en la esfera?. Solución a) Dada la simetría azimutal de la distribucion de cargas, el potencial en coordenadas esféricas depende únicamente de r y ϑ . El potencial en un punto ~x = rr̂(ϑ ) en el plano x − z se escribe 4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno q φ (r, ϑ ) = 4πε0 1 1 − krr̂(ϑ ) − aẑk krr̂(ϑ ) + aẑk 161 utilizando la expansión en polinomios de Legendre 4.27: 0 ∑∞ k~x kl Pl (cos γ) si k~xk ≥ k~x0 k 1 l=0 k~xkl+1 = l 0 ∞ k~x −~x k ∑l=0 k~0xkl+1 Pl (cos γ) si k~xk ≤ k~x0 k k~x k donde γ es el angulo entre ~x q φ (r, ϑ ) = 4πε0 q φ (r, ϑ ) = 4πε0 y ~x0 . Luego, el potencial se escribe: ∞ rl ∞ rl ! al ! ∑ al+1 Pl (cos ϑ ) − ∑ al+1 Pl (cos(π − ϑ )) ∞ r<a l=0 l=0 al ∞ ∑ rl+1 Pl (cos ϑ ) − ∑ rl+1 Pl (cos(π − ϑ )) l=0 r>a l=0 considerando que cos(π − ϑ ) = − cos(ϑ ), y que Pl (− cos ϑ ) = (−1)l Pl (cos ϑ ) φ (r, ϑ ) = l q ∞ l r (1 − (−1) ) Pl (cos ϑ ) r < a ∑ 4πε0 l=0 al+1 φ (r, ϑ ) = al q ∞ (1 − (−1)l ) l+1 Pl (cos ϑ ) r > a ∑ 4πε0 l=0 r Finalmente: φ (r, ϑ ) = 2q ∞ r2l−1 ∑ a2l P2l−1 (cos ϑ ) r < a 4πε0 l=1 φ (r, ϑ ) = 2q ∞ a2l−1 ∑ r2l P2l−1 (cos ϑ ) r > a 4πε0 l=1 b) Tomando el limite a → 0 manteniendo p = 2aq constante, se obtiene el potencial de un dipolo puntual ( ) 2qa ∞ a2l−2 φ (r, ϑ ) = lim ∑ 2l P2l−1 (cos ϑ ) r > a a→0 4πε0 l=1 r Electrostática de conductores. 162 p φ (r, ϑ ) = lim 4πε0 a→0 p φ (r, ϑ ) = 4πε0 r2 ( ) P1 (cos ϑ ) 1 ∞ a2l−2 + 2 ∑ 2l−2 P2l−1 (cos ϑ ) r>a r2 r l=2 r ( ) 1 ∞ a 2l−2 P1 (cos ϑ ) + 2 ∑ lim ( ) P2l−1 (cos ϑ ) r>a r l=2 a→0 r considerando que lima→0 ( ar )2l−2 = 0 para todo l ≥ 2 y que P1 (cos ϑ ) = cos ϑ , se obtiene el potencial de un dipolo puntual (mismo resultado obtenido previamente en 3.7.2) φ (r, ϑ ) = p cos ϑ 4πε0 r2 r>0 c)Ahora se coloca una esfera de radio R conectada a tierra, de forma que φ (R, ϑ ) = 0. Para la región exterior a la esfera, el potencial satisface la ecuación de Laplace con condición de borde nula en la frontera (r = R), luego φ (r, ϑ ) = 0 r ≥ R para r < R, agregamos al potencial del dipolo puntual una solución de la ecuación de Laplace escrita en su forma más general φ (r, ϑ ) = ∞ p cos ϑ + ∑ (Al rl + Bl r−(l+1) )Pl (cos ϑ ) r ≤ R 4πε0 r2 l=0 para que la serie sea finita en r = 0, Bl = 0 para todo l. Además, el potencial debe ser nulo en r = R: φ (R, ϑ ) = ∞ p cos ϑ + Al Rl Pl (cos ϑ ) = 0 r ≤ R ∑ 4πε0 R2 l=0 esto es ∞ p cos ϑ ∑ Al Rl Pl (cos ϑ ) = − 4πε0 R2 l=0 debido a la ortogonalidad de los polinomios de Legendre, vemos que Al = 0 para l 6= 1, y: A1 = − Finalmente: p cos ϑ 4πε0 R3 4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno φ (r, ϑ ) = p cos ϑ 4πε0 1 r − r 2 R3 163 r≤R en la esfera se induce una densidad de carga σ (ϑ ) dada por (4.1): ∂ φ (r, ϑ ) σ (ϑ ) = ε0 ~E(r, ϑ ) · n̂(ϑ ) = ε0 ∂r r=R donde se ha usado que la normal a la esfera en la región r < R es n̂(ϑ ) = −r̂(ϑ ). Con esto: 3p cos ϑ 4πR3 notar que la carga total inducida en el hemisferior superior es: σ (ϑ ) = − Z π/2 Q= 0 3p 2πR σ (ϑ ) sin ϑ dϑ = − 2R 2 Z 1 xdx = − 0 3p 4R y escribiendo p = 2qa 3 Q = − q(a/R) 2 4.6.3 Funciones de Green: solución formal a los problemas de contorno Otro método para solucionar todo problema de Poisson consiste en considerar la distribución de carga ρ como una superposición lineal de cargas puntuales. En efecto, en el marco de la teoría de distribuciones, se tiene: ZZZ ρ(~x) = R3 ρ(~x0 )δ (~x −~x0 )d 3 x0 De forma que basta con solucionar la ecuación de Poisson con las condiciones de borde adecuadas cuando ρ es una carga puntual. Definición 4.6.1 — Función de Green. La función de Green se define como una solución de la ecuación de Poisson singular ~∇02 G(~x0 ,~x) = −4πδ (~x −~x0 ) ~x0 ∈ Ω (4.28) Ahora vamos a expresar la solución general de la ecuacion de Poisson en términos de la funcion ~ Sea L(~x0 ,~x) una solución de la ecuación de Laplace en Ω, ~x0 ∈ Ω de Green G. ~∇02 L(~x0 ,~x) = 0 ~x0 ∈ Ω Electrostática de conductores. 164 entonces podemos considerar 1 + L(~x,~x0 ) k~x −~x0 k La cual es una función de Green dentro de la región Ω, ya que 1 1 0 ~∇02 G(~x0 ,~x) = ~∇02 + L(~x,~x ) = ~∇02 = −4πδ (~x −~x0 ) k~x −~x0 k k~x −~x0 k Entonces, usando la segunda identidad de Green para el potencial φ y G: G(~x,~x0 ) = Z n o Z n o 0 0 d 3 x0 G(~x0 ,~x)~∇ 2 φ (~x0 ) − φ (~x0 )~∇ 2 G(~x0 ,~x) = dS(~x0 )n̂(~x0 )· G(~x0 ,~x)~∇0 φ (~x0 ) − φ (~x0 )~∇0 G(~x0 ,~x) ZZZ Ω ∂Ω para ~x ∈ Ω, resulta ZZZ 3 0 d x Ω ZZZ 1 1 0 0 0 0 d 3 x0 ρ(~x0 )G(~x0 ,~x) + 4πφ (~x) − G(~x ,~x)ρ(~x ) + 4πφ (~x )δ (~x −~x) = − ε0 ε0 Ω ZZ n o = dS(~x0 )n̂(~x0 ) · G(~x0 ,~x)~∇0 φ (~x0 ) − φ (~x0 )~∇0 G(~x0 ,~x) ∂Ω y se tiene en general: 1 φ (~x) = 4πε0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 d x ρ(~x )G(~x ,~x)+ dS(~x )G(~x ,~x)n̂(~x )·~∇ φ (~x )− dS(~x )φ (~x )n̂(~x )·~∇ G(~x ,~x) 4π ∂ Ω 4π ∂ Ω Ω (4.29) ZZZ 3 0 0 0 ZZ ZZ Apliquemos este resultado a los problemas de contorno de Dirichlet y de Neumann 4.6.4 Solución formal del problema Dirichlet Se trata de resolver la ecuación de Poisson en una región Ω dado el potencial en la frontera ∂ Ω ( x) ~x ∈ Ω : ~∇2 φ (~x) = − ρ(~ ε0 ~x ∈ ∂ Ω : φ (~x) = φD (~x) Resolvamos entonces el problema de Green-Dirichlet asociado 0 0 ~x ∈ Ω : ~∇ 2 GD (~x0 ,~x) = −4πδ (~x0 −~x) ~x0 ∈ ∂ Ω : GD (~x0 ,~x) = 0 escribiendo la función de green como GD (~x0 ,~x) = 1 k~x0 −~xk + LD (~x0 ,~x) entonces el problema se reduce a encontrar D L tal que: ( 0 ~x0 ∈ Ω : ~∇ 2 LD (~x0 ,~x) = 0 1 ~x0 ∈ ∂ Ω : LD (~x0 ,~x) = − k~x0 −~ xk La solución formal es entonces: φ (~x) = 1 4πε0 ZZZ Ω d 3 x0 ρ(~x0 )GD (~x,~x0 ) − 1 0 0 0 0 0 dS(~x )φD (~x )n̂(~x ) · ~∇ GD (~x ,~x) (4.30) 4π ∂ Ω ZZ 4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno 4.6.5 165 Solución formal del problema de Neumann Se trata de resolver la ecuación de Poisson en una región Ω dado la componente normal del campo eléctrico en la frontera ∂ Ω ( x) ~x ∈ Ω : ~∇2 φ (~x) = − ρ(~ ε0 ~x ∈ ∂ Ω : ~∇φ (~x) · n̂(~x) = −EN (~x) Resultaría ventajoso encontrar una función de Green tal que ( 0 ~x0 ∈ Ω : ~∇ 2 GN (~x0 ,~x) = −4πδ (~x0 −~x) ~x0 ∈ ∂ Ω : ~∇0 GN (~x0 ,~x) · n̂(~x0 ) = 0 pero ésto es, en general, imposible. En efecto, el teorema de Gauss nos da ZZZ 3 0~ 0 2 ZZZ 0 d 3 x0~∇0 · ~∇0 GN (~x0 ,~x) d x ∇ GN (~x ,~x) = Ω Ω ZZZ ZZ ~ 0 ~ 0 0 d 3 x0 δ (~x0 −~x) = −4π = d S(~x ) · ∇ GN (~x ,~x) = −4π ∂Ω Ω luego ZZ 0 0 0 0 dS(~x )n̂(~x ) · ~∇ GN (~x ,~x) = −4π ∂Ω ahora bien, puesto que ZZ 0 dS(~x ) = S ∂Ω con S el área total de ∂ Ω, la condición de contorno más simple a imponer a GN es 4π ~x0 ∈ ∂ Ω : n̂(~x0 ) · ~∇0 GN (~x0 ,~x) = − S Luego, debemos resolver ( 0 ~x0 ∈ Ω : ~∇ 2 GN (~x0 ,~x) = −4πδ (~x0 −~x) ~x0 ∈ ∂ Ω : n̂(~x0 ) · ~∇0 GN (~x0 ,~x) = − 4π S y si escribimos GN como GN (~x0 ,~x) = 1 k~x0 −~xk + LN (~x0 ,~x) LN debe satisfacer: ( 0 ~x0 ∈ Ω : ~∇ 2 LN (~x0 ,~x) = 0 1 ~x0 ∈ ∂ Ω : n̂(~x0 ) · ~∇0 LN (~x0 ,~x) = − 4π x0 ) · ~∇0 k~x0 −~ S − n̂(~ xk la solución formal del problema de Poisson-Neumann es entonces: 1 φ (~x) = 4πε0 1 0 0 0 d x ρ(~x )GN (~x ,~x) − dS(~x )EN (~x )GN (~x ,~x) + hφ iS 4π ∂ Ω Ω ZZZ 3 0 0 ZZ 0 donde hφ iS es el valor medio del potencial sobre la superficie ∂ Ω hφ iS = 1 dS(~x)φ (~x) S ∂Ω ZZ La presencia de este término es un inconveniente, pero no afecta el valor de ~E en ∂ Ω (4.31) Electrostática de conductores. 166 Ejemplo 4.29 — Teorema del valor medio. Demuestre que para un espacio sin cargas, el potencial electrostático en cualquier punto es igual al potencial promedio sobre cualquier esfera centrada en ese punto Solución Utilizaremos el teorema de Green 4.29, utilizando una función de Green-Dirichlet que satisface ~∇2 GD (~x,~x0 ) = −4πδ (~x −~x0 ) ~x,~x0 ∈ Ω ~ D (~x,~x0 ) = 0 ~x0 ∈ ∂ Ω G Luego, de acuerdo a la solucion general del problema Poisson con condiciones de contorno de Dirichlet (green-dirichlet): 1 φ (~x) = 4πε0 1 0 0 0 0 0 d x GD (~x,~x )ρ(~x ) − dS(~x )φ (~x )n̂(~x ) · ~∇ GD (~x,~x ) 4π ∂ Ω Ω ZZZ 3 0 0 ZZ 0 ahora, si Ω es una región libre de cargas 1 0 0 0 0 0 φ (~x) = − dS(~x )φ (~x )n̂(~x ) · ~∇ GD (~x,~x ) 4π ∂ Ω ZZ Escogemos ahora Ω : ε(~x, a), la esfera de radio a centrada en~x, de forma que la función de Green se escribe GD (~x,~x0 ) = así 1 1 − 0 k~x −~x k a 0 ~∇0 GD (~x,~x0 ) = ~x −~x k~x −~x0 k3 Luego, para ~x0 ∈ ∂ Ω ~x0 −~x ~x −~x0 1 1 n̂(~x0 ) · ~∇0 GD (~x,~x0 ) = 0 · =− =− 2 0 3 0 2 k~x −~xk k~x −~x k k~x −~x k a Y entonces, en todo punto ~x al interior de la esfera, el potencial es igual a su valor medio sobre la superficie: 1 0 0 φ (~x) = dS(~x )φ (~x ) = φ (~x, a) 4πa2 ∂ Ω ZZ Ejemplo 4.30 — Corolario del teorema del valor medio. Demuestre el siguiente corolario del teorema del valor medio. El campo electrostático en el vacío satisface idénticamente las siguientes relaciones ZZ E(~x0 ) d~S(~x0 ) · ~ =0 k~x −~x0 k ∂Ω ZZZ Ω d 3 x0 ~E(~x0 ) · ~x −~x0 =0 k~x −~x0 k3 donde ∂ Ω es la superficie de una esfera de radio arbitrario con centro en ~x, y Ω es su volumen 4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno 167 Solución En el espacio vacío de cargas ~∇2 φ (~x) = 0 Utilizando el teorema de Green 4.29 con G(~x,~x0 ) = 1/k~x −~x0 k ZZ ZZ 1 ~ 0 ~ 0 1 1 d~S(~x0 ) · ~∇0 φ (~x0 ) 0 φ (~x) = − φ (~x ) + d S(~x ) · ∇ 4π ∂ Ω k~x −~x0 k 4π ∂ Ω k~x −~x0 k ZZ ZZ 1 d~S(~x0 ) · E(~x0 ) 1 ~ 0 ~x0 −~x 0 φ (~x ) − φ (~x) = d S(~x ) · 0 4π S(~x) k~x −~xk3 4π S(~x) k~x −~x0 k 1 1 d~S(~x0 ) · E(~x0 ) 0 0 dS(~ x )φ (~ x ) − 4πa2 S(~x) 4π S(~x) k~x −~x0 k ZZ φ (~x) = ZZ donde a =|~x −~x0 | es el radio de la esfera. Por el teorema del valor medio 1 0 0 dS(~x )φ (~x ) 4πa2 S(~x) ZZ φ (~x) = Luego ZZ E(~x0 ) d~S(~x0 ) · ~ =0 0 ∂Ω Además k~x −~x k ZZ ZZZ ~E(~x0 ) ~E(~x0 ) ~ 0 3 0~ 0 = d x ∇ · ) · d S(~ x 0 0 k~x −~x k k~x −~x k Ω ) ( ZZZ ~∇0 · ~E(~x0 ) 1 + ~E(~x0 ) · ~∇0 = d 3 x0 k~x −~x0 k k~x −~x0 k Ω ∂Ω ZZZ = 3 0 d x Ω =− 0 ρ(~x0 ) ~E(~x0 ) · ~x −~x + ε0 k~x −~x0 k k~x −~x0 k3 ZZZ Ω d 3 x0 ~E(~x0 ) · ~x0 −~x =0 k~x0 −~xk3 4.6.6 Método de las Imágenes La solución formal de los problemas de contorno en electrostática se logra mediante el método de las funciones de Green. En la práctica no siempre es fácil calcular la función de Green correcta. El método de las imágenes se usa en problemas de una o más cargas puntuales en presencia de superficies de frontera, por ejemplo conductores conectados a tierra o mantenidos a un potencial fijo. Este método de las imágenes nos ayuda a encontrar la función de Green adecuada en los problemas de contorno Dirichlet con φD = cte. Consideremos una carga q situada en ~x0 ∈ Ω . Se trata de resolver el siguiente problema Dirichlet Electrostática de conductores. 168 ( ~x ∈ Ω : ~∇2 φ (~x) = − εq0 δ (~x −~x0 ) ~x0 ∈ Ω : ~x ∈ ∂ Ω : φ (~x) = φD Bajo condiciones geométricas favorables es posible inferir que un número pequeño de cargas e pueden puntuales, de magnitud apropiada, y ubicadas adecuadamente en la región externa Ω, simular las condiciones de contorno requeridas, estas son las cargas imágenes. e la región externa (típicamente el interior de un conductor), y Sea Ω la región de interés, Ω un conjunto de cargas imagenes q0i = q0i (q,~x0 ) ubicadas en las posiciones ~xi0 = ~xi0 (q,~x0 ), con e Las cargas imágenes deben ser externas a la región de interés Ω, de manera que su ~xi0 (q,~x0 ) ∈ Ω. potencial sea una solución de la ecuación de Laplace en Ω. En efecto, el potencial creado por las cargas imágenes satisface 0 1 1 ~∇2 1 ∑ qi = q0i~∇2 ∑ 0 4πε0 i k~x −~xi k 4πε0 i k~x −~xi0 k =− 1 qi δ (~x −~xi0 ) = 0 ε0 ∑ i e si ~x ∈ Ω y ~xi ∈ Ω. Ejemplo 4.31 — Carga puntual q ubicada frente a un conductor plano a potencial cero, y de extensión infinita. Consideremos el siguiente problema Dirichlet en Ω, con Ω = {~x | z > 0}. La frontera ∂ Ω = {~x | z = 0} corresponde al plano conductor a potencial nulo. Cuál es la densidad superficial y la carga total inducida en el plano conductor?. Se trata de resolver el problema siguiente para el potencial 4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno ( ~x ∈ Ω : ~x ∈ ∂ Ω : 169 ~∇2 φ (~x) = − q δ (~x −~x0 ) ε0 φ (~x) = 0 Donde ~x0 = d ẑ es la posición de la carga puntual q. Resolvemos entonces el problema mediante e el método de las imágenes. Sea una carga q00 ubicada en ~x00 ∈ Ω. El potencial en Ω debido a ambas cargas será, simplemente ~x ∈ Ω : φ (~x,~x0 ) = q q00 + 4πε0 k~x −~x0 k 4πε0 k~x −~x00 k El valor de q00 y de ~x00 los escogemos tal que en la frontera ~x ∈ ∂ Ω : q q00 + =0 4πε0 k~x −~x0 k 4πε0 k~x −~x00 k Tomando ~x00 = d 00 k̂, y ~x = xx̂ + yŷ, un punto en el plano z = 0, la condición φ (~x) = 0 implica: ( ) 1 q q00 p φ (z = 0) = +p =0 4πε0 x2 + y2 + d 2 x2 + y2 + d 002 Basta tomar entonces como carga imagen una carga −q ubicada igualmente a una distancia d, detrás del plano z = 0: q0 = −q, d 00 = −d En efecto, vemos que el potencial en Ω es idéntico al potencial generado por un dipolo generado por 2 cargas puntuales separadas por una distancia d. En la figura siguiente se muestran las líneas de campo generadas por tal distribución de carga. El potencial en el plano z = 0 es efectivamente nulo. La solución para el potencial resulta ser q 1 1 φ (~x,~x0 ) = − 4πε0 k~x − d k̂k k~x + d ẑk Esta es la solución del problema Dirichlet propuesto originalmente. En efecto se satisface la ecuación de Poisson propuesta en Ω ~∇2 φ (~x,~x0 ) = q 1 1 q 2 ~∇2 ~ −∇ =− δ (~x − d k̂) + δ (~x + d k̂) 4πε0 ε0 k~x − d k̂k k~x + d k̂k Electrostática de conductores. 170 y como δ (~x + d k̂) = 0 para ~x ∈ Ω ~∇2 φ (~x,~x0 ) = − q δ (~x − d k̂) = − q δ (~x −~x0 ) ε0 ε0 En la figura siguiente se muestran las líneas de campo y las equipotenciales en la situación real. En la región z < 0 (interior al conductor), el campo eléctrico es nulo y el potencial constante. Para z > 0, el potencial es idéntico al de un dipolo p = 2dq. La densidad de carga inducida sobre el plano infinito está dada por (4.1): σ (~x) = ε0 ~E(~x) · n̂ ~x ∈ ∂ Ω En este caso ∂ φ (~x) σ (~x) = −ε0 ∂ z z=0 Necesitamos entonces ∂ 1 1 ~x −~x0 ~ = k̂ · ∇ = − k̂ · ∂ z k~x −~x0 k ~x −~x0 k~x −~x0 k3 luego ∂ 1 z−d =− ∂ z k~x − d k̂k k~x − z0 k̂k3 4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno 171 y ∂ 1 z+d =− ∂ z k~x + d k̂k k~x + z0 k̂k3 De esta forma d ∂ φ (~x) q −d − =− ∂ z z=0 4πε0 kxx̂ + yŷ − d k̂k3 kxx̂ + yŷ − d k̂k3 Finalmente ∂ φ 1 2qd σ (x, y) =− = 3/2 ∂ z z=0 4πε0 (x2 + y2 + z02 ) ε0 y la densidad de carga inducida sobre el plano es σ (~x) = − 1 qd 2π (x2 + y2 + d 2 )3/2 De la simetría de la figura (invarianza del plano ante rotación en torno al eje z) resulta p claro que la densidad de carga inducida en el plano es función de la distancia al origen ρ = x2 + y2 . En coordenadas polares se tiene σ (ρ) = − 1 qd 2π (ρ 2 + d 2 )3/2 La carga total inducida será Z 2π Q= Z ∞ dϕ 0 dρρσ (ρ) = −2π 0 Z ∞ dρρ 0 qd 1 2π (ρ 2 + d 2 )3/2 Calculemos Z ∞ 0 dρρ (d 2 + ρ 2 )3/2 = = 1 2 du Z ∞ 0 (d 2 + u)3/2 = 1 2 Z ∞ dv d2 v3/2 3 ∞ 1 v− 2 +1 ∞ 1 1/2 = −v 2= 3 2 2 −2 +1 d d d Finalmente, la carga total inducida es Q = −q Ejemplo 4.32 — Potencial generado por un disco de carga. Considere el plano z = 0 conectado a tierra, salvo en un disco de radio R en donde φ = φ0 . a) Exprese el potencial en todo punto (ρ, ϕ, z) con z > 0 como una integral sobre el plano z = 0 en coordenadas polares. b)Muestre que en el eje del disco el potencial esta dado por: z φ (z) = φ0 1 − √ R2 + z2 c) Demuestre que a grandes distancias (ρ 2 + z2 >> R2 ), el potencial puede ser expandido en serie de potencias de (ρ 2 + z2 )−1 , cuyos términos principales dan: Electrostática de conductores. 172 φ0 za2 φ= 2(ρ 2 + z2 )3/2 5(3ρ 2 a2 + a4 ) 3a2 + ... + 1− 4(ρ 2 + z2 ) 8(ρ 2 + z2 )2 Solución a) En el semi-espacio Ω = {z ≥ 0}, el potencial satisface la ecuación de Laplace, ~∇2 φ = 0, y en la frontera ∂ Ω = {z = 0} se tiene φ (ϕ, ρ, z = 0) = φ0 si ρ < R 0 si ρ ≥ R Se debe resolver entonces un problema de Dirichlet, cuya solución general se escribe de acuerdo a 4.30 φ (~x) = 1 4πε0 ZZZ d 3 x0 ρ(~x0 )GD (~x,~x0 ) − Ω 1 0 0 0 0 0 dS(~x )φD (~x )n̂(~x ) · ~∇ GD (~x ,~x) 4π ∂ Ω ZZ y dado que ρ = 0 ∈ Ω 1 0 0 0 0 0 φ (~x) = − dS(~x )φD (~x )n̂(~x ) · ~∇ GD (~x ,~x) 4π ∂ Ω ZZ La función de Green GD , que por definición se anula en z = 0 y satisface ~∇2 GD (~x,~x0 ) = −4πδ (~x −~x0 ) para ~x0 = (x0 , y0 , z0 ) ∈ Ω fue calculada con el método de las imágenes en el ejemplo 4.31 (se debe reemplazar q por −4πε0 ): 1 1 GD (~x,~x ) = − + 0 k~x −~x | k~x −~x00 k 0 donde ~x00 = (x0 , y0 , −z0 ). Para calcular n̂(~x0 ) · ~∇0 GD (~x0 ,~x) en todo punto ~x0 sobre el plano z = 0, utilizamos que n̂(~x0 ) = −k̂ y la identidad 3.1 ~∇0 GD (~x,~x0 ) = (~x −~x0 ) (~x −~x00 ) − k~x −~x0 |3/2 k~x −~x00 k3/2 z z =− − 3/2 0 z =0 k~x −~x | k~x −~x00 k3/2 ~∇0 GD (~x,~x0 ) · (ˆ − k) 0 =− 2z ((x − x0 )2 + (y − y0 )2 + z2 )3/2 4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno 173 Un punto ~x0 sobre el plano z = 0 se escribe ~x0 = (ρ 0 cos ϕ 0 , ρ 0 sin ϕ 0 , 0), y sea un punto arbitrario 0 en el semiespacio Ω, ~x = (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ, z). Luego (x − x0 )2 + (y − y0 )2 + z2 = ρ 2 + ρ 2 − 2ρρ 0 (cos ϕ cos ϕ 0 + sin ϕ sin ϕ 0 ) + z2 y se tiene: 1 φ (ρ, ϕ, z) = 4π φ (ρ, ϕ, z) = Z 2π dϕ Z R 0 0 0 Z zφ0 2π 2π φ0 dϕ 0 Z R 0 0 2zρ 0 dρ 0 (ρ 2 + ρ + z2 − 2ρρ 0 cos(ϕ − ϕ 0 ))3/2 02 ρ 0 dρ 0 (ρ 2 + ρ + z2 − 2ρρ 0 cos(ϕ − ϕ 0 ))3/2 02 b) El potencial en el eje puede ser calculado fácilmente tomando ρ = 0 zφ0 φ (z) = 2π Z 2π dϕ zφ0 2 Z R 0 mediante la sustitución u = ρ φ (z) = 0 02 0 ρ 0 dρ 0 = zφ0 02 (ρ + z2 )3/2 Z R ρ 0 dρ 0 (ρ + z2 )3/2 02 0 + z2 : Z R2 +z2 du u3/2 z2 R2 +z2 zφ0 = −zφ0 u−1/2 2 = φ0 − √ z R2 + z2 luego, sobre el eje: z φ (z) = φ0 1 − √ R2 + z2 c) Escribiendo ( 2 02 2 0 0 3/2 (ρ + ρ + z − 2ρρ cos(ϕ − ϕ )) 2 2 −3/2 = (ρ + z ) 0 ρ2 2ρρ 0 cos(ϕ − ϕ 0 ) 1+ 2 2 − ρ +z ρ 2 + z2 )−3/2 2 y utilizando la siguiente expansión (1 + x)n ≈ 1 + nx + n(n+1) 2 x + ... para n = −3/2 y x = 02 (ρ − 2ρρ 0 cos(ϕ − ϕ 0 ))/(ρ 2 + z2 ): ( 0 ρ2 2ρρ 0 cos(ϕ − ϕ 0 ) 1+ 2 2 − ρ +z ρ 2 + z2 )−3/2 0 ≈ 1− 0 3 ρ 2 − 2ρρ 0 cos(ϕ − ϕ 0 ) 15 (ρ 2 − 2ρρ 0 cos(ϕ − ϕ 0 ))2 + 2 ρ 2 + z2 8 (ρ 2 + z2 )2 Electrostática de conductores. 174 el potencial se escribe, considerando que φ (ρ, ϕ, z) = zφ0 2 2π(ρ + z2 )3/2 Z 2π dϕ 0 0 zφ0 φ (ρ, ϕ, z) = 2 2π(ρ + z2 )3/2 Z R 0 R 2π 0 cos(ϕ − ϕ 0 )dϕ 0 = 0: 2π R 0 3 0 dϕ ρ 2 ρ 0 dρ 0 2(ρ 2 + z2 ) 0 0 Z 2π Z R 0 15 0 + dϕ (ρ 4 + 4ρ 2 ρ 0 2 cos2 (ϕ − ϕ 0 ))ρ 0 dρ 0 + ... 8(ρ 2 + z2 )2 ) 0 0 (4.32) ρ 0 dρ 0 − Z Z 3 πR4 15 R6 4 2 πR − 2 2 + (2π + R ρ π) + ... (ρ + z ) 4 8(ρ 2 + z2 )2 6 zφ0 R2 φ (ρ, ϕ, z) = 2(ρ 2 + z2 )3/2 2 3R2 5 4 2 2 1− + (R + 3R ρ ) + ... 4(ρ 2 + z2 ) 8(ρ 2 + z2 )2 Ejemplo 4.33 — Carga puntual en prescencia de una esfera conductora conectada a tierra. Se tiene ahora una carga puntual q situada a distancia d del centro de una esfera conductora de radio a conectada a tierra. La idea es determinar el potencial electrostático, la carga inducida en la esfera y la fuerza de interacción entre la carga y la esfera conductora. Necesitamos resolver el problema de Poisson-Dirichlet asociado: ( ~∇2 φ (~x) = − q δ (~x −~x0 ) ~x ∈ Ω : ε0 ~x ∈ ∂ Ω : φ (~x) = 0 Este problema puede ser resuelto mediante el método de las imágenes. Si escribimos en coordenadas esféricas ~x0 = d r̂0 , por simetría, la carga imagen q00 será ubicada en un punto interior a la esfera tal que ~x00 = d 00 r̂0 . De esta forma, el potencial en Ω será ~φ (~x) = 1 q 1 q00 + 4πε0 k~x −~x0 k 4πε0 k~x −~x00 k 4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno 175 y se debe tener φ (k~xk = a) = 0. Sean ~x = rr̂, ~x0 = d r̂0 , ~x00 = d 00 r̂0 . Entonces φ (rr̂) = φ (rr̂) = q 1 q00 1 + 4πε0 krr̂ − d r̂0 k 4πε0 krr̂ − d 00 r̂0 k 1 q 1 q00 + 4πε0 rkr̂ − dr r̂0 k 4πε0 d 00 kr̂0 − dr00 r̂k Luego, imponiendo un potencial nulo en la superficie de la esfera φ (r = a) = Así, basta con tomar d 00 = 1 q/a q00 /d 00 + =0 4πε0 kr̂ − da r̂0 k kr̂0 − da00 r̂k a2 d, y q00 = − da q. Se tiene entonces la solución para el potencial en Ω ( ) a/d q 1 φ (~x) = − 4πε0 k~x − d r̂0 k k~x − a2 r̂0 k d Para calcular la densidad de carga inducida en la esfera: ~x ∈ ∂ Ω : σ (~x) = −ε0~∇φ (~x) ~x=ar̂ q n̂ · ~∇φ (~x) = n̂ · ~∇ 4πε0 ( 1 a − 0 k~x − d r̂ k dk~x − a2 r̂0 k ) d En la superficie, ~x = ar̂, n̂ = r̂ ( ) ( ) 2 2 q ar̂ − d r̂0 a ar̂ − ad r̂0 q a − d r̂ · r̂0 a a − ad r̂ · r̂0 =− r̂ · − =− − 4πε0 kar̂ − d r̂0 k3 d kar̂ − a22 r̂0 k3 4πε0 kar̂ − d r̂0 k3 d k~ar̂ − a2 r̂0 k3 d d Electrostática de conductores. 176 Se tiene 0 2 2 kar̂ − d r̂ k = a + d − 2ad r̂ · r̂ 0 1/2 = d 1+ a 2 d −2 a d 1/2 cos ϑ 1/2 1/2 a a 2 a3 a2 0 a4 2 0 kar̂ − r̂ k = a + 2 − 2 r̂ · r̂ −2 cos ϑ = a 1+ d d d d d con ϑ = r̂ · r̂0 . Entonces a a−(a/d)2 d cos ϑ a−d cos ϑ − d q q d3 a3 σ (ar̂) = 3/2 = 4πa2 4π 1 + a 2 − 2 a cos ϑ d d 2 a 3 − da cos ϑ d 1+ a 2 d a d − −2 a d + cos ϑ a 2 cos ϑ d 3/2 Finalmente q σ (ar̂) = − 4πad 1+ 1− a 2 d 3/2 a 2 a − 2 cos ϑ d d La densidad de carga posee un máximo en ϑ = 0, que corresponde al punto más cercano a la carga q. Como se puede intuír, la carga total inducida sobre la esfera es q0 . En efecto ZZ Z 2π Z π Z 1 2 2 Q = dS(~x)σ (~x) = a dϕ dϑ sin ϑ σ (cos ϑ ) = 2πa dµσ (µ) 0 ∂Ω −1 0 a 2 Z 1 dµ q a 1− Q=− 2 d d −1 (A − Bµ)3/2 con A = 1 + (a/d)2 , B = Z 1 2a d . Además −3/2 dµ (A − Bµ) −1 2 = B ( (A + B)1/2 − (A − B)1/2 (A2 − B2 )1/2 1 =− B Z A−B 2 [1 + ) = 2 a d 3 ν −3/2 A+B 1 ν − 2 +1 A−B dν = − B − 32 + 1 A+B 2 a 2 + 2 da ]1/2 − [1 + da − 2 da ]1/2 d n 2 2 o1/2 1 + ( da )2 − 4 da d 1 + da − 1 − da 2 = = 2 a 2 a 1− d 1 − da Finalmente ZZ Q = dS(~x)σ (~x) = − ∂Ω qa = q0 y 4.6 Solución a la ecuación de Poisson con condiciones de contorno 177 Una forma de obtener la fuerza de interacción entre la esfera y la carga puntual es calcular la fuerza que ejerce la carga imagen q00 sobre q 0 0 00 ~Fq = qq ~x −~x 4πε0 k~x0 −~x00 k3 2 d − ad q q2 a r̂0 0 = −q r̂ = − 2 2 2 d4πε0 kd − a k3 d4πε0 d d − ad 2 ~Fq = − q2 a 3 r̂0 a2 4πε0 d [1 − a 2 ]2 d La que es claramente una fuerza de atracción. Otra forma de obtener este resultado es calcular la fuerza que ejerce la carga q sobre la esfera. Sea un elemento diferencial de superficie dS(~x), al cual se le asocia una densidad de carga inducida σ (~x). El campo eléctrico es normal a la esfera en dicho punto, y entonces uno podría pensar que el diferencial de fuerza electrostática actuando sobre este elemento de superficie es σ (~x) σ 2 (~x)dS(~x) r̂(~x) = r̂(~x) ε0 ε0 Sin embargo, esto es incorrecto. El campo eléctrico sobre la superficie de la esfera es la contribución de la densidad de carga superficial y la carga q. Ambas contribuciones son idénticas, esto es fácil de mostrar recordando que el campo eléctrico generado por una distribución plana de carga es σ (~x)/2ε0 r̂(~x). De esta forma, la fuerza sobre dS(~x) es d ~F(~x) = σ (~x)dS(~x) d ~F(~x) = σ 2 (~x)dS(~x) r̂(~x) 2ε0 La fuerza total sobre la esfera es, entonces 2 ~F = 1 d~S(~x)σ (~x)r̂(~x) 2ε0 ∂ Ω Dado que la fuerza resultante es de la forma ~F = F r̂0 ZZ 1 a2 0 2 dS(~x)r̂ · r̂(~x)σ (~x) = 2ε0 ∂ Ω 2ε0 ZZ F= F= Z 2π Z π dϕ 0 dϑ sin ϑ cos ϑ σ 2 (cos ϑ ) 0 a 2 2 Z 1 a2 π q2 a 2 dµ µ 2 dµ µσ (µ) = 1− 2 4 3 ε0 16π a d d −1 −1 (A − Bµ) Z a2 π 1 ε0 Donde Z 1 dµ µ 1 = 2 3 B −1 (A − Bµ) Z B νdν 1 =− 2 3 B −B (A − ν) Z B dν(A − ν) −B (A − ν)3 + A B2 Z B dν 3 −B (A − ν) Desarrollando estas integrales es posible demostrar que la fuerza sobre la esfera es ~F = a 2 −2 q2 a 3 1− r̂0 = −~Fq 4πε0 a2 d d Electrostática de conductores. 178 4.7 Resumen y fórmulas escenciales • En un conductor Ω en equilibrio estático, el campo eléctrico y la densidad de carga son nulos al interior de Ω. Toda la carga se concentra en su superficie ∂ Ω, y en consecuencia, el potencial electrostático φ es constante en Ω, su superficie ∂ Ω constituya una equipotencial y el campo eléctrico es perpendicular a ∂ Ω en todo punto. • Se define la capacitancia C de un conductor mediante C = Q/φ0 donde Q es la carga en su superficie y φ el potencial del conductor. • De igual forma, la capacitancia de un condensador (sistema de dos conductores con carga Q y −Q) está dada por C = Q/∆φ0 donde ∆φ es la diferencia de potencial entre los conductores. • Un sistema de N condensadores en paralelo puede ser visto como un condensador equiva −1 1 N lente de capacidad Ceq = ∑k=1 Ck Mientras que un sistema de N condensadores en serie puede ser visto como un condensador N equivalente de capacidad Ceq = ∑k=1 Ck • El potencial electrostático φ satisface la ecuación de Poisson ~∇2 φ = − ρ ε0 En un volumen finito Ω, la ecuación de Poisson posee una solución única si se especifica el valor del potencial en ∂ Ω (condición de Dirichlet) o de la componente normal del campo eléctrico en ∂ Ω (condición de Neumann)