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Capítulo 2 Electrostática 2.1. Carga Eléctrica Se sabe que en la naturaleza unas pocas fuerzas fundamentales son responsables de todas las interacciones entre la materia Entre ellas se cuenta: fuerza gravitacional (responsable de la atracción entre masas) de partículas de carga positiva) que se producen en una determinada reacción química para un mol de un cierto material. Carga del electrón. En terminos del Coulomb, es posible establecer la carga electrica qe del electrón qe fuerza electromagnética (responsable de los fenómenos químicos) 
1  6021  10  10 19 [C] (2.1) Quanto de carga. La cantidad e fuerza nuclear (responsable de la estabilidad del nucleo atómico)  1 6021 19 [C] se conoce como “quanto de carga” pues en la naturaleza no se encuentran partículas libres con carga menor que dicho quanto. Con esta notación la carga qe del electrón se abrevia: qe e El descubrimiento de la fuerza eléctrica nace de la observación que, ciertos materiales, al ser frotados y puestos a cierta distancia, o se atraen o se repelen. Se dice están electrizados o cargados eléctricamente (ver NOTA1 ). Algunos experimentos simples son suficientes para determinar que sólo existen dos tipos de cargas: las llamaremos positivas y negativas. 
Definición práctica del Coulomb. Una definición práctica del Coulomb está dada en términos de otra unidad, el Ampere (se abrevia [A] y lo estudiaremos más adelante) que cuantifica la cantidad total de carga que pasa por una superficie dada en un tiempo dado. Es decir cuantifica una corriente de carga. 2.1.1. Unidad de Carga Eléctrica La carga eléctrica, al igual que cualquier propiedad física, requiere de una unidad para ser cuantificada. La unidad de carga en el Sistema Internacional de Unidades es el Coulomb (que se abrevia [C]), cantidad que se establece midiendo la cantidad de iones (cantidad Un Ampere (1 [A]) de corriente significa, por definición, que cruza un Coulomb de carga por segundo (1 [C/s]) la superficie en cuestión. 2.1.2. Cuantización de la Carga Eléctrica 1 NOTA: El caso de una barra de caucho que es frotada contra piel y luego suspendida es clarificador: si se acerca una segunda barra de caucho tratada de la misma manera se observa que las barras se repelen. Por otro lado al acercar una barra de vidrio frotada contra seda las barras (de caucho y de vidrio) se atraen. Una explicación posible es que por la acción de frotación el caucho y el vidrio an adquirido algo (carga) que en un caso produce atracción y en el otro repulsión. Una situación interesante ocurre cuando lo que se suspende es una barra de vidrio frotada contra seda. Al acercar una segunda barra de vidrio tratada de la misma manera se produce también repulsion. En consecuencia barras tratadas de la misma manera adquirieron la misma carga y se repelen; barras tratadas de manera diferente pueden repelerse o atraerse, es decir tienen la misma carga o diferente. En 1909, Robert Millikan mostró experimentalmente que la carga eléctrica q de un objeto es siempre un multiplo entero de la unidad fundamental de carga e. Es decir la carga eletrica viene en multiplos q Ne del cuanto fundamental de carga e (N entero). Ya vimos que la carga del electrón es qe e. Un protón tiene precisamente una unidad de esta carga, pero de signo opuesto, es decir su carga es q p e. Otra partícula de interés es el neutrón, de carga nula, qn 0.  25 
230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad La siguiente tabla resume algunas propiedades de estas partículas:
 Partícula Electrón (e) Protón (p) Neutrón (n)   Carga [C] 1 6022 10 1 6022 10 0       Masa [Kg] 9 1095 10 1 6726 10 1 6749 10 19 19       31 27 27 2.1.3. Ejercicios y Ejemplos 1. ¿A qué número de ‘quantos’de carga e equivale 1 [C]?.    1 6021 10 Rpta. Puesto que e tonces, despejando 1[C]=[C] queda:
C   1 6021  10 1 19 e   6 24 19 [C], en- 1018e esto es, 6.24 trillones de partículas. 2. Sobre un cable circula una corriente (de electrones) de 1 [A]. ¿Cuántos electrones pasaron una superficie transversal cualquiera del cable durante 1 [s]?. Rpta. Una corriente de 1 [A] significa que pasó 1[C], en cada segundo, por la superficie. Usando el resultado anterior queda: 6.24 trillones de electrones. Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 26 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 27  8  99  10 [N m C ]  9  0 10 [N m C ] 2.2. Ley de Fuerza de Coulomb (a) inversamente proporcional al cuadrado de la distancia que las separa y dirigida a lo largo de la recta que une los centros. 9 K En 1785 Charles Augustín Coulomb (1736-1806) descubrió que la fuerza entre dos cargas puntuales q1 ,q2 es: 9 K q1 F12
1 4πε0  8  8542  10 (2.4) 12 [C2 /Nm2 ]  1 q1 q2 rˆ 4πε0 r12 12 1 q 1 q 2 r1 r2 4πε0 r2 r1 2 F12
 
  r1 r2 (2.3) (2.5) Entonces, en el Sistema Internacional de Unidades, la Ley de Coulomb adquiere la forma { q2 2 donde ε0 , la llamada permitividad dieléctrica del espacio vacío, es ε0 r12 2 2 Es conveniente reescribir K como (b) proporcional al producto q1 q2 de las cargas (c) atractiva si las cargas tienen signos opuestos y repulsiva si tienen signos iguales. 2 (2.6) 2.2.1. Ejercicios y Ejemplos 1.a Una molécula de Hidrógeno esta formada por un protón y un electrón separados a una distancia de a 1 0 10 8 [cm]. ¿Cuántos Newtons vale la fuerza eléctrica de atracción entre las cargas?.    O Figura 2.1: Fuerza entre cargas Rpta. Esto se puede resumir en que la fuerza F12 que ejerce una carga q2 sobre otra carga q1 colocada a una distancia r1 r2 de ella, está dada por la expresión r12

 F12  F  F     1010    2  31  10 [N]  9 Kq1 q2 rˆ12 2 r12

    Kq1 q2 r1 r2 r1 r2 3 q p qe a2 1 602 109 0 01 K  19 2 8 2 8 (2.2) donde r1 y r2 son los vectores de posición de las cargas, y rˆ12 es un vector unitario que apunta desde q2 hacia q1 y K es una constante de proporcionalidad cuyo valor depende del sistema de unidades utilizado. Esta expresión es conocida como la Ley de Coulomb. Para calcular la constante K basta medir (experimentalmente) la fuerza con que interactúan dos cargas de magnitud conocida y separadas una distancia conocida. En el Sistema Internacional de Unidades (SI) (alias MKS) se obtiene 1.b Compare la magnitud de la fuerza eléctrica entre estas dos partículas con la magnitud de la fuerza de atracción gravitacional entre ellas. NOTA: La fuerza gravitacional entre 2 masas puntuales m1 y m2 , separadas a una distancia r21 entre ellas satisface una ley similar a la ley de Coulomb (la Ley de Atracción Universal de Newton): grav F12    Gm1 m2 rˆ12 2 r12 en que la constante de gravitación universal G 6 67 10 11 [N m2 /kg2 ] Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad Rpta. Como antes evaluamos la expresión y obtenemos 28  F  F m p me a2 1 67 10 11 G  6  67   1  01  10  47 F0    100  0 1    109  1 1  10    27 q0 31 8 2 [N] q1 r0 r1 ’!Podemos apreciar que la fuerza de atracción de masas es mucho más pequeña que la fuerza eléctrica! (10 37 veces más pequeña). Tanto que, en muchos de los ejemplos que veremos, despreciaremos esta interacción frente a la eléctrica.  1.c Si debido a esta fuerza eléctrica el electrón gira en círculos. ¿A cuántos g’s (magnitud de la aceleración de gravedad en la superficie de la tierra) equivale la aceleración normal generada por ésta fuerza?. ¿Cuántas vueltas da por segundo el electrón en torno al protón?. Rpta. Puesto que el electrón se mueve en círculos en torno al protón, la aceleración normal satisface. q2 r2 qn rn Figura 2.2: Principio de superposición para la fuerza eléctrica  Si llamamos r0 al vector de posición de la carga q0 y r1 r2 rN a los vectores de posición de las demás cargas, la fuerza sobre q0 se obtiene a partir de las suma vectorial N Kq q 0 i F0 ∑ rˆ0i (2.8) i 1 r0i


 F electr. F electr. me 2 31 10 9 11 10 me an an O equivalentemente      2  54  a  y equivale a 2  54  10 9  8 2  59  n 8 31 22 F0 1021 veces g. Como vimos en el curso de Mecánica de la partícula (Fisica I) cuando hay muchas fuerzas actúando sobre una partícula la acción neta sobre la partícula (fuerza neta) se reduce a la suma vectorial de cada una de las fuerzas que actúan sobre ella. De acuerdo a esto, en el caso de un sistema de cargas q1 q2 qN que interactúan con otra carga q0 , la fuerza eléctrica neta es igual a la suma vectorial de las fuerzas que cada carga ejerce individualmente sobre q0 .

F0elec F01 F02  F0N  (2.9) donde hemos hecho uso que el vector unitario se puede reescribir r0i r0 ri rˆ0i r0i r0 ri 2.2.2. Principio de Superposición
Kq q r r ∑ 0r i 0r 3 i i 0 i 1  1022[m/s2 ]

  N (2.7) Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
   
 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 2.3. Campo Eléctrico 2.3.1. Noción de Campo Gravitacional y Campo Eléctrico  En el curso de Física I vimos el campo de aceleración g r que experimenta una partícula de masa m debido a la atracción de la Tierra. Este era un campo con simetría esférica (como muestra la figura). Z { g Z X 29 Sin embargo hay que considerar que la carga eléctrica no puede ser subdividida indefinidamente ya que hay una unidad mínima de carga e (cuantización de la carga). De modo que el valor más pequeño de q0 es e. En la práctica, la magnitud de las cargas que generan el campo son muchos más grandes que la carga de un electrón y cargas de prueba q0 no tan pequeñas como e, permiten definir correctamente el campo eléctrico en forma experimental. Utilizando la Ley de Coulomb, la definición de campo eléctrico que acabamos de dar, y el Principio de Superposición, es posible escribir una expresión para el campo eléctrico creado por un conjunto discreto de cargas q1 qi qN en un punto P con posición r rP
 

Rt + Z E r F0 0 q0 l´ım q0  N qi rˆ 2 pi 1 r pi K∑ Figura 2.3: Campo gravitacional en torno de la superficie del planeta Tierra i  Una expresión alternativa, útil al momento de calcular el campo de una configuración complicada de carga, es: En dicha ocasión encontramos que se obtenía mediante  gr 
F peso m 
 GMT R2T z2  3 2 rˆ (2.10) 
 y que cerca de la superficie de la tiera (z 0) asume el GMT valor aproximado g z 0 9 8rˆ. rˆ R 3  
T  De la expresión anterior se ve que g es una fuerza por unidad de masa. De la misma manera es posible definir un campo — que llamaremos campo eléctrico— como una fuerza por unidad de carga. 2.3.2. Definición de Campo Eléctrico  N i 
  
  qi r ri 3 1 r ri K∑ E r
(2.12) 
 donde se ha usado que r pi r ri y r pi r ri . Note que, dado que estamos sumando sólo sobre las posiciones de las partículas del sistema y no sobre la posición de la carga de prueba, el valor del campo depende sólo de la variable de posición r de la carga de prueba. Note también que esta expresión pone de manifiesto que el principio de superposición se cumple para el (vector) campo eléctrico. 2.3.3. Fuerza Eléctrica en término del Campo Eléctrico  Se define el Campo Eléctrico E creado por una disEs claro que si conocemos el campo eléctrico E r en todo tribución de cargas en un punto arbitrario P (posición punto r la fuerza que actúa sobre una partícula puntual de r en que se encuentra una carga de prueba q0 ) como carga q debida al campo es simplemente F0 (2.11) E r F r qE r (2.13) q0  En estricto rigor la carga q0 debe ser tan débil que, al introducirla en un sistema de cargas, ella produzca fuerzas muy pequeñas sobre las otras partículas del sistema y por ese motivo no se altere las configuración de posiciones de ellas. A una carga con estas características se la llama carga de prueba. Matemáticamente esto se expresa indicando que la medición se hace en el límite q0 0.   Una observación importante es que si q 0 tanto F como E apuntan en la misma dirección, mientras que si q 0 entonces F apunta en dirección contraria a E. Pero esto no tiene ninguna incidencia en la forma de calcular el campo eléctrico. Por último las unidades de campo eléctrico son Newtons/Coulomb: [N/C].  Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.   230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 30 2.3.4. Ejercicios y Ejemplos para evaluar el campo. 1. En el experimento de Millikan, se equilibra un ‘quanto’de carga e (ión) bajo la acción de: la fuerza de peso mgˆ y la acción de un campo uniforme E E0 ˆ. Si la partícula corresponde a un protón, ¿cuál es el valor de E0 necesario para este equilibrio?. En el caso del campo sobre la carga q se considera la contribución de las cargas Q y Q al campo en el punto en que se ubica la carga q. Así r rq y r1 rQ , r2 r Q . Queda:

 E

  r
r   r 
r r   KQ  r
r  KQ  a 2xˆ
 a 2xˆ
3 32a2ayˆ yˆ
KQ  a 2xˆ

a 2 xˆ  a 2xˆ

a 2 xˆ Q  a 2xˆ
3 2ayˆ
Qaxˆ a a KQ
1 2xˆ
3 2yˆ a KQ r Q Rpta. Q 3 Q Q 3 3 F neta 
ma qe E m p g eE0 m pg ˆ 0 0 3  E0   10 m pg e
1 02 7 [N/C] 3 2 2. Tres cargas q, Q y Q están dispuestas en los vértices de un triangulo equilatero de lado a como muestra la figura. ¿Cuál es el valor del campo que obra sobre q?. ¿Cuál es el valor del campo sobre Q?. ¿Cuál es valor del campo sobre Q?. ¿Cuál es el valor del campo sobre el origen del sistema de coordenadas?. Por último determine la fuerza eléctrica que siente cada una de las cargas.

En el caso del campo sobre la carga Q se considera la contribución de las cargas q y Q al campo en el punto en que se ubica la carga Q. Así r rQ y r1 rq , r2 r Q . Queda:  E { Q 3
r
r    

  
KQ  r
r  Kq  3 2ayˆ
a 2xˆ  3 2axˆ
a 2xˆ
KQ  3 2ayˆ

a 2 xˆ  3 2ayˆ

a 2 xˆ KQ  a 2xˆ
3 2ayˆ
KQaxˆ a a K
 q Q xˆ  3  q
Q yˆ 2a Kq r rq r rq 3 Q Q 3 3 a 3 a/2 3 { { a/2 3
q -Q 2 
En el caso del campo sobre el origen r 0 se considera la contribución de las cargas q, Q y Q al campo en el origen. Así r 0 y r1 rq , r2 r Q y r3 rQ .  Solución . Consideramos las posiciones de las cargas: rq r  rQ
Q a xˆ 2 3 ayˆ 2 a yˆ 2 (2.14) (2.15) (2.16) (2.17) y usamos N E i  

  qi r ri 3 1 r ri K∑ Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad Queda:


r    r
r    
  K  Q  r
r   r
r 
  0
r  Kq  0
r   0
r   KQ  0
r   KQ 0 
 0r
r 
 

a 2xˆ  Kq 
a 2xˆ 
a 2xˆ  KQ 

a 2xˆ   KQ
 
3 2a3 2a    
KQ

a 2xˆ Kq 
a 2xˆ   a  8   a 8  KQ 3
 8a3 2ayˆ  K Kq r rq r rq 3 E Q r Q q 3 q    cargas valen 1 [µ C] cada una, cuando el protón está a una distancia x 3d del origen y d 1 0 10 8 [cm]?. Grafique la magnitud del campo versus la coordenada de posición x. ¿Dónde es máximo este campo?. Q 3 Q 3 Q 31 Desarrollaremos este ejemplo con 2 métodos diferentes: Q Q 3 Q 3 Q 3 3 Solución A. Claramente los campos, provocadas por cada carga q, por ser de igual magnitud, al ser sumados proyectan una componente neta exclusivamente en la dirección del eje X. El ángulo θ de proyección satisface: cos θ x d 2 x2 . De modo que el campo neto provocado por las dos cargas resulta (usando que q1 q2 q): 3 3 K 3
3 2 4Kq xˆ a2 3 4KQ xˆ a2
 q1 4KQ yˆ 3a2 d2  3. La figura 2.4 muestra dos cargas puntuales positivas iguales y de magnitud q, que están separadas a una distancia 2d. Sobre el eje de las X se intenta poner un protón a distancia x.
 cos θ xˆ sin θ yˆ x2 q K 2 2 2 cos θ xˆ sin θ yˆ d x q 2K 2 cos θ xˆ d x2 x q 2K 2 xˆ d x2 d 2 x2 qx 2K xˆ 3 2 2 d x2 E0    La fuerza sobre el protón se obtiene simplemente vía F q p E. Graficando la componente Ex se obtiene: 0.8 0.6 d d { { a2+x2 r02 0.2 0 −0.2 { q1 = +q Ex/(Kqe/d^2) 0.4 x −0.4 r01 q2 = +q −0.6 −0.8 −10 −5 0 5 10 x/d Figura 2.5: Magnitud Ex Ke d 2 versus x d del campo sobre el eje x de- bido a dos cargas positivas Figura 2.4: Campo eléctrico sobre un protón debido a dos cargas positivas. La figura grafíca los vectores unitarios rˆ01 y rˆ02 . El campo se anula si el protón está en el origen y su intensidad es máxima a una distancia de 2 2 d del origen. 
¿Cuál es el campo eléctrico que siente el protón debido a las dos cargas?. ¿Cuánto vale este campo si las NOTA: Dibuje el vector E para distintos valores de la posición x de la carga de prueba. Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad Solución B Ahora resolveremos el problema de manera diferente. Las posiciones de cada carga son
r1 r2 y reemplazando en 2 d yˆ i d yˆ 2  Resulta (aquí es donde se usa que q1  xxˆ dyˆ 
 xxˆ
dyˆ  1

    Kqi r ri r ri 3 1 ∑ E y el protón está en r xx. ˆ El campo se obtiene directamente evaluando:  r
r    r
r   32 x2 d2 x2 d2 
q) 
x q  dxxˆ
dyˆ K  qx  xxˆ
d 
dyˆ   2Kqd    yˆ x d  K E 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 de modo que la resultante neta es en la dirección vertical. y reemplazando en 2 Resulta i
  

    Kqi r ri r ri 3 1 ∑

   0.8        K q xxˆ d yˆ x2 d 2 3 2 2Kqx xˆ 2 x d2 3 2 E 1 0.9 K q xxˆ x2 d 2 d yˆ 3 2 Ey/(Kqe/d^2)  E r Graficando la magnitud de E se obtiene: 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 de modo que se recupera el resultado obtenido anteriormente. 0.1 0 −10 −5 0 5 10 x/d 
4. Demostrar que los máximos de intensidad para el 2 ejercicio anterior están ubicados en x 2 d Componente Ke yd 2 del campo sobre el eje x versus debido a un par de cargas (positiva y negativa). 5. Considere ahora que la carga que está sobre la parte positiva del eje y es reemplazada por una carga de magnitud q. Sobre el eje de las X se intenta poner un protón a distancia x. ¿Cuál es el campo que siente el protón debido a las dos cargas?. La intensidad tiene un máximo en magnitud para x 0 (sobre el origen). E Figura 2.6: x d
Grafique la magnitud del campo versus la posición x. ¿Dónde es máximo este campo.?
Rpta. El desarrollo no varía respecto al ejercicio 3 excepto que ahra q1 q. Las posiciones de cada carga son r1 r2 y el protón está en r tamente evaluando:  r
r    r
r   1 2
d yˆ

6. Dos partículas de cargas q y 2q se ubican respectivamente en posiciones x a y x a en el eje de las X. Determine la fuerza elétrica que experimenta una partícula de prueba de carga q0 q 2 ubicada en: (a) el origen. (b) el punto (x a,y a). d yˆ xx. ˆ El campo se obtiene direc-  xxˆ dyˆ 
 xxˆ
dyˆ  x2 d2 x2 d2 Solución: 
(a) Para evaluar el campo eléctrico E que siente q0 debido a las 2 cargas q1 q y q2 2q usamos la Ley de Coulomb y el Principio de Superposición: E Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. Kq1 rˆ01 2 r01 Kq2 rˆ02 2 r02 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad en que r01 es la distancia entre la carga q0 y q1 , y rˆ01 es un vector unitario que apunta desde la posición de q1 a q0 . Aquí r02 es la distancia entre q0 y q2 , en cuyo caso rˆ02 es un vector unitario que apunta de la posición de q2 a la posición de q0 . De acuerdo a la figura en este caso tenemos rˆ01 ıˆ, rˆ02 ıˆ, y las distancias son r01 r02 a. Sustituyendo estos valores en (2.18) queda: 33 presión (2.18) queda: 

F 0
rˆ02 r01 r02 1 1 xˆ 2 53 2 F   rr
rr 
 rr
rr   r
r   r
r 
0 1 0 2 0 2 0 1 0 2 
 E


axˆ r1 r2 

r1 r2  r
r    r
r   0 1 0 2 5   KQ 2L sin θ  xˆ  2 La fuerza eléctrica que ella siente es: ayˆ Felec KQ2 xˆ 4L2 sin 2 θ QE fuerza de repulsión dirigida a lo largo del eje X y de magnitud KQ2 a2 , en que a 2L sin θ es la distancia de separación entre las cargas. Las otras fuerzas que experimenta la partícula son la de peso: mgyˆ y la tensión T T cos θ yˆ T sin θ x. ˆ

axˆ axˆ  aaxxˆˆ aayyˆˆ

 a
xˆaxˆ     1 2 3 2 Kq2 a2  E Como el sistema está en equilibrio mecánico la suma de fuerzas horizontales y verticales deben ser nula por separados, lo que entrega dos ecuaciones: y en consecuencia resulta r0 r0  5 1
1 yˆ
La partícula de la derecha experimenta un campo eléctrico debido a la carga de la izquierda de valor Esta expresión se puede evaluar determinando los vectores posición r0 , r1 y r2 por separado y las normas indicadas. De acuerdo con la figura se tiene: r0 q0 E resulta Rpta. Como el problema es simétrico basta estudiar lo que pasa con una esfera. En este problema hay que considerar la acción de la gravedad. Kq2 r0 r2 r0 r2 3 

1  Kq1 r0 r1 r0 r1 3

7. Se carga dos esferas muy pequeñas con cargas iguales Q desconocida. Cada esfera tiene masa m 0 03 [kg]. Al suspenderlas, de un hilo de un largo L 0 15 [m], ambas —bajo la acción del peso y la repulsión electrostática—forman un ángulo de θ 5o con la vertical. ¿Cuál es la carga Q de las esféras?. ¿Cuánto vale la tensión T ?. la expresión (2.18) se puede reescribir:     de donde la fuerza F (b) Dado que en este caso la partícula de prueba está fuera del eje X (es decir hay una geometría más complicada) conviene usar una estrategia más poderosa. Considerando que rˆ01   
 
xˆ Kq K 2q xˆ a2 a2 3Kq xˆ a2 3 Kq2 q0 E xˆ 2 a2 E  Kq 2axˆ ayˆ 53 2 a3 K 2q ayˆ a3 Kq 2xˆ yˆ yˆ a2 53 2 1 1 Kq 1 yˆ 2 xˆ a 53 2 53 2 E 2axˆ ayˆ ayˆ a a K
Q2 T sin θ 4L2 sin2 θ T cos θ mg Reemplazando los valores anteriores en la ex- Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
0 0 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad mg De la segunda ecuación se tiene T cos θ , que reemplazada en la primera ecuación entrega K Q2 4L2 sin2 θ Q2 mg sin θ cos θ 4L2 sin2 θ mg sin θ K cos θ 4L2 mg sin3 θ K cos θ 4 4 10 8[C]     0 044[µ C] Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 34 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 2.4. Distribuciones Contínuas de Carga 35 Z r r − r’ Y En esta sección veremos como se tratan sistemas con distribuciones de cargas mas complicadas que las de las secciones anteriores. Cuando hay muchas cargas en un determinado volumen (tambien puede ser muchas cargas en una cierta superficie y/o segmento lineal) resulta conveniente definir una densidad de carga por unidad de volumen ρ r (tal como vimos en la sección 1.3.1): X r’ ρ(r)= dq − dv dq     ρ r ∆Q
l´ım 0 ∆  ∆ [C/m3 ] dv (2.18) Figura 2.7: Campo eléctrico creado por una distribución continua de carga en el volumen aquí la suma considera todas las cargas dentro del elemen to de volumen ∆ . La posición del elemento de volumen es su centro y está especificada por un vector de posición r. De acuerdo con lo  anterior la carga neta dq de un elemen- Campo eléctrico creado por una distribución to de volumen d l´ım∆
 0 queda dada por: volumétrica de carga En muchas situaciones, la  dq ρ r d (2.19) carga eléctrica está distribuída sobre una volumen. Entonces, conviene definir una densidad de carga en torno al punto definido por la posición r . volumétrica ρq de carga por unidad de volumen.    Z  r ( r ) = dq dv  E r Y X 2.4.1. Campo eléctrico creado por una distribución contínua de carga El campo eléctrico creado por esta carga dq sobre una carga de prueba ubicada en r es dE K
 
  dq r r r r 3 ∑q ∆ 3 i i
l´ım 0 ∆ [C/m ] (2.22)  ∆ es el elemento de volumen donde reside la densidad de carga ρq . El campo eléctrico queda dado por: dv r   ρQ r dq (2.20) K

 r
 rr  r  ρd  3 (2.23) Campo eléctrico creado por una distribución superficial y/o lineal de carga En muchas situaciones, la carga eléctrica está distribuída sobre una superficie e incluso sobre una línea. Entonces, conviene definir una densidad de carga superficial σ y una densidad de carga lineal λ , en forma análoga a como se definió densidad de carga por unidad de volumen.   λ r  σ r l´ı m ∆S  ∆Q [C/m2 ] 0 ∆S (2.24) ∆Q [C/m] ∆ (2.25) l´ı m ∆  0 El campo eléctrico total, se obtiene sumando las contribu- ∆S es el elemento de la superficie donde reside la densiciones de los diferentes elementos de carga dq que pueda dad de carga σ y ∆ es el elemento de longitud de la línea  haber en un volumen dado  donde existe carga eléctrica. cargada con densidad de carga λ . dq r r E r  K (2.21) r r 3 
 
  Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad Z 36 distribuidas. Determine la densidad superficial de carga σ . Y X r s ( r ) = dq ds dq Rpta. Ahora la misma carga Q esta distribuida uniformemente en una superficie total S 4πρ 2 (¡la superficie de una esfera!). Igual que antes hacemos el cuociente q 4πρ 2 σ ds Figura 2.8: Campo eléctrico creado por una distribución superficial continua de carga  0 24[µ C/m2 ] 3. Si depositamos la carga q anterior sobre un anillo de radio ρ , de manera que esta se distribuye uniformemente sobre la longitud del anillo. ¿Cuál es la densidad lineal λ de carga?. Rpta. Ahora la misma carga Q esta distribuida uni2πρ . formemente en una longitud total Z Y λ X r dq dl l ( r ) = dq dl Figura 2.9: Campo eléctrico creado por una distribución lineal continua de carga q 2πρ  0 48[µ C/m] 4. Calcular el campo eléctrico creado sobre su eje axial por un anillo delgado de radio ρ , con una distribución uniforme de carga λ λ0 . Rpta. Nos aprovecharemos de un resultado anterior. Un elemento de carga dq sobre el anillo producira un campo como el que muestra la figura. dE1 Es evidente que el campo eléctrico producido por estas distribuciones se obtiene de 2.21 reemplazando dq σ dS cuando se trata de una distribución superficial y dq λ d , en el caso de una distribución lineal. dE2 df dq 2.4.2. Ejercicios y ejemplos 1. Se deposita 3 [µ C] uniformemente en el interior de una esfera de radio ρ 1 [m]. Calcular la densidad volumétrica de carga ρq . Rpta. Puesto que la densidad es uniforme basta dividir la carga q 3 [µ C] por el volumen total de una 4 3 esfera 3 πρ . La densidad de carga resulta: ρq q 4 3 3 πρ  0 7[µ C/m3 ] 2. Suponga ahora que, por la repulsión coulombiana, las cargas del problema anterior se mueven a la superficie de la esfera, donde quedan uniformemente dl = 2 r df dq r Figura 2.10: Anillo con densidad lineal uniforme de carga. Si en el extremo opuesto del anillo escogemos otro elemento infinitesimal de carga dq de la misma magnitud, como vimos en los ejemplos de la sección ??, los campos generados por cada uno de estos dos elementos infinitesimales se superponen (suman) para Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad dar una componente neta a lo largo del eje axial, y con magnitud  dEz 2K z dq ρ 2 z2 3  2 en que z es la distancia de donde se ubica la carga de prueba al plano que contiene al anillo. Podemos reescribir la carga dq λ d en que d ρ d φ , siendo d φ un ángulo infinitesimal de integración. Hasta aquí se tiene: π 2K z λ ρ d φ zˆ ρ 2 z2 3 2 0 zρ 2π K λ 2 2 3 2 zˆ ρ z  E     37 Reemplazando Qanillo 2πλ ρ dqanilloa a partir de la respuesta del problema anterior (ver Ec. 2.26), se puede obtener el campo debido a un anillo infinitesimal con carga total dqanillo es:  d Eanillo  K 2πλ ρ z zˆ ρ 2 z2 3 2  Rpta. Nos aprovecharemos del resultado anterior para un anillo de radio ρ . Supondremos que dicho anillo no es un cable delgado sino que es un cable que ha sido aplanado y tiene un cierto ancho radial dρ .  dqanilloz zˆ z2 3 2 zρ d ρ 2π K σ0 2 2 3 2 zˆ ρ z K (2.26) 5. Calcular el campo producido por un disco de radio a que tiene densidad uniforme de carga σ σ0 sobre su eje axial. ρ2 Como por otro lado para nuestro disco dqanillo 2πσ0ρ d ρ se obtiene, que la contribución del anillo al campo del disco es: dE La integral se hace entre φ 0 a φ π (la mitad de la circunferencia) puesto que ya se ha incluido tanto dq como la carga opuesta a dq en el otro extremo del anillo (esto se hace para no contar 2 veces esta carga). dqanilloz zˆ z2 3 2  K    ρ2   Para obtener el campo total provocado por la superficie del disco de radio a integramos en la variable ρ (radio del anillo) desde ρ 0 hasta ρ a. Es decir el campo neto es la superposición del campo provocado por un conjunto de anillos que cubre la superficie del disco. a zρ d ρ  2π K σ zˆ E 0 2 ρ z2 3 2 0 a ρ dρ 2π zK σ0 zˆ  2 z2 3 2 0 ρ a 1 2π zK σ0 zˆ ρ 2 z2 1 2 0 1 1 2π zK σ0zˆ 2 2 z a z z z 2π K σ0zˆ z a 2 z2 

   

 

 
dE 6. Evalúe el comportamiento del campo, para el problema anterior, si z a. Es decir cuando la superficie es prácticamente infinita, o cuando una carga de prueba está muuuuy cerca de la superficie.
dr r dq = s0 ds ds = 2 p r dr ∞ se obtiene: Tomando límite a 
2π Kσ zˆ 0
 zz 

σ zˆ 0
 z 
2ε z  E 0 0  Figura 2.11: Disco con densidad superficial uniforme de carga. El elemento de superficie es ahora la superficie dS de un anillo plano. 0 σ0 zˆ 2ε0 Si estamos en la parte positiva del eje z (y cerca σ0 del origen) se tiene Ez 2ε , si se está en la parte 
0 La carga total Qanillo λ 2πρ de dicho anillo se considera ahora distribuida uniformemente con densidad σ0 , en la superficie dS 2πρ d ρ del anillo. luego se tiene: dq σ dS σ0 2πρ d ρ . negativa del eje z resulta Ez  E Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. σ0 2ε0 zˆ σ0 2ε0 zˆ
 σ0 2ε 0 . Si z En resumen: Si z 0   0 (2.27) 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 38 Notar que este campo resulta independiente de la altura z. Si la placa es infinita se puede tambíen argumentar que por simetría este comportamiento no cambia cuando el observador se traslada a lo largo de la superficie de la placa. σ0<0 Figura 2.14: El campo de una placa plana muy extensa con densidad uniforme de carga y negativa es constante y entrando de la placa Figura 2.12: Simetría traslacional del campo de una placa plana con densidad uniforme de carga La conclusión es que el campo de una distribución uniforme de carga sobre una superficie plana, es uniforme o homogéneo, y apuntando perpendicularmente en dirección exterior a la superficie de la placa si la densidad de carga es positiva y hacia la placa si la densidad de carga es negativa. De modo que es posible generar campos eléctricos relativamente uniformes, a partir de distribuciones de carga uniforme, siempre que se considere una superficie muuuuy grande, o equivalenmente que las cargas de prueba que sienten el campo esten muy cerca de la superficie cargada. 7. Distribución de carga lineal λ0 sobre un cable infinito. Campo fuera del eje. Rpta. Primero, puesto que el cable es infinito, por simetría de traslación, el campo vale lo mismo si se evalúa en un puntp P o en un punto P que este desplazado una misma distancia ρ paralelamente al eje del cable. σ>0 0 Figura 2.13: El campo de una placa plana muy extensa con densi- z dad uniforme de carga y positiva es constante y saliendo de la placa -z { { dl=dz dE2 { dq’ r dE1 dq ’ Figura 2.15: Simetría traslacional y rotacional del campo generado por un cable recto con densidad uniforme de carga Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad Segundo, también podemos argumentar que el campo neto se puede obtener como la superposición de pares de cargas dq que están equidistantes a la carga de prueba, como muestra la figura. 39 y donde, para integrar, hicimos el cambio de variable z uρ . Se concluye que el campo que provoca un alambre infinito con densidad lineal uniforme de carga λ0 apunta radialmente y es perpendicular al cable. Este campo vale lo mismo para puntos que están a igual distancia ρ del cable. Es decir la componente radial del campo E es constante en magnitud sobre la superficie curva de un cilíndro de radio ρ , su valor dado por: { r E E 2K λ0 ρˆ ρ λ0 ρˆ 2πε0 ρ (2.28) Figura 2.16: Campo generado por dos elementos de carga simetricos en torno al origen en un cable recto. Claramente el campo resultante de dos de esas cargas tiene su componentes contenidas en el plano definido por el cable y el punto P (donde está la carga de prueba). Más aun, el campo que producen las 2 cargas dq es perpendicular al eje del cable, por lo que evaluaremos para el punto P de coordenadas xyz ρ 00. { r E     De acuerdo al resultado que habiamos obtenido pre



viamente, la contribución de las 2 cargas dq , separadas a distancia 2z , a la intensidad del campo en el punto P recién mencionado es:  dEρ Figura 2.17: Simetría rotacional y tralacional del campo eléctrico en torno a un cable recto con densidad uniforme de carga. 2K ρ dq z2 ρ 3 2  Pero la carga dq que provoca el cable viene de una distribución uniforme dq λ0 dz , de modo que integrando entre z 0 y z ∞ se obtiene: Eρ ∞  0  2K λ0 ρ dz z2 ρ 3 2 ∞ 2K λ0 ρ   dz z2 ρ 3 2 2K λ0  du ρ u2 1 3 2 0 ∞ 2K λ0 u ρ u2 1 1 2 0 2K λ0 ρ  0 ∞      Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 2.5. Movimiento bajo un campo eléctrico uniforme En esta sección nos preocuparemos del como se mueve una carga de prueba que esta sometida a la acción de un campo eléctrico. Esencialmente aplicar la II Ley de Newton cuando la fuerza neta que actúa sobre la masa es de origen eléctrico. Por simplicidad consideraremos el caso de un campo electrico uniforme E E0 . 2.5.1. Ejercicios y Ejemplos 40 σ − −0 x^ σ0 ^x − 2ε 0 2ε 0 + − σ −0 x^ σ0 x^ − 2 ε0 2ε 0 1. Se quiere estudiar el movimiento unidimensional para los casos de un electrón, un protón y un neutrón que se mueven horizontalmente hacia la derecha y entran perpendicularmnte, con rapidez v0 , por un orificio pequeño de dos placas cargadas con densidad de carga superficial uniforme σ0 (placa de la izquierda) y σ0 (placa de la derecha) que están separadas una distancia . =
Lo primero es determinar el campo que se genera por las dos placas. Puesto que tienen carga de distinto signo y sabemos que el campo provocado por una densidad de carga uniforme σ0 positiva es de σ magnitud 2ε0 y dirigido desde la placa cargada hacia 0 afuera, entonces concluimos que si la carga es σ0 la dirección del campo se invierte. En la región interior entre las placas las contribuciones al campo total de ambas placas se suman en magnitud, mientras que fuera de las placas son opuestas en dirección y en consecuencia se cancelan. En resumen en el interior entre las placas hay un campo neto de magnitud σ0 ε mientras que afuera es nulo.
 σ ε0 − −0 ^x Figura 2.18: Campo eléctrico generado por dos placas planas paralelas y distantes una distancia entre sí. Para efecto del análisis consideraremos por separado el movimiento del neutrón, protón y electrón. Neutrón Este caso es el más sencillo. Puesto que la carga del neutron es nula el neutrón no experimenta fuerza alguna debido al campo eléctrico. Mantiene su velocidad y por lo tanto atraviesa limpiamente de un lado a otro lado entre las placas. Se demora: ∆t v0 Protón Este es el caso más complicado. Puesto que la carga del proton es positiva, la fuerza electrica que él experimenta tiene el mismo signo del campo: contra la dirección de la velocidad v0 v0 xˆ inicial. Es decir, si el protón no va demasiado rápido, es posible que se detenga a una distancia d antes que llege a la placa con carga positiva. Si la rapidez v0 excede un cierto valor —que debemos determinar— el protón no se alcanza a detener y llega a la segunda placa con alguna rapidez v f a determinar (por supuesto menor que la inicial).  Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad La ecuación de movimiento entrega una aceleración de frenado constante dada por:  F elect mp at con solución: 
q pE mp  vx t v0
eσ0 xˆ m p ε0 a 0t 1 2 at v0 t 2 0  xt 
a0 xˆ

(2.30)  0 max d 0 v0tmax 1 v20 2 a0 0
1 2 at 2 0 max v0 v0 a0
1 a 2 0  av  2 0 0 v20 m p ε0 2eσ0 Debemos chequear acaso la partícula se detiene o no antes de llegar a la otra placa (d ). Usando lo anterior la condición d queda:   v20 m p ε0 2eσ0 v20 a rf eσ Luego v f v20 a0 . El tiempo t f que emplea en recorrer la distancia se obtiene exiguiendo v f v 0 a 0t f : 
 v at 0 v a . Reemplazando este valor en sigue que t la función itinerario x  t  resulta max
a0 x, ˆ con a0 me ε0 (note que ahopero ahora a t 0 ra figura la masa del electrón en la expresión para la magnitud de la aceleración). La condición para que se detenga en d al cabo de un tiempo tmax es: vx tmax 0. De donde usando 0 v2f
eσ0 xˆ m p ε0 eσ0 m p ε0 . y luego a0 Electrón En el caso del electrón por ser este de carga negativa, la fuerza apunta en contra del campo, es decir a la derecha y en la misma dirección que la velocidad. El electron no se frena y llega a la placa con una rapidez que esta dada nuevamente por (2.29) en que la aceleración a es: a 41  y entrega eσ0 1 m p v20 2 ε0 Es decir la energía cinética del proton debe ser menor que una cierta energía umbral de valor eσ0 ε0 .  tf  vf
  v0 a 0 v20 v0
a0 t f   en que t f se obtiene resolviendo la ecuación x t f , es decir resolviendo:
1 2 v0 t f a t 2 0 f Una forma más simple de calcular v f es usar la relación v2f v20 a r f
Resulta: v f v20

a0  v0 a 0 2. Evalue los resultados anteriores suponiendo σ0 0 3µ [C/m2 ], =3[cm], y determine cúanto es la energía cinética mínima para que el protón llege a la placa.  3. Se quiere estudiar el movimiento de un electrón que entra con rapidez v0 paralelamente a 2 placas con cargas σ0 y σ0 y a mitad de distancia entre ellas. Si la separación entre las placas es 2a, y el largo de las placas , ¿con qué rapidez (mejor si determina la energía cinética) debe lanzarse el electrón) para que pase justo rasante por el extremo de una de las placas?. ¿con qué ángulo de deflexión sale el electrón?. NOTA: esto es parte del principio de funcionamiento de una pantalla de televisor. Si ud controla la cantidad de carga entre las placas, entonces ud. controla a que punto de la pantalla del televisor va a chocar un electrón del tubo de rayos catodicos (CRT) del televisor.
− σ0 Si la energía cinética del protón es mayor que la energía umbral recien calculada el proton llega a la placa con una rapidez no nula y de valor: vf

σ E = − y^ ε 0 0 θ σ 0 Figura 2.19: Deflexión de una carga al moverse en el deflector de un tubo de rayos catódicos. Rpta. Se tiene un campo eléctrico uniforme a0 . Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. E σ0 zˆ ε0 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad y despreciamos el campo gravitacional. La aceleración queda dada por
F0 me qq E me a eE me 
eσ0 zˆ me ε0 El movimiento es tipo parabólico con aceleración eσ uniforme de magnitud a0 me ε0 . El itinerario es: 0 x v0 t y d
1 2 at 2 0 El electrón llega a x para t v0, y en ese intervalo de tiempo cae una distancia d, llegando a y 0
1 a 2 0 0 d d 1 2 a 2 0 v20  v  2 0 de donde sigue que la energía cinética necesaria es: 1 me v20 2 1 eσ0 2 4 ε0 d El ángulo de deflexión se obtiene a partir de las componentes de velocidad vy y vx para cuando llega al borde ya que vy tan θ vx Para t resulta v0 se tiene vy tan θ a0 t eσ0  me ε 0 v 0 , y vx v0 , eσ0 ε me v20 y nuevamente en esta expresión figura en el cuociente la energía cinética inicial del eletrón. Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 42 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 2.6. Ley de Gauss En esta sección estudiaremos un resultado matemático importante basado en la dependencia con el inverso del cuadrado de la distancia para la Ley de fuerzas de Coulomb. Este resultado, conocido como Ley de Gauss para el campo eléctrico, nos permitirá, para el caso de distribuciones geometrías de carga que exhiben fuerte cierta simetría espacial, calcular la intensidad del campo E como función de la posición. La Ley de Gauss se apoya en una noción importante, la de flujo de un campo vectorial. 43 donde hemos introducido la densidad de masa ρm nm (masa por unidad de volumen). Del mismo modo, si cada partícula lleva una carga q, el flujo de carga, i.e. la carga por unidad de tiempo o corriente que cruza la superficie estará dada por: ∆Q ∆t φq nqvA ρq vA donde hemos introducido la densidad de carga ρ nq (carga por unidad de volumen). Cuando la superficie está oblicua en un ángulo θ en relación a la dirección de v debemos considerar, no un cilindro recto, sino un cilindro oblicuo, 2.6.1. Flujo de un campo vectorial Entendemos por flujo la cantidad de “algo” que cruza una superficie por unidad de tiempo. Tomemos el caso de una superficie A, como muestra la figura, sobre la cual inciden, atravesándola, partículas de un gas que se mueven con rapidez v perpendicular ala superficie. Si consideramos un cilindro imaginario de largo L, es claro que todas las partículas que están en su interior cruzan la superficie A en un intervalo de tiempo ∆t, tal que L v∆t.     

         "!  "! "!                                        Area A nvA∆t  Si adicionalmente la masa m de cada partícula es conocida, entonces la masa ∆M total que cruza resulta ∆M nmvA∆t φm  ρm vA cos θ ρm v A nˆ en que hemos introducido la dirección n, ˆ perpendicular a la superficie A (ver figura) Si el número n de partículas por unidad de volumen (densidad de número) es conocido, se puede calcular el número ∆N total de partículas que cruzan la superficie en el intervalo ∆t. Este es: nLA Area A´ de modo que el volumen del cilindro quda expresado por LA , donde A es la proyección de la superficie respecto de la dirección de v. Puesto que tal proyección vale A A cos θ , el flujo (de masa por ejemplo), se escribe ahora  L=vt ∆N $##$ )&( )&( )( Area A %&%&%&%&''&%'&% %&''&%'&% %&''&%'&% %&''&%'&% %''%'% %&%&%&'&%'&%'&% '&%'&%'&% '&%'&%'&% '&%'&%'&% '%'%'% %%&&%&'&'&%%'&% '&'&%%'&% '&'&%%'&% '&'&%%'&% ''%%'% *&%%%&*&'%+'%'&% *'&%+'&%'&% '&%'&%'&% '&%'&%'&% '%'%'% %&%%&&'&%'&'&%% θ '&%'&'&%% '&%'&'&%% '&%'&'&%% '%''%% %&%&%&'&%'&%'&% '&%'&%'&% '&%'&%'&% '&%'&%'&% '%'%'% %&'&% '&% '&% '&% '% ,.,.,.,.....,., ,.,-.,.,.,., , , .,., ,.,.,..,..,.,-.,., , ..,., , , , . . ,.,.,..,...,., ,.,-.,.,.,.., , , .,., ,.,.,...0/.,,.,-0/.,., , ..,., ,.,.,..., , , .,.,., ,.,,., , .. . θ .,, .,.,...,., ,.,..,,.,-.,., , ..., ,.,., ., ., .,., .,-,.- v θ ρm vA∆t de modo que el flujo de masa φm , i.e. la masa por unidad de tiempo que cruza la superficie es: Del mismo modo, el flujo de carga queda φm φm ∆M ∆t n ρm vA Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. ρq v An. ˆ 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad Flujo saliente y entrante 44 la integral de superficie  Dirección asociada a nˆ Es claro que un vector unitario φE  E d S  E ndS ˆ n, ˆ perpendicular a una superficie tiene 2 direcciones posibles. Cuando consideramos el flujo en una superficie cer2 rada, definimos que la dirección del vector nˆ será siem- Las unidades del flujo de campo electrico son: [Nm C]. pre la que corresponda a la normal exterior a la superficie (apunta hacia afuera). Ejercicios previos De acuerdo a esto existe la posibilidad de tener flujos E0 dx x. ˆ salientes o entrantes, tal como lo indican las superficies 1. Considere un campo que varía según E Obtenga el flujo por: (a) una superficie paralela al de la izquierda y derecha de la figura donde se tiene, ˆ plano YZ, ubicada en x d y orientada segun nˆ x; a la derecha, Anˆ v 0 (flujo saliente) y a la izquierda (b) Repita su cálculo para la misma superficie pero Anˆ v 0 (flujo entrante). x. ˆ orientada según nˆ 
  2. Considere el flujo del campo anterior sobre una superficie paralela al plano XY. ^ n ^ v ^ n -^ n 2.6.2. Flujo del Campo Eléctrico Para el campo eléctrico es posible tambien definir un “flujo” imitando los resultados de las secciones anteriores. Se define el flujo de E por una superficie plana Anˆ como el producto: φE E Anˆ
 3. Considere ahora un campo que varía según E ˆ Obtenga el flujo por: (a) una superficie parE0 dxy2 x. alela al plano YZ, ubicada en x d y orientada segun nˆ x. ˆ 2.6.3. Ley o Teorema de Gauss Esta ley, establece que el flujo del campo eléctrico sobre una cierta superficie cerrada, es proporcional a la carga encerrada por dicha superficie. La constante de proporcionalidad es 1 ε0 (o equivalentemente 4π K). La Ley de Gauss se escribe:  E d S Qencerrada Si la superficie tiene una forma cualquiera, se generaliza ε0 la definición anterior, discretizando la superficie en elementos de superficie ∆Si ∆Si nˆ i , y sumando las contribuDemostracisn. La demostración se apoya en el teorema ciones de flujo de cada elemento de superficie: de la divergencia, aplicado al campo de una carga puntual. Primero observemos que una carga puntual ubicada en el DSi= n^iDSi origen de un sistema de coordenadas genera un campo eléctrico con divergencia nula (excepto en r 0 donde DSn= ^nnDSn DS1= ^n1DS1 la divergencia queda indeterminada)   1 ∂ 1 sin θ Eθ 1 ∂ Eφ r2E r r2 ∂ r r sin θ ∂ θ r sin θ ∂ φ Kq 1 ∂ r2 0 si r 0 r2 ∂ r r2 ∇ E   Esto mismo ocurre en el caso de que la partícula se encuentre ubicada en un punto r cualquiera. Aquí se tiene φE ∑ Ei ∆S i i En el límite ∆Si 0 y número de elementos de superficie tiende a infinito, el flujo total del campo se expresa como   E r
 
   
   r
y
r y  yˆ  z
z  zˆ Kq r r r r 3 Kq x x xˆ Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 3 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad La divergencia resulta:   rx

rx    ∂ z
z  
    ∂z r
r  ∇ E Kq ∂ ∂x ∂ ∂y 3
3 x
x  Kq  r
r   r
1r 
3 y
y   r
r   r
1r 
3 y
y   r
r   r
1r 

3  r
r   r
r   r
3r    ry

ry    45 sulta
 E dS 3
S 3  2 5 3 2 5 2 3 2 5 Kq δˆ ndS ˆ  S δ2  Kq ˆ S  δ2 δ Kq 
δˆ dS dS  S δ2 Kq  dS δ2 Kq 4πδ 2 δ2 4π Kq q ε0 3 5  3 Lo que demuestra el teorema para el caso de una partmcula. Así, al integrar el flujo del campo eléctrico (generado por Si se tiene varias partículas, se usa el principio de superuna partícula de carga q ubicada en r ) sobre una superfi- posicisn E E1 E2 EN cie S con forma cualquiera que encierra una carga q, pero tal que su volumen tiene un hueco esférico de radio δ (con y se calcula el flujo total como (al lado derecho las supersuperficie asociada S ) que excluye a la carga q, se obtiene ficies S corresponden a circulos de radio δ 0) i (por el teorema de la divergencia y ya que el volumen no incluye a r ):  E dS  E dS  E dS  E dS N 1 2 0    ∇ E S  S   E dS S  E dS 0
 E dS S  S S  S S1 q1 ε0 q1  E dS  E dS  S2 q2 ε0 q2 ε0   q SN qN ε0 N Qencerrada ε0 Z lo que completa la demostración del teorema. Y X r Aplicación práctica de la Ley de Gauss ‘ S’ La Ley de Gauss resulta útil para determinar el campo eléctrico en todo el espacio, en situaciones en que la densidad de carga presenta simetría sencilla. q 2d S Para evaluar carga q es  S E 1. Carga puntual q. Usar la Ley de Gauss para determinar la intensidad del campo electrico en todo el espacio. d S usamos que el campo en torno a la E Kq ˆ δ δ2 y que la superficie S tiene normal exterior nˆ
  δˆ . Re- Solucion: El campo eléctrico presenta simétria esférica. Es decir la magnitud E E del campo toma el mismo valor sobre puntos de una superficie que está a una misma distancia r en cualquier dirección respecto a la carga. Esto quiere decir que el campo eléctrico tiene la forma E E r n. ˆ La integral de flujo sobre una superficie esférica de radio  Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad r (superficie gaussiana) queda:  E dS dro. Se tiene   E dS  E r nˆ dSnˆ   E ρ  dS E r 4π r2 E ρ 2πρ L  en que hemos usado que la superficie de la esfera (integral total sobre la superficie de una esfera) es 4π r2 . El flujo recién calculado debe ser igual a q ε0 (ya que la carga encerrada por la superficie gaussiana es q) de donde igualando y despejando E r sigue:    E ρ nˆ dSnˆ E r  dS  E r 46  q 4πε0 r2 Kq r2 Sin embargo de acuerdo a la Ley de Gauss, este flujo debe ser igual a la carga neta encerrada (λ L) dividida por ε0 . De esta igualdad resulta  λL 2πρε0L E ρ λ 2πε0 ρ que es la expresión que ya conociamos para este problema. expresión que ya conociamos a partir de la Ley de Coulomb. 2. Línea infinita con densidad de carga uniforme λ . Usar la Ley de Gauss para determinar el campo en todo el espacio. 3. Plano infinito delgado con densidad superficial uniforme σ0 . Calcular el campo eléctrico en todo el espacio usando la Ley de Gauss. E(z) n z{ -z Q=A s 0 { n E(-z) { r E Solución: El campo eléctrico presenta simetría cilíndrica. Es decir la magnitud E toma el mismo valor sobre los diferentes puntos de la superficie de un cilindro concéntrico al cable. Para aplicar el teoréma escogemos una superficie gaussiana que es un cilindro finito (con tapas) de largo L y radio ρ concéntrico al cable con carga. Claramente no hay contribución al flujo en las tapas, pues allí el campo es perpendicular a la direccion nˆ de la superficie de las tapas. La única contribución al flujo viene del manto del cilin- Solucion: Debido a la simetría de la configuración de carga, el campo eléctrico presenta la simétria del plano. De acuerdo a esta simetria el campo en la región superior tiene orientación perpendicular al plano mientras que el campo en la región inferior tiene dirección también perpendicular al plano cargado, pero opuesta a la dirección del campo en la región superior. Para calcular el campo eléctrico escogemos una superficie gaussiana de integración constituida por un cilindro plano cuyas tapas superior e inferior estan a igual distancia del plano con carga. El manto de este cilindro tiene la normal nˆ de su superficie perpendicular al vector campo electrico luego no hay contribución al flujo de esta superficie y la única contribución viene de las tapas superior e inferior (cada una de área A). El flujo resulta:  E dS Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.  AE z AE 
z  2E z A 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad y donde hemos usado que las magnitudes de E arriba y abajo, a la misma distancia z, son iguales. Por otro lado la carga encerrada por este volumen es toda la carga contenida en el área A de la superficie que intersecta el cilindro: Qencerrada σ0 A. Aplicando la Ley de Gauss queda:  σ 0 A ε0 2E z A de donde se obtiene que el campo tiene intensidad σ0 E 2ε0 constante (independiente de la altura z respecto del plano), resultado que ya conociamos. 4. Volumen esférico de radio a con densidad volumétrica uniforme de carga ρ0 . Determinar el campo en el interior y exterior de la esfera. 47 (i) distancias r a. La carga neta encerrada por la superficie de radio r vale:  4 ρ0 π r 3 3 q  de modo que la Ley de Gauss queda: E r 4π r2 ρ0 34 π r3 ε1 , de donde sigue 0  intensidad del campo que aumenta linealmente con la distancia r. (ii) distancias r a. La carga neta encerrada por la superficie de radio r vale:  q  4 ρ0 π a3 3 de modo que al aplicar la Ley de Gauss queda: E r 4π r2 ρ0 34 π a3 ε1 , de donde sigue r r a a 1 ρ0 r 3 ε0 E r 0  1 ρ0 a 3 3 r 2 ε0 E r (i) (ii) Solucion: Separaremos el análisis en 2 partes: (i) distancias r desde el centro de la esfera que sean menores que el radio a de la esfera y (ii) distancias r mayores que a. El cuidado que se tendrá al aplicar la Ley de Gauss es que para r a la carga neta encerrada por la superficie gaussiana de radio r es una fracción de la carga total en la esfera de radio a, i.e., Qencerrada Qtotal 4 3π a3ρ0 , mientras que al aplicar la Ley de Gauss a la superficie con r a se debe tener en cuenta que toda la carga de la esfera de radio a esta encerrada por la superficie gaussiana esferica de radio r.   intensidad del campo que disminuye inversamente con el cuadrado de la distancia r. NOTA: observar que si no se reemplaza q ρ0 43 π a3 se obtiene: q E r 4πε0 r2  que es la misma expresión del campo que entrega una carga puntual ubicada Propuesto. (desarrollado en clases) Considere un cascarón esférico hueco de radio interior a y radio exterior b con densidad volumétrica de carga ρ0 . Determinar el campo en el interior y exterior del cascarón.  Por otro lado ya vimos que para una superficie gaussiana esferica, cuando el campo eléctrico exhibe simetría esferica, la integral de flujo de E vale:  E dS  E r 4π r2 por lo que solo debemos preocuparnos de calcular la carga neta encerrada en cada caso e igualar con el flujo dividiendo por ε0 . Se tiene: Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. ρ=0 ρ=ρ0 ρ=0 b a 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad Indicación: Considerar superficies gausianas esféricas separando el análisis en 3 partes: (i) distancias al origen r menores que a, (ii) r entre a y b y (iii) distancias r mayores que b. en r 0. Propuesto. Considere para el problema anterior el límite b a, pero tal que la carga en el cascarón permanece constante y de valor total Q σ0 4π a2. Determine E r en el interior y exterior de la superficie cargada.   ρ=0 Q=4 π a 2 σ 0 ρ=0 a Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 48 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 2.7. Potencial Eléctrostático 2.7.2. Existencia de la función potencial eléctrico V Hemos estudiado hasta aquí el cómo se generan los campos eléctricos y las fuerzas que estos realizan sobre las partículas. Una pregunta que naturalmente viene a continuación es la del trabajo asociado a esa fuerza, es decir el trabajo eléctrico. 2.7.1. Campo eléctrico es conservativo La observación importante aquí es que el campo eléctrico es conservativo. Es decir el valor del trabajo no varia independiente de que camino describa la partícula para ir de un punto A a un punto B, o en otras palabras el trabajo sobre un camino cerrado de la fuerza eléctrica es nulo. Veremos que efectivamente esto es así. Si consideramos que F dr q q E dr 49 Como vimos en el capítulo de analisis vectorial, el hecho que el rotor del campo E sea nulo quiere decir que existe un campo escalar V tal que E ∇V . Dicho campo V se denomina potencial eléctrico. Nos dedicaremos en lo que sigue a la obtención de una expresión explicita para evaluar dicho campo.
2.7.3. Potencial eléctrico y energía potencial eléctrica Evaluemos el trabajo sobre una carga puntual q0 : q0  E d r WBA
  rr
rr   N q0 ∑ Kqi  ∇
E dS
 i 1  donde hemos usado el teorema de Stokes, y evaluamos el rotor del campo eléctrico para N ∑ Kqi E i 1 
  rr
rr   r q0 ∑ Kqi  WBA 3 i 1 N 
encontramos r ri r ri ∑ Kqi ∇
∇
E q0 ∑ Kqi   
  N i 1 N ∑ Kqi ∇
i i i 3 N WBA r
r y ∇ ∇
r i
  r
1r   i 3 3 0
  rr
rr   5 como vimos en una de las Tareas. De aquí sigue el resultado importante que ∇
E N  ∑ Kqi r i 1 
ri r
r
     r
r   
q0 ∑ Kqi i 1 0 en el último paso hemos usado que A A  0 1 du u2 
u1  uB uA  N q0 ∑ Kqi
i 1    r
1 r   N ∆BA  q0 ∑ i 1   i U r (ver nota:2 ). Es decir el campo electrostático es conservativo. Esta propiedad es muy importante de modo que destacaremos este resultado en recuadro: 2 NOTA: du 3 i 
 B A Kqi r ri La expresión (campo escalar) i 9 ∇
E i 1 N
i i q0 ∑ Kqi   Expresión que se puede evaluar usando los resultados: ∇
ri resulta expresión que podemos evaluar en coordenadas esféricas (d u duuˆ ud θ θˆ u sin θ d φ φˆ ) para obtener: 3 i dr  i 1 
3 1 uˆ d u u2 i 1 3   r
r    r
1r   r
r 
∇  r
1r    i   uu N i i haciendo el cambio de variable u i (2.31) N q0 ∑ i 1   rKq
r  i (2.32) i se conoce como energía potencial eléctrica. Si se introduce la cantidad V tal que U q0V se obtiene el campo escalar  V r N ∑ i 1   rKq
r  i i que se conoce como el potencial eléctrico. Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. (2.33) 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad Las unidades del potencial eléctrico serán las de energía dividida por carga:

V
 U q Joule Coulomb  
0 B UA A a) El potencial eléctrico que provoca el protón sobre el electrón en la situación inicial A b) El potencial eléctrico que provoca el protón sobre el electrón en la situación final B. c) La diferencia de potencial ∆BAV y el trabajo, que hace la fuerza eléctrica sobre el electrón para mover este desde la situación A hasta la situación B. d) Evalúe la energía potencial eléctrica en la situación A y en la situación B, y determine con ello la diferencia de energía potencial eléctrica ∆BAU. Solución: Escogemos un sistema de coordenadas en que el protón esta en el origen del sistema de coordenadas.  En la situación inicial A se tiene r re y r1 0 de modo que r r1 rA 10 10 [m]. El potencial resulta: 
  14 4[Volts] En la situación final B se tiene r ∞ y r1 modo que r r1 ∞. El potencial resulta: VB Kq p rA  
Ke2 rA qV luego: eVA 0 
Ke2 rA A  Ke rA eVB
0 BA 1. Si un electrón (que inicialmente estaba ligado a un protón a distancia rA 10 8 [cm], se separa de éste alejándose hasta que la separación final es rB ∞. Evalúe: Kq p rA
UB 2.7.4. Ejercicios VA Ke rA La energia potencial eléctrica es U es decir de acuerdo a esto el trabajo sobre una carga q0 es la diferencia de potencial eléctrico, con signo cambiado y multiplicada por el valor de la carga que sufre dicho trabajo. 
 

e 
qe ∆BAV  
q ∆ V
  
V r  
q V
V  ∆BAU q0 V rB 




La diferencia de potencial es: ∆BAV VB VA Ke , luego el trabajo que hace el campo eléctrico rA sobre el electrón es: WBA Joule unidad que abreviamos Coulomb 1 Volt 1 V . El trabajo eléctrico se puede escribir entonces: WBA 50 0 0 de 2. Un electrón se mueve entre los extremos A y B de un enchufe. La diferencia de potencial entre los dos extremos del enchufe es 220 [Volts]. ¿Cuál es la diferencia de energía eléctrica que experimenta el electrón?. qV de Solución: Nuevamente usamos que U donde sigue ∆U q∆V , resulta 
∆U e∆V 
3  52  10 17 [Joule] 3. Considere el potencial eléctrico que un disco plano de radio a y carga total Q 2q distribuida uniformemente sobre su superficie, genera sobre una partícula de carga q0 q ubicada en el eje axial del disco. Este está dado por:
 2π K σ0 V z z2
a2  z
Si la partícula, inicialmente a distancia 2a, se encuentra en reposo, ¿Con qué energía cinética llegaría a tocar el plano del disco?. Evalúe para el caso q 0 001 [µ C] y a 0 1 [m].   Solución Usamos que el trabajo y la energía cinétineto ∆BA Ec . Por otro laca se relacionan mediante WBA do WBA ∆BAU en que U es la energía potencial eléctrica. Luego sigue que ∆BA Ec WBA ∆BAU q0∆BAV de donde

Ecfinal

Ecinicial q0∆BAV 0 q0 VB VA



 
  q 2π K σ0  2a 2 2qπ K σ0 3a
a2  2a   5a     3a
2qπ K 2q π a2 4Kq2 3 a Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
a2
5


5a
  10 2 75 7 [Joules] 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad    4. Considere el sistema de 2 cargas q ubicadas sobre el plano XY en coordenadas x 0 y d y x 0y d , que estudiamos en la sección de campo eléctrico. La fuerza sobre una carga de prueba q0 q ubicada sobre el eje de las x y a distancia x del origen está dada por:

 F q0 E 
2Kq2 x  x2 3 2 d2 xˆ B   F dr A 4d  2Kq2 x d 2 d d2 1 2d 1 2 2Kq2 2Kq2 d  x2
x 1 2Kq2
 3 2 dx 4d 2
de donde: WBA 
d 1 17d 1 17


b) Si la carga de las partículas corresponde a la de un electrón, ¿Cuál sería la ganancia de energía cinética que experimenta el eléctrón para ir desde x 0 hasta x ∞?. Evalúe considerando d 10 10 [m]. 
   Kq d 2 x2 La diferencia de potencial ∆BAV se obtiene evaluando:   V xB   V xA 2Kq 2 2 17d d 4d 2Kq 2Kq 2d d2 d2   dando: ∆BAV 2Kq d  1 17
1 2  ∞ da: W∞ 0
2Kq2 d
a) Calcular el potencial que sentiría una carga de prueba ubicada en el centro del triángulo. b) Calcular el potencial que siente una de las partículas ubicadas en uno de los vértices, debido a las otras dos partículas (NOTA: es decir la contribución al potencial sobre la posición en que se encuentra una de las partículas debido a las otras dos partículas). d) Si una partícula de prueba q0 ubicada inicialmente en el centro del triangulo se desplaza hasta infinito. ¿Cuánto sería la variación de potencial que ella experimenta?. ¿Cuánto seria la variación de energía potencial que ella experimenta?. ¿Cuánto sería el trabajo que hacen entonces las tres partículas de la configuración triangular sobre la carga q0 ?.
Solución: La distancia entre los vértices y el centro es: 33 a. Las tres cargas están a la misma distancia y tienen el mismo signo, por lo que contribuyen con el mismo valor del potencial. El potencial generado sobre la carga de prueba sería: 2Kq d 2 x2 2Kq 1 17 5. Tres cargas iguales, de valor q, se ubican en los vértices de un triángulo equilatero de lado a. V Kq d 2 x2
verificándose el resultado obtenido por integración. Solución El potencial sobre el eje está dado por  1 2 c) Calcular el potencial que generan cada una de las partículas en un punto ubicado en infinito. a) Determine el potencial V x que generan las dos partículas sobre el eje x, calcule la diferencia de potencial ∆BAV y con esto verifique que el trabajo WBA q∆BAV efectivamente recupera el resultado recién obtenido. V x  2Kq2 d q∆BAV El trabajo entre x 0 y x 4 6 10 8 [Joules]. El trabajo que hace esta fuerza sobre la partícula de prueba si ella se mueve desde la posición inicial xA d hasta la posición final xB 4d está dado por: WBA 51 3 

q 
 a K 9 Kq 3 a 3 3 El potencial que siente una carga ubicada en un vértice se debe a las dos restantes partículas. Esto es: V 2 K  a
q 
2 Kqa  En el infinito cualquiera de las partículas genera un potencial nulo ya que V∞ K ∞ q 0.  Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad Si la partícula se desplaza del centro hasta el infinito se tiene: ∆V V∞

9 Kq 3 a 52   W ∆U 
K σ0 ρ d ρ d θ 2π  0 q0 ∆V
a  9 Kq 3 a ∆U   rKdq
r   V z ρ2 0 2π K σ0  9 Kqq0 3 a q ∆V 
0 0 2π K σ0 9 Kqq0 3 a z2 ρ ρ 2 z2 a ρ2 z2

2π K σ0 z2 a2 a
0  z  2.7.5. Potencial asociado a una distribución Si usamos que E ∇V podemos reobtener el campo contínua de carga eléctrico a lo largo del eje axial. Se tiene Tal como vimos en la sección de campo eléctrico generado por una distribución continua de carga aquí tambien se puede generalizar la expresión  N ∑ V r i 1   
 donde hemos usado que z z z 0.  (2.34) Potencial generado por un anillo circular de radio a con distribución uniforme de carga λ0 sobre su eje axial: Aqui se considera dq λ0 dl λ0 a d φ , y se tiene r zˆz, r aρˆ , de donde r r a2 z2 . La integración es trivial 
    rKdq
r   V z 2π  K λ0 a d φ a2 2π aK a 2 z2 0
z2 Si usamos que E ∇V podemos reobtener el campo eléctrico a lo largo del eje axial. Se tiene E

∂V zˆ ∂z 2π aKz 2 a z2 3 2  ∂V zˆ ∂z    rKdq
r  
2π K σ0 Kqi r ri para considerar sumas sobre infinitesimales dq. Se tiene: V r E  
Potencial asociado al disco plano con densidad uniforme sobre su eje axial: Se considera la carga dq sobre un elemento de superficie del disco: dq σ0 dS σ0 ρ d ρ d φ , y se tiene r zˆz, r ρ ρˆ , de donde r r ρ 2 z2 . 
 Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
z a2 z2 1 si z   
z z   
1 si 0yz z 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 53 Z Potencial generado por un segmento de cable curvo semicircular de radio a con densidad uniforme λ0 sobre el centro del semicírculo: || r − r´ || Y r θ a q=p 2 a dq q X ds q=-p 2   rKdq
r    V r

  V z Kdq r r π 2 Kλ a dθ 0  a π 2 πλ0 K 
Aquí sólo se conoce el potencial en un punto de modo que no es posible aplicar E ∇V para obtener el campo eléctrico en dicho punto. Potencial en todo el espacio generado por un cascarón esférico con densidad superficial uniforme Usamos coordenadas esféricas. Nos aprovechamos que el potencial tiene simetría esférica luego sólo depende de la variable r y no de la variable θ ni de la variable φ por lo que podemos escoger una posición conveniente de la posición: r rˆz. La posición sobre la cual integramos es: r aˆr. Como sigue de la figura la distancia entre estos puntos satisface:  r
r  2 r r2 2 r a2

2r r 2ra cos θ
a2 2ra cos θ K σ0 a2 sin θ d θ d φ r2  
  K σ0 dS  a cos θ xˆ a sin θ y. ˆ λ0 a d θ . El potencial De acuerdo a la figura r 0 y r Se tiene r r a. dq λ0 dl resulta: σ0 dS La carga infinitesimal está dada por dq σ0 a2 sin θ d θ d φ . Se tiene r2 K σ0 a2  0
2ra cos θ sin θ d θ d φ  2 0 r a2 2ra cos θ a2 2π π Hacemos el cambio u r 2 a2 2ra sin θ d θ de donde sigue:  V r

2ra cos θ . Se tiene du 2π K σ0a2  du 2ra u 2π K σ0a  du r 2 u 2π K σ0a u r 2π K σ0a r2 a2 2ra cos θ r 2π K σ0a r2 a2 2ra r 
r2 a2

 π
0 2ra
 
 r
a   

a   2a2r  rr aa   2π K σ0a r a2 r 2π K σ0a r a r r 
2π K σ 0 a r 2π K σ 0 a r Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.   2  230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad y finalmente   4π K σ 0 r   a2 KQ r r 4π K σ0a KQ a r V r 54   El valor V0 V r0 es, en general, un potencial de referencia respecto del cual se mide el potencial en otros puntos del espacio. Se acostumbra escoger V0 0 en r0 ∞. Pero en ciertos casos (simetría cilindrica) se escoge mas bien r0 ∞. a a Observemos que este resultado muestra que afuera del cascarón el potencial se comporta igual que el potencial de una ésfera puntual cuya carga total Q σ0 4π a2 estu- 2.7.7. Aplicación a la obtención del potencial en todo el espacio viera concentrada en el origen del sistema de coordenadas. Por otro lado en el interir del cascarón se tiene que el poPotencial generado por un cable recto infinito con dentencial resulta constante. sidad de carga uniforme λ0 . Habiamos obtenido, vía integración que Campo eléctrico dentro y fuera del cascarón esféri2K λ0 E ρˆ co: Una consecuencia importante del resultado anterior ρ es que el campo eléctrico en el interior del cascarón es Por simetría podemos argumentar que el potencial en conulo ya que E ∇V 0, mientras que afuera se tiene ordenadas cilíndricas no depende ni de z ni de φ . El poten∂V r KQ rˆ. En resumen: E ∇V ∂r r2 cial en todo el espacio está dado, entonces, por la integral 



  KQ rˆ r2 E r r r 0  a a   V ρ 2.7.6. Relación entre el campo eléctrico y el campo potencial eléctrico 
Hemos visto ya que E es la que sigue de W
∇V . Otra relación importante ∆U. Esto es:
∆BAU WBA
 F dr
q  E dr de donde se obtiene: ∆BA q∆BAV V 
q∆BAV (2.35)

VA VB q VA
B E dr
 V0
2K λ0 ln  V0
z  0 z
V0  V0 2π K σ0  V0 2π K σ0 V0 2π K σ0 0  V r 0 z 0
E dr A r E dr ρ0 2π K σ0 B Si el punto inicial A corresponde a una posición r0 y el punto final B a una posición cualquiera r se obtiene: q ρ 2π K σ0
V
ρ0 2K λ0 ρˆ d r ρ 2K λ0 dρ ρ     ρρ  z V0 2π K σ0
2π K σ0 a2 z2 a2 z a2 z2 z a2
z2
A q V0 ρ Las superficies de igual potencial corresponden entonces a cilindros concéntricos al eje axial y de largo infinito. A rescribiendo esta expresión para despejar VB se puede obtener otro importante resultado: VB  0 V z E dr
Potencial generado por un disco plano con densidad uniforme sobre su eje axial Aquí hacemos uso de que conocemos el campo eléctrico para cualquier punto del eje axial perpendicular al disco. Se tiene: B q V0 a2 z2 a2 z2 2 2
 z 
z
 z  z  z  z a z
 z
z
 z

 z   zˆ
z que nos permite calcular el potencial en el punto r del espacio si conocemos el campo eléctrico en un camino que nos lleve de r0 a r. dz dz z  0 z  0 a  2  (2.36) r0 dr donde se ha escogido el nivel de referencia V0 2π K σ0 a. Potencial generado por una placa plana infinita ubicada en el plano z 0 y con densidad uniforme de carga Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad σ0 . Aquí habiamos visto
E donde podemos usar el teorema del coseno para obtener que: σ0 ε zˆ σ00 ε0 zˆ  55 z z 0  0  a 2 a 2
r12
r22 La integración es trivial y entrega:
 V0 V σ0 ε z σ00 ε0 z V0 z z 0    V z 
 σ0 z ε0 r2 2
a r cos θ 2 a 2 r cos θ 2
2 
r2   Como el potencial es lejano podemos aproximar r1 usando i expansión en serie de potencias. Se usará el resultado 0 que se puede resumir (previo escoger V0 2   1 x 0) en: n 1 (donde hemos usado x periores a 2). Podemos escribir: 2.7.8. El dipolo eléctrico r r1 
1 x     nx 2 1 2n n  1 nx 1 para despreciar potencias su
1 
a cos θ r a cos θ r 2 1 a 4 r
 En la naturaleza es frecuente encontrar moléculas neur 1 tras que cuando son sometidas a un campo externo se deforman debido a las fuerzas eléctricas en distinta direca 1 a 2 ción que actúan sobre las cargas del nucleo de la molécucos θ r2 r 1 r 4 r la y de los eléctrones que envuelven la molécula. Si el a material es un liquido formado por muchas moléculas cos θ r 1 polarizadas, por ejemplo, esto significará que el líquido r tendra propiedades eléctricas especiales conocidas como de donde sigue que: propiedades dieléctricas. 1 2 1 1 a Para una molécula aislada esto significa esencialmente 1 cos θ r1 r r que la moléecula está polarizada de modo que vista desde una cierta distancia ella se puede caracterizar aproximán1 1a 1 cos θ dola como dos cargas de distinto signo separadas una cierr 2r ta distancia a. Siendo las moléculas muy pequeñas lo que 1 2 1 1 a 1 cos θ interesará sera su campo lejano, es decir el campo evalur2 r r ado en el caso que la distancia r al punto en que se evalúa 1 1a el campo es mucho más pequeña que la separación a. 1 cos θ r 2r La figura muestra esquemáticamente esta situación para una molécula polarizada a lo largo del eje z. Hasta aquí el potencial lejano (aproximado):
  

    
  +q a/2 V r1 r2 a/2   r1
r1  Kq 1a  1 cos θ 
 1
r 2r Kq 1 r θ 
2 1a cos θ 2r 
El resultado final para el potencial lejano del dipolo es: Kqa cos θ V rθ (2.37) r2   −q
El potencial en r está dado por V Kq r1 K  r
q Momento dipolar Las cargas de un dipolo tienen orientación en el espacio, de modo que conviene definir un vector momento dipolar: 2 p Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. qa (2.38) 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 56

+q 2.7.9. Líneas de campo o fuerza y superficies equipotenciales del dipolo Líneas de campo. Las líneas de campo eléctrico satisfacen la ecuación a dr d  −q   El potencial se puede reescribir aprovechando que en coordenadas esféricas p rˆ p cos θ aq cos θ , queda: K p rˆ K p r V (2.39) r2 r 3   expresión que tiene la ventaja de ser válida en cualquier sistema de coordenadas, y con cualquier orientación del dipolo p. Si el dipolo no esta ubicado en el origen (por ejemplo está ubicado en r ) entonces basta considerar

   Kp r r r r 3 V (2.40) Cte E es decir en cada punto del espacio son tangentes al campo eléctrico en ese lugar. Las líneas de campo o líneas de fuerza representan el camino que un observador describiría si sigue la dirección del campo en cada punto, trasladándose de un punto a otro según lo indica la dirección local del campo. Estas líneas de campo o fuerza tienen la característica de que: 1. Las líneas de campo son perpendiculares a las superficies equipotenciales. E E Campo eléctrico de un dipolo ubicado en el origen y orientado segun zˆ Esto no ocurre !! 
Como ya conocemos el potencial basta usar E ∇V en coordenadas esféricas para calcular el campo eléctrico. Se obtiene:
∂V ∂r 1 ∂V r ∂θ 1 ∂V r sin θ ∂ φ
2Kqa cos θ r3 Kqa sin θ r3 2. Las líneas de campo no se cortan entre sí (pues de lo contrario el campo E tendría dos valores en un mismo punto) 0 E E E de donde el campo resulta: V3 Kqa 2 cos θ rˆ r3  E sin θ θˆ V2 V1  V0 expresión que se puede reescribir (para el caso de un dipolo en el origen con orientación cualquiera) E K E  
3 p rˆ rˆ r3 p (2.41) El caso general queda entonces descrito por: E K    r

r r    r
r 
  r
pr 
3 p r 3 3 (2.42) Superficies equipotenciales. Estas se obtienen de resolver la ecuación V r Cte  en que la Cte va tomando distintos valores (fijos) de potencial. A cada valor que se escoja corresponde una única superficie equipotencial. Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 57 100 Ejemplo: Consideremos el potencial de una carga puntual y busquemos la superficie que toma por valor V Cte. Se tiene: Kq Cte r de donde sigue que la superficie equipotencial está caracterizada por esféras de radio r Kq Cte. Si V0 aumenta, las superficies esféricas equipotenciales son mas pequeñas y concéntricas a la anterior. Si V0 disminuye las superficies equipotenciales son de radio más grande. Se tiene: 50 V V V V0 2V0 3V0 r r r   Kq V0 r0 Kq 2V0 r0 2 Kq 3V0 r0 3 0 -50 -100 -100 -50 0 50 100 Figura 2.20: Lineas equipotenciales para un dipolo orientado verticalmente. Las zonas más claras corresponden a zonas de potencial más alto (carga positiva), las zonas más oscuras a regiones de potencial más bajo (carga negativa). r0 El campo de fuerzas asociado al dipolo se presenta en la figura siguiente: r0/2 V0 2V0 3V0 ro/3 10 5 0 Superficies equipotenciales y líneas de fuerza del dipolo. Un ejemplo mas interesante lo entrega el caso del dipolo. Aqui las superficies equipotenciales están dadas por la ecuación   K p cos θ r2 V rθ
      
 
  V V0 V0 V0 V0 V0 θ 0 π 4 π 2 3π 4 π  r0 0 707 K p V0 0 0 707 K p V0 K p V0 r0  0
-10 -10 -5 0 5 10 Figura 2.21: Cte cos θ . con solución r 2 K pCte Esta solución corresponde a curvas tales que para por ejemplo si tomamos V V0 se tiene valores:   r K p V -5  0 707r0 Campo de fuerzas para un dipolo orientado verticalmente. Observe que de la región en que está la carga positiva las líneas de fuerza salen, mientras que en la región que está la carga negativa las líneas de fuerza llegan. Fuerza y torque que experimenta un dipolo sumergido en un campo externo Puesto que el dipolo es un par de cargas ubicadas muy cercanamente un campo eléctrico externo actuándo sobre ambas cargas se puede considerar prácticamente uniforme y luego la fuerza neta sobre el dipolo resulta nula: Situación que graficamos a continuación: F  Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 
 
q E  r  q E rq qE qE q 0 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad En cambio el torque que experimenta un dipolo debido a un campo externo no es nulo pues: τ 

   q  r
r 
E  qa
E r
q E rq q r q    qE r 
WBA1 2. Para traer la segunda partícula se hace trabajo pues actúa sobre la segunda el campo de la primera. Se tiene: q2V21 WBA2 (2.43)  Kq en que V21 r 1 es el potencial que siente la segunda 21 debido a la primera. Notemos que se cumple q2V21 q1V12 . Efectivamente pues q2V21 Kq q2 1 r21 Ejercicios y ejemplos 1. Un sistema está formado por dos dipolos. Uno de ellos ubicado en el origen y orientado a lo largo del eje Z. El otro ubicado a distancia d del origen (con d a donde a la separacion entre cargas en cada dipolo) y observando un ángulo de 30 grados respecto del eje vertical z. . El segundo dipolo tiene una inclinacion de α respecto de la vertical. Determine el torque que experimenta el segundo dipolo. 2. Repita su cálculo anterior pero para el torque que experimenta el dipolo ubicado en el origen (NOTA: Haga uso de la expresión 2.42) para evaluar el campo que genera un dipolo ubicado en un punto r .) luego se tiene: p  r dq  q1V12 Kq q1 2 r12  1 qV 2 2 21 q1V12  3. Para traer la tercera carga se hace trabajo en presencia de la primera carga y de la segunda, se tiene: 

WBA3  qV q3V32 3 31  
 q V q2V23 1 13 
WBA3   1 qV 2 1 13 q2V23 q3V31 q3V32  4. . . . 5. Para traer la N-ésima carga se hace un trabajo WBAN

   V    q  V  qN VN1 VN2 q1V1N q2V2N  NN 1 N 1 N 1N  de modo que queda:

WBAN  
 tada en crear (o almacenada) en una configuración de cargas 



   1 qV q2VN2 q3VN3 2 1 N1 qN 1VN N 1 qNVN 1 N    Finalmente sumando todos los trabajos se tiene: a) Calcule la carga total del segmento positivo de carga del dipolo. total WBA WBA1 WBA2 WBAN b) Calcule el momento dipolar del dipolo. 1 q V V13 V14 V1N 2 1 12 2.7.10. Energía potencial electrostática gasq2 V21 V23 V24 V2N Consideremos N partículas y el trabajo para llevar las cargas desde el infinito (partiendo del reposo) a una cierta posición final B quedando ellas finalmente quietas allí.  Luego resulta:
Considere la situación de una antena dipolar que consiste de un tubo metálico de largo total que en cierto instante tiene carga distribuida linealmente (dq λ d ) a lo largo del eje z, partíendo con carga negativa en uno de los extremos hasta carga positiva en el otro. La densidad de carga está dada por: z λ z λ0 2 

WBA2
3. En el caso de que la carga de un dipolo no este concentrada sino que distribuida el momento dipolar se define mediante:  

p
E 0  Si usamos la definición de momento dipolar el resultado se puede escribir:  1. Para traer la primera partícula se hace un trabajo nulo q q τ dipolo 58   VN2 N 1 q V 2  1 j∑1 1 j 
 1 q V ri 2 1 Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
  qN VN1   VN3   q2 ∑ V2 j j 2    
q2V r2     VNN N  q 1 N  N ∑ VN j  j N   
qN V rN  230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad de donde sigue que el trabajo total está dado por: W total 
 N 1 q V ri 2 i∑1 i  59 tinuamente es: (2.44) Por otro lado sabemos que dicho trabajo es conservativo, de modo que la energía potencial electrostática asociada satisface: W total ∆U total. Puesto que cuando las partículas están en infinito se tiene U 0 resulta la energía potencial electrostática asociada a la configuración final de cargas está dada por: W      
total Ufinal ∆U total 
 1 N q V ri 2 i∑1 i W total  (2.45) Para el caso de cargas distribuidas continuamente se tiene la relación equivalente: 1 U total dqV r (2.46) 2   2.7.11. Ejercicios y ejemplos (i) Determine la energía (trabajo) necesaria para crear una configuración de 3 cargas en posiciones dadas por: i 1 2 3 qi q
q xi 0 2 0 q yi 0 0 3 Use esta expresión para calcular el trabajo o energía necesaria para cargar con carga total Q una esféra 1 KQ2 conductora de radio R. Verifique que W 8 πR y compare este valor con el que obtiene si usa W 1 Q2 1 2 2 C 2 CV . Considere ahora un condensador formado por dos placas planas muy grandes, de área A y separadas a distancia d, que tienen densidades de carga σ0 y σ0 . El potencial sobre cada placa es uniforme y de valor V0 2 y V0 2 respectivamente. Calcule:

La fuerza que hace la placa positiva sobre la placa negativa. NOTA: use que la fuerza sobre un elemento de carga dq σ dS es dqE para integrar la fuerza sobre toda el área de la placa a potencial negativo. Recuerde el valor del campo que produce una placa plana con densidad σ sobre todo el espacio.  Calcule la energía electrostática almacenada en el condensador vía integrar U 12 dqV . NOTA: Primero evalúe el costo (trabajo) W1 para traer la primera partícula (en ausencia de otras) desde el infinito. Luego el costo W2 para traer la segunda partícula en presencia de la primera. Finalmente el trabajo W3 para traer la tercera partícula en presencia de las otras dos: W W1 W2 W3 (ii) Compare el valor que obtuvo en (i) contra la fórmula W  1 dqV 2 1 ρ r V r d 2 1 σ r V r dS 2 1 3 qV 2 i∑1 i i  en que Vi V ri es el potencial que siente cada partícula i-esima ubicada en ri , debido al resto de las partículas. (iii) La generalización de W para cargas distribuidas con- Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.  230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 60 2.8. Materiales Conductores  (a) Si se deposita una cierta cantidad de carga neta positiva Q al interior del conductor, las partículas que constituyen esta carga experimentan entre sí una repulsión coulombiana, de manera que, al repelerse mutuamente ellas tienden a moverse hasta la superficie del material conductor, donde, deslizan sobre la superficie buscando su acomodo. Pasado cierto tiempo alcanzan el equilibrio y ya no se mueven más ya que se ejerce una fuerza nula (aceleración nula) sobre ellas, de modo que las partículas se quedan estacionadas sobre la superficie del metal. En consecuencia, en el interior del conductor no hay carga neta, por el Teorema de Gauss se puede inferir que el campo se anula en el interior (E 0). + + + ++ + + + + ++ + + + + + + + + + + + + + + + + + ++ Q Sin embargo como toda la carga Q está en la superficie es posible inferir también —por el Teorema de Gauss aplicado a una superficie gaussiana que envuelve externamente al conductor— que afuera del conductor existe campo eléctrico no nulo E 0.
(b) Si por el contrario se deposita iguales cantidades de carga positiva y negativa Q y Q, ocurrirá que las partículas de signos opuestos se atraerán formando, probablemente, moléculas neutras o al menos una densidad de carga nula en el interior. Al no haber carga neta al interior y aplicando el teorema de Gauss a una superficie dentro del conductor, se podrá inferir que el campo en el interior del conductor es nulo (E 0). + − tiempo + − Ahora tanto la superficie come el volumen del conductor son neutros en carga y luego al aplicar el Teorema de Gauss a una superficie gaussiana que envuelva exteriormente al conductor se inferirá que no se genera campo eléctrico en el exterior del conductor. (c) Por último podría ocurrir también que se deposite carga positiva y negativa pero no en la misma cantidad. Entonces se tendrá que parte de la carga positiva se sentirá atraída con la carga negativa y formará, como antes, moleculas neutras o densidad de carga nula. La diferencia de carga (totalmente positiva o totalmente negativa) experimentará repulsión Coulombiana entre sí y como en la situación (a) se depositará en la superficie formando allí una densidad superficial. Igual que en el caso (a) y (b) como en el interior del conductor no hay carga neta, por el Teorema de Gauss, se infiere que el campo en el interior es nulo, mientras que en el exterior del conducotr, por haber carga en la superficie, el mismo teorema indica que se genera un campo eléctrico no nulo. (d) En el caso de presencia de cargas fuera del conductor la distribución de cargas en la superficie puede tener regiones con densidad superficial negativa y regiones con densidad superficial positiva. Esquematicamente podemos graficar todo esto así: + + + + + + + + + + + + ++ + + En esta sección estudiaremos que ocurre con el campo eléctrico en sistemas conductores. Los materiales conductores son en general metales. Por esta razón las cargas que son depositadas al interior del material conductor se mueven casi libremente en su interior. Esto lo hacen en tiempos característicos muy pequeños (10 19 [seg]). Las siguientes situaciones son comunes: E=0 -- Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad En conclusión: las fuerzas eléctricas internas hacen repelerse a las partículas, las que se van a la superficie del conductor formando allí densidades superficiales de carga. En el interior el campo eléctrico es nulo (E 0). 61 − − − −− −σ + + + + + + 2.8.1. Ejemplos σ 1. Conductor esférico macizo on carga neta Q. Determinar el campo eléctrico en todo el espacio. Solución: Por ser la esféra de material conductor el campo eléctrico en el interior es nulo. La carga se deposita en la sperficie. Por simetría de la esféra esta carga se distribuye uniformemente con densidad Q superficial σ σ0 en que a es el radio del 4π a 2 conductor. Afuera del conductor, en una superficie gaussiana de radio r el flujo neto del campo eléctrico resulta ΦE E r 4π r2 y debe (por el Teorema de Gauss) ser igual a la carga encerrada dividido por ε0 . Q , de modo que De la igualdad resulta: E r 4πε0 r2 el campo en todo el espacio es:    Al interior de cada placa conductora el campo es nulo (y por supuesto la carga encerrada por una superficie gaussiana también es nula). En la región entre las placas, suponiendo que la carga en cada placa se distribuye uniformemente en la superficie, se genera un campo eléctrico uniforme. Aplicando el teorema de Gauss a la superficie indicada en la figura que sigue se puede concluir que el campo entre las placas es uniforme y de intensidad E σ ε0 .  0 E r Q 4πε0 r2 Si r a En la superficie misma del conductor, justo afuera, a partir de la expresión última se concluye que el camσ0 po vale: Esup E a ε .   0 + + + + ++
2. Condensador de placas planas de área A con cargas Q (placa inferior) y Q (placa superior). Determine el campo en todo el espacio.  E  z E zA −Q Q σA ε0 σ ε0 Aplicando el Teorema de Gauss a la superficie indicada por la figura que sigue es posible mostrar que el campo en la región de afuera (tanto superior como inferior) de los conductores es nulo.
Solución: Las cargas Q y Q (que están en placas diferentes) tienden a atraerse entre sí, de manera que la carga Q en la placa inferior se termina depositando en la superficie superior de dicha placa. Por otro lado la carga Q en la placa superior se deposita a su vez en la superficie inferior de esta placa.
− −− −− + + + + + + Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 62 En resumen, en las distintas regiones el campo vale: 3. Esfera conductora de radio a y carga neta Q envuelta por un cascarón esférico de carga neta nula y radios interior b y exterior c. Q =Q esfera b























a 















































  Q 4πε0 r2  0 E r Q 4πε0 r2 r a b r a r     r c b   c Q =0 cascaron Solución: En el interior de cada uno de los conductores el campo debe ser nulo (equilibrio de fuerzas: E F q 0). En la región a r b podemos aplicar el Teorema de Gauss a una superficie gaussiana esférica de radio r entre a y b, para demostrar que el campo allí resulta de intensidad     0 2.8.2. Densidad de carga en la superficie de un conductor de forma arbitraria c E r   Si consideramos un punto cualquiera de la superficie de un conductor de forma cualquiera es posible probar, usando el Teorema de Gauss aplicado a un pequeño cilindro que contiene dicho punto en la superficie (ver figura), que la componente normal En E nˆ a la superficie del campo eléctrico en dicho lugar se relaciona directamente con la densidad de carga en dicha parte de la superficie σ ∆S ε0 σ ε0 E n∆S ˆ  Q 4πε0 r2 En φE =E ^ n dS E Q=dS σ n Si aplicamos el Teorema de Gauss nuevamente pero ahora para una superficie de radio r en la región interior del cascarón esférico y que envuelve a la esféra, y usamos que el flujo ΦE E d S debe ser nulo, concluimos necesariamente que en la superficie inE=0 terior (r b) del cascarón esférico debe haber carga neta nula Qb de valor opuesto a Q (esto pues la carga total encerrada debe ser cero). Es decir Qb Q. Pero por otro lado sabiamos que el cascarón exterior tenía carga neta nula y está aislado, de modo que su donde hemos usado que el cilindro es mucho menos alto carga total se conserva, luego en la superficie de ra- que ancho de manera que el flujo por el manto resulta nulo dio c del cascarón se debe haber inducido una carga en el límite que el alto del cilindro va a cero. Qc opuesta a Qb . Es decir Qc Qb Q. Más adelante veremos que en la superficie de un conducComo debido a la simetría del problema la carga Qb tor, no hay componente tangencial del campo eléctrico. Es se distribuye uniformemente en la superficie de radio decir el campo eléctrico es perfectamente perpendicular r c, el campo afuera debe respetar la simetría es- (o normal) a la superficie del conductor y luego la intenférica. Si aplicamos el Teorema de gauss a una super- sidad de este es Esup En . Otro punto que es importante ficie imaginaria esférica de radio r c, considerando observar aquí que esto vale localmente en cada punto de que la carga total Qtot Q Qb Qc Q Q Q la superficie, es decir σ σ r , y luego el campo en cada Q, es posible demostrar que en la región exterior al punto de la superficie depende del valor de la densidad de cascarón hay un campo carga allí:  

  E r Q 4πε0 r2
   σε r  nˆ Esup r Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 0 (2.47) 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad Ejemplo La máxima carga que puede existir en un conductor está limitada por el hecho de que pasado cierto valor de la intensidad del campo eléctrico el aire mismo que toma contacto con el conductor se puede transformar en un medio conductor a su vez. Esto se debe a que las moléculas del aire se pueden ionizar en la presencia de un campo eléctrico muy intenso y las cargas libres que se generan pueden desplazarse formándose corrientes o rayos de carga que migran hacia el conductor. La intensidad característica del campo para que ocurra esto es Emax 107 [N/C]. Calculemos la densidad superficial de carga máxima necesaria para que esto no ocurra:  σ ε0 E nˆ ε0 Emax  88 4µ C/m2  Para una esféra conductora de radio a esto significaría una carga neta Q 4π a2σ que en el caso de a 1 [m], a 1 [cm] y a 1 [mm] corresponde a cargas máximas de Qmax 1 1 [µ C], Qmax 0 11 [µ C] y Qmax 0 0011 [µ C] respectivamente.    63 Por ejemplo sabemos que para una distribución de carga uniforme en el interior de una esféra el campo eléctrico está dado por:  E r  E dS 1 Qencerrada ε0 1  ρQ d v ε0  ∇ E dv  ∇ E
ρQ ε0
dv ρ0 ε0 r ρ0 a 3 ε0 r 2 Si r Si r a a  La ecuación de la divergencia entrega:  ρq r   ε0 r12 ∂∂r r2 
ε0 r12 ∂∂r


r2 1 3 1 3 ρ0 ε0 r ρ0 a 3 ε0 r 2  ρ0   Si r 0 Si r  a  a  2.10. Ecuación de Poisson Ecuación de Laplace y
∇V y aplicando divergencia a la Usando que E Ecuación (2.48) se obtiene
2.9. Ecuación de la Divergencia del Campo Eléctrico El Teorema de Gauss que relaciona el flujo del campo eléctrico por una superficie cerrada con la carga encerrada por dicha superficie puede ser restablecido en forma diferencial usando el Teorema de la Divergencia: 1 3 1 3  ∇ E   ∇ ∇V
∇ 2V La ecuación: ∇ 2V 
ρq ε0 ρq ε0 ρq ε0 ρq ε 0 (2.49) es conocida como Ecuación de Poisson. En las regiones donde la densidad de carga ρq es nula se satisface la llamada Ecuación de Laplace: ∇ 2V 0 (2.50) que si se especifica las condiciones de borde tiene solución única, como veremos a continuación. 0 Como esta igualdad tiene que cumplirse para cualquier volumen de integración (el volumen de integración es arbitrario) el integrando debe ser nulo, y se obtiene la siguiente ecuación (Ecuación de la Divergencia del Campo Eléctrico): ρq r (2.48) ∇ E ε0 2.10.1. Teorema de Unicidad de la Ecuación de Laplace Veremos aquí que la ecuación de Laplace ∇2V 0, sujeto a valores en el borde (o superficie) de la región que interesa resolver esta ecuación, tiene solución única: La demostración es por contradicción con la hipótesis: suponemos que hubiera dos soluciones diferentes: V1 r y V2 r con V1 V2 . Definimos Φ V1 V2 . Obviamente Φ 2 2 Un resultado inmediato que sigue es que si conocemos también satisface la Ecuación de Laplace: ∇ Φ ∇ V1 2 el campo eléctrico en una región del espacio, podemos ∇ V2 0, luego: deducir la densidad de carga en dicha región:  Φ∇2 Φ dv 0 ρq r ε0 ∇ E r Vol     Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.
 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad  ∇Φ   0) que: pero tenemos la identidad: ∇ Φ∇Φ Φ ∇2 Φ de donde sigue (usando que ∇2 Φ  2   Vol  ∇Φ 2    ∇ Φ∇Φ dv dv Vol  Φ∇Φ d S 64 No puede haber carga neta en el interior del conductor (si en la superficie). Lo que sigue de aplicar el Teorema de Gauss a un volumen en el interior del conductor y considerar que como el campo es nulo el flujo es nulo. Si hubiera carga habría una contradicción. Sup en donde en la última línea hemos usado el Teorema de la divergencia para convertir la integral de volumen del lado derecho en una integral de superficie. Esta integral de superficie resulta nula pues el potencial lejano Φ se comporta como Φ 1 r y el gradiente de dicho potencial se comporta como ∇Φ 1 r 2 , mientras que por otro lado el elemento de superficie dS se comporta como dS r 2 dΩ en que dΩ sin θ d θ d φ . Considerando una superficie suficientemente grande la integral de superficie  1 dΩ r Por último si acercamos una carga q (externa al conductor) los eléctrones y protones en la superficie del conductor se redistribuyen (ver figura 2.22 0  + + + 11 2 r dΩ r r3     2.10.2. Aplicación de la Ecuación de Laplace a materiales conductores Recordemos que los materiales conductores son en general metales. En su interior las cargas se pueden mover libremente y las fuerzas superficiales impiden que las cargas escapen. Las propiedades de estos materiales se pueden resumir en: + + + + + + + + + + +++ ya que r, el radio de una esféra muy grande, tiende a infinito. Se concluye que ∇Φ 2 dv 0 si y solo si el integrando ∇Φ 2 0, de modo que Φ Cte. Como Φ Cte se puede evaluar Φ en cualquier parte, por ejemplo en la superficie infinitamente lejana donde Φ 0, sigue que V1 V2 lo que contradice la hipótesis. Luego V1 V2 y en consecuencia el potencial tiene solución única en todas partes.   σ r nˆ ε0 Esup --   Φ∇Φ d S Ya hemos visto (aplicando el teorema de Gauss a un pequeño cilindro en la superficie) que el valor del campo en la superficie satisface E=0 Figura 2.22: 2.10.3. Ejemplos 1. Conductor hueco, de forma arbitraria, cargado. Q
En el interior E 0 y por lo tanto la función potencial (que satisface E ∇V ) debe ser uniforme dentro del conductor. Es decir V Cte o equivalentemente los conductores son cuerpos equipotenciales. Puesto que el conductor es equipotencial, su superficie tambien lo es, y sabemos que la dirección del gradiente de V es perpendicular a la superficie equipotencial asociada a dicho punto, luego el campo E ∇V justo en el exterior de la superficie del conductor es perpendicular a dicha superficie. Es decir:
Esup  E r nˆ o equivalentemente las líneas de fuerza son perpendiculares al conductor. Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. V= V0 V= V0 E=0 E=0 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad Resolvemos usando unicidad de la Ecuación de Laplace: En el conductor se satisface ∇2V 0 con solución V r V0 cte. En particular en el borde interior del conductor (borde del hueco) se tiene V V0 .  En el hueco se satisface también ∇2V 0. Para el hueco se postula V V0 como solución. Puesto que esta solución satisface la ecuación de Laplace y satisface la condición de borde, esta es la solución. En consecuencia, dentro del hueco, E ∇V 0, y el campo Esup , justo en la superficie interior, es nulo. Luego, 
σ ε0 Esup nˆ 0 y no hay densidad de carga en la superficie interior. La carga del sistema está sólo distribuida en la superficie exterior del conductor. 2. Conductor esférico cargado con hueco interior de forma arbitraria. 65 que efectivamente satisface la ecuación de Laplace:   1 ∂ ∂V r2 2 r ∂r ∂r ∂V 1 ∂ sin θ 2 r sin θ ∂ θ ∂θ ∇ 2V   1 ∂ 2V r2 sin2 θ ∂ φ 2 C1 1 ∂ r2 2 r ∂r r2  
 0   La condición V ∞ 0 implica C2 0. La condición V a V0 implica C1 V0 a, de modo que la solución que satisface la Ecuación de Laplace y las Condiciones de Borde y en consecuencia es la solución es:   V r V0 a r a para r De esta solución sigue que el campo afuera de la superficie es: a E V0 2 rˆ r V + + + + + + + + + V= V0 + + + + V= V0 + + + + + + + V= V0 + + Ñ2V=0 V= V(r) + + + + + + + + + + 0 y justo en la superficie resulta Esup a rˆ de modo que la densidad superficial es uniforme sobre la superficie y de valor + σ ε0 E  r a  ε0V0 a  Puesto que la densidad es uniforme, se tiene q σ 4π a2 de donde reemplazando el valor de σ resulta una ecuación para V0 con solución: V0 4πεq a . 0 3. Conductor esférico neutro con hueco que tiene carga q en su interior. La solución es similar a la anterior, con la carga distribuyéndose en la superficie exterior y campo nulo en el conductor y en el hueco. Lo que interesa ahora es la solución de la Ecuación de Laplace en la región exterior a la esféra. Afuera de la esféra se satisface la ecuación de Laplace con condiciones de borde V 0 en infinito y V V0 justo en r a (el borde de la esféra). Tomando como modelo la solución del problema de un cascarón esférico hueco visto anteriormente se postula como solución  V r C1 r q -q q C2 Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. V= V0 2 Ñ V=0 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad Al poner una carga q en el interior del hueco ésta atrae cargas libres del interior del conductor hacia la superficie interior del hueco. Como el conductor es globalmente neutro la diferencia de carga (del otro signo) se tiene que reubicar en la superficie exterior al conductor. Llamemos Qa la carga en la superficie interior y Qb la carga en la superficie exterior. De la neutralidad sigue que Qa Qb 0. Por otro lado si aplicamos el Teorema de Gauss a una superficie cerrada de forma arbitraria en el interior del conductor, por ser este de campo nulo, resulta flujo ΦE 0, y en consecuencia se tiene que la carga neta encerrada debe ser nula (q Qa 0) de modo que: Qa q 
y luego (puesto que Qa Qb Qb + + + + + +  q 0) se tiene + + + + + Ñ2V=0 + + - -- Q -q - V= V + + + +- + - + 0 + + + + + + + + + + + + Vsup= V0 + Fuera del conductor se puede resolver la Ecuación de Laplace en forma exactamente identica al problema anterior, encontrando  V r  E r σ + - - - - + - + - q + - + - + - + + - - - - 2.11. Concepto de Capacidad Hemos visto que el Potencial en todo el espacio está relacionado con la densidad de carga a través de la Ecuación de Poisson ρ r ∇ 2V r ε0   
  Q + 66 a r a V0 2 r ε0V0 a V0 Puesto que la densidad es uniforme, se tiene Qb σ 4π a2 de donde reemplazando los valores de Qb y σ obtenidos resulta una ecuación para V0 con solución: V0 4πεq a igual que en el ejemplo anterior. 0 El análisis del campo en el hueco es más complicado pues, si la carga está ubicada excentricamente, el campo presenta una distribución de líneas irregular como la que sugiere la figura por lo que obviaremos, por ahora, dicho analisis (ver más adelante método de imagenes para la solución del campo en el hueco). Esto tiene implicancias interesantes: si se aumenta la densidad de carga en cada punto de un sistema en un cierto factor α , digamos por ejemplo α 2, el potencial cambiará (via la Ecuación de Poisson) en ese factor también. Inversamente, si se aumenta el potencial en todas partes en un cierto factor, la densidad de carga (y en consecuencia la carga total) se incrementa en ese mismo factor también. Para un conductor esto implica que la carga total almacenada por él depende en forma directa del voltaje aplicado. El factor de proporcionalidad se conoce como Capacidad y éste factor solo depende de la geometría del sistema y de la constante ε0 . Se define formalmente la Capacidad como el valor absoluto del cuociente entre la carga Q almacenada por un elemento conductor sobre la diferencia de potencial ∆V del conductor respecto de un punto de referencia C
Q ∆V (2.51) Lo que la Capacidad mide es: cuanta carga almacena un sistema por unidad de voltaje aplicado. 2.11.1. Ejemplos 1. Capacidad de una esféra conductora respecto al infinito El voltaje sobre la superficie de una esféra conductora aislada que tiene carga Q está dado (vía resolver la Ecuación de Laplace) por: Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. Vsup KQ a 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad
La diferencia de voltaje respecto al infinito es ∆V KQ a 0. La capacidad resulta: Q KQ a C a K 67 A -Q 4πε0 a d 2. Capacidad de una esféra cargada respecto de un cascarón esférico que la envuelve concéntricamente. E= a b E=0 ^r Q 2 4 p e0 r E=0 Q Suponemos que las placas del condensador (de área A y separación d, con d muy pequeña) tienen cargas Q y Q (vea el ejemplo 2 de la sección Materiales Conductores). El campo eléctrico entre las placas es:
σ zˆ ε0 Q E Q zˆ ε0 A c -Q La diferencia de potencial entre estos radios se obtiene integrando
∆V z d   E dr z 0  Suponemos que la esfera interior tiene carga Q y radio a y los radios del cascarón esférico son b (radio interior) y c (radio exterior). El campo eléctrico entre la superficie de la esféra interior y el radio interior del cascarón se obtiene usando el Teorema de Gauss: Q rˆ 4πε0 r2 E
a  b Q 4πε0 a E d r  
 1 a b Q dz ε0 A La capacidad resulta   Q Qd ε0 A C ε0 A d -Q Q dr 4πε0 r2 Q E¹0 + + + + + - - E=0 1 b - - E¹0 -Q Q Q Q 4πε0 0 Qd ε0 A La capacidad resulta C a  4. Capacidad de un condensador de placas planas con conductor intermedio La diferencia de potencial entre estos radios se obtiene integrando ∆V 
 1 a
1 b 4πε0 ab b a
 3. Capacidad de un condensador de placas planas
Suponemos que la carga en las placas de afuera Q y Q y que el conductor intermedio es neutro y de tamaño b. Usando el Teorema de Gauss es posible demostrar que en el conductor intermedio se forman cargas Q y Q respectivamente, como muestra la figura. En la región donde no hay conductor se tiene campo de magnitud σ ε0 Q Aε0 . En la región
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.   230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad conductora el campo es nulo. La diferencia de potencial entre las placas resulta
∆V E dr 
b Q 2π  ε 0 z 0  Q d Aε0 d
Q Q ε0 A Q C  b ε0 A d b
 2π ε0 ln ba   b a ln Capacidad de un sistema de líneas conductoras cilíndricas en trifásico Un arreglo de conductores cilíndricos de radio a y muy separados entre sí (separación b), llevan corrientes en trifásico, de manera que se genera sobres sus superficies cargas q1 q2 y q3 tales que: La capacidad resulta C La capacidad en un segmento de longitud resulta z d 
68
La capacidad del condensador de placas planas con conductor intermedio resulta mayor que para el condensador sin conductor intermedio. q1 q2 q3 0 y voltajes V1 V2 y V3 tales que:
V1 5. Capacidad de un condensador formado por conductor interior cilíndrico y cascarón cilíndrico concéntrico muy largos V2 V3 0 V1 b b V3 V2 b a b c Q se quiere calcular la capacidad respecto de V 0. El que estén en trifásico no altera la descripción usual. Los voltajes y las cargas ahora dependen del tiempo. Para los voltajes se tiene: -Q Consideramos radio a para el cilindro interior, y radios b y c para los radios interior y exterior del cascarón cilíndrico respectivamente. Suponemos que los conductores tiene carga total interior Q y exterior Q en cada segmento de largo .
El campo entre los conductores (a ρ tiene por el Teorema de Gauss y resulta  λ0 ρˆ 2πε0 ρ E  b) se ob- Q ρˆ 2π ε0ρ La diferencia de potencial se obtiene integrando
 ∆V
ρ b  ρ a  E dρ 
  b  a Q dz 2π ε0ρ  
2π 3   V cos  wt 2π 3  V1 V0 cos wt V2 V0 cos wt V3 0 mientras que para las cargas en un segmento en cada cable:  
2π 3  2π 3   q1 q0 cos wt q2 q3 q0 cos wt q0 cos wt Lo que se quiere es determinar el valor V0 y q0 y luego con esto la capacidad Q ln b a 2π ε0 Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. C q0 V0 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad entre las amplitudes q0 , V0 del sistema trifásico. Partimos considerando que por estar muy separados los cables se pueden pensar como si fueran cables infinitesimalmente delgados para efecto de evualar el voltaje total (debido a la distribución de carga en los 3 cables) sobre la superficie de un cable, en este caso el cable 1.  V1 V12
V13 2K λ2 ln  ba 
2K λ3 ln   
2Kλ ln  ρa  En particular V  a  
2K λ ln  a a  0. Sobre las superficies de los cables 2 y 3 se tiene: V ρ 1
 ba 

2Kλ ln  b 
a V3 1 Sumando V1 V2 V1 2K λ3 ln V2 2K λ1 ln  ba  
 4K λ1 V12
V1 V1
V3

Sumando V13 2K λ2 λ3 2K λ2 1 2 1 V12 resulta: V13 V12 
 2K λ3 1 1 3 2 3   ba  λ1 ln 3
2λ1 2 3 C 2K ln  b a Por supuesto si los cables están muy cerca este resultado ya no es cierto pues la distribución superficial de carga sobre cada cable ya no resulta uniforme.   
λ
λ2 1 1 Para la capacidad en un segmento de longitud se obtiene C Dv1 Q ∆V Dv2 Dv Dvn v1  1 2
2.12.1. Conexión en Serie  V
V   V
V  2V
V
V , 2K  2λ
λ
λ  (2.52) 2V
V
V pero V13 V12 luego queda: 0 de la capacidad de un condensador constituido por una red conductora la cantidad Q se refiere a la carga útil del sistema. Es decir aquella que puede fluir por los conductores del circuito en forma de corriente y ser aprovechada en la red externa del circuito. La carga en condensadores intermedios muchas veces queda encerrada alli y no es útil en el sentido que no fluye hacia el exterior del sistema y no puede ser aprovechada en forma de trabajo o energía en la red externa del circuito. 
λ  ln  ba 
2K  λ
λ  ln  b  a V2 0   b λ3 ln a λ2  1 Previo al análisis debemos establecer que en la expresión de modo que las densidades de carga satisfacen la condición de trifásico λ1 λ2 λ3 . Hasta aquí esto no es más que un chequeo de la salud de nuestras ecuaciones. Restando V1 y V3 y restando V1 y V2 se obtiene: V13 1 b 2K λ2 ln a V3 se obtiene V3   V0 cos wt sigue que: 1 2.12. Capacidad Equivalente de sistemas de condensadores conectados entre sí 1 V2    ba  donde, previo usar V λ q q cos  wt  , b V 2Kq ell ln   a 2K 3λ1 ln 3V1 0 Para calcular la contribución del cable 1 sobre su propia superficie hemos considerado que por estar los otros 2 cables muy alejados, ellos no alteran sustancialmente la distribución de carga sobre la superficie del 1, de modo que ésta carga se puede considerar distribuida uniformemente sobre la superficie del mismo. La distribución de carga de este cable genera en todo el espacio un potencial dado por

por otro lado V1 V2 V3 0 entrega V2 V3 V1 y λ1 λ2 λ3 0 entrega λ2 λ3 λ1 que reemplazadas en la expresión (2.52) entregan: de y  ba  69 3 Vn - Q1 Q1 - Q2 - Qn-1 Qn-1 Q2 - Qn Qn 2
Aquí la carga util es la Q1 (o QN ) que están en los condensadores del extrémo de la conexión. Como cada con- Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad  densador intermedio es neutro inicialmente, se puede establecer que Q1 Q2 QN Q. Por otro lado las diferencias de potencial de los condensadores satisfacen
V2
V3 V1 ∆V1 V2 ∆V2  
V V
V  VN 1 ∆VN N 2 N  Q C1 Q C2 mismo potencial Q1 Q2
∆V V1 CN Q CN Q   C1 1 C2 1  1 CN N N   1 Cequiv C1 2.12.2. Conexión en Paralelo - Q1 - Qn C2  ∆V   C N  
dq V  Trabajo que debemos integrar desde la situación inicial q 0, hasta la situación final q Q. Se tiene: Q  dW  0 Qn - Q2 N (2.53) (2.54) Si el conductor está inicialmente descargado podemos colocar una pequeña cantidad de carga sobre él sin realizar trabajo. Al agregar más carga la fuerza de repulsión entre la carga en el conductor y la carga a agregar implica que cada vez se debe hacer más trabajo. Consideremos una situación intermedia, cuando el conductor tiene una cierta carga q y está a potencial V q C respecto del infinito (V V t , es decir el potencial del conductor varia con el tiempo). Al agregar dq el trabajo infinitesimal es W Q2 N 2.13. Energía almacenada en un conductor aislado dW Q1 Q   C y luego la capacidad equivalente de capacitores conectados en paralelo es: de donde podemos identificar la Capacidad Equivalente Cequiv Q ∆V que resulta para la conección en serie de capacitores: C Q 1 Q2 C1 C2 1 N CN ∆V  ∆    CQ    C1  ∆V1 ∆V2 Q Q C1 C2 1 1 Q C1 C2   Sumando las cargas se obtiene: Sumando todas las diferencias de potencial entre sí se tiene (observe las cancelaciones en la columna de la izquierda) VN C1 ∆V C2 ∆V QN Q 1 ∆VN N 1 70 q dq C 
1 2 Q 2C La energía almacenada resulta U 
W Q2 2C 1 2 CV 2 en que V aquí se refiere al potencial de la superficie respecto del infinito. Aca la suma de todas las cargas en una de las placas de cada condensador es la carga util, pues toda ella puede fluir fuera del sistema, de modo que Q Q1 Q2  QN Por otro lado todos los condensadores están sometidos al 2.14. Energía almacenada en un condensador El trabajo para mover carga dq entre las placas, cuando estas tienen carga q y diferencia de potencial ∆V entre ellas, es dW dq ∆V Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 
230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad pero ∆V  q C que hay en cada elemento de volumen en el espacio: 1 u ε E2 (2.56) 2 0 luego  dW W Q  0 q dq C 
1 2 Q 2C y la energía almacenada resulta U 
W Q2 2C 1 C∆V 2 2 71 2.16. Concepto de Tierra  en que ∆V se refiere a la diferencia de potencial final entre los condensadores. 2.15. Energía almacenada en terminos del campo E. Densidad de energía eléctrica Entendemos por Tierra: un conductor que puede entregar y recibir una gran cantidad de carga sin variar esencialmente su potencial. Usualmente el valor de su potencial se fija arbitrariamente a cero (nivel de referencia). Un buen ejemplo para entender en la práctica que significa una tierra es considerar dos esféras conductoras de radios a y b, con a b. Inicialmente se considera las esféras muy separadas e inicializadas con cargas Qa y Qb respectivamente. Hemos visto que la energía almacenada se puede escribir como: 1 1 U  ρqV dv dqV  2 2 si usamos la ecuación de la divergencia del campo eléctrico ρq ε0 ∇ E esta expresión se puede escribir:    U  1 ε ∇ E V dv 2 0 ∂ Ey 1 ∂ Ex ε V V 2 0 ∂x ∂y  V Qa Qb a b  ∂ Ez dv ∂z Vb Va integrando por partes resulta 


 1 ∂V ∂V ∂V ε Ex Ey Ez dv 2 0 ∂x ∂y ∂z 1 ∂ ∂ ∂ ε V Ex V Ey V Ez dv 2 0 ∂x ∂y ∂z 1 ε E 2 Ey2 Ez2 dv 2 0 x  U              1  ε ∇ V E dv 2 0  1 E 2 dv 1 ε  V E 2 2 0   En estas condiciones cada esféra tiene potencial de valor KQb a Va KQ a y Vb b . Si se pone, por algún intervalo de tiempo, en contacto las esféras entre sí (por ejemplo uniéndolas con un cable conductor), ellas igualan su potencial (las esféras y el cable forman durante ese tiempo un sólo cuerpo equipotencial). Q’a Q’b dS + + + + + + + + + + + En esta última expresión el término de flujo asociado a V E se anula al integrar en la superficie pues para un dominio de integración muy grande (superficie en infinito) V E se comporta como r13 mientras que dS r 2 dΩ de modo que todo el término de flujo va a cero como 1r . En definitiva resulta: 1 U  ε E 2 dv (2.55) 2 0 Este resultado permite definir la llamada “densidad de energia” o “energía por unidad de volumen” u a + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + V = V’ + b + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + V’b = V’ V’a = V’ Si luego se retira el cable conductor, podemos preguntarnos que cargas tienen ahora ambas esféras. Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 72
Por un lado sabemos que la carga se conserva, de modo ser más intenso en las regiones con radio de curvatura más que si llamamos Qtotal Qa Qb a la carta inicial, después pequeño. Este se puede apreciar haciendo el cuociente endel contacto se tendrá tre los radios de los conductores después del contacto Qa Qb Qtotal para las nuevas cargas. Por otro lado claramente se satisface una relación similar a la anterior para los potenciales de cada esféra: KQa a KQb b Va Vb Sólo que ahora Va ecuación: σa ε 0 σb ε 0 Eb Ea (2.57) Qa a2 Qb b2 b a 1 E’a E’b  a b Vb . Esto entrega una segunda
Qa Qb 0 (2.58) a b Del sistema formado por las Ecs. (2.57) y (2.58) sigue que: Por ejemplo una situación donde ocurre este es en un arbol a Qa Qtotal para una condición de tormenta. a b b Qb Qtotal E grande a b Pero como a b se tiene Qa Qb   Qtotal + 0 E chico Es decir el conductor de radio más grande se lleva (o almacena) casi toda la carga, mientras que el pequeño termina prácticamente descargado. Por otro el nuevo valor para el potencial resulta: Va Vb + ++ + KQtotal a b  KQtotal a Si a ∞ este valor deviene nulo. Es en este sentido que un conductor de gran tamaño se puede considerar una tierra: En el ejemplo presentado el conductor más grande absorve con facilidad la carga. Por otro lado si el radio de este conductor es muy grande el potencial en su superficie resulta muy pequeño (para los efectos prácticos resulta aproximadamente nulo). Esto nos permite entregar una definición alternativa de tierra. Una tierra es un cuerpo conductor muy grande (con radio de curvatura grande), que tiene gran superficie para almacenar o entregar carga. La esféra más grande a la cual tenemos acceso es nuestro planeta Tierra.  2.17. Efecto punta A partir del ejemplo anterior podemos tambien concluir otro interesante efecto: el campo en un conductor tiende a + + + + + + + + + + + + + + + + La carga en las nubes atrae un poco de carga de la tierra que se deposita sobre un árbol asilado. El campo en la superficie del árbol (de radio de curvatura chico: ramas, hojas, etc.) resulta mucho más intenso que el debido a la densidad de carga sobre la superficie plana del suelo (tierra) y luego el aire es más proclive a romperse, por ionización, cerca del árbol que en la superficie del suelo. Este es el principio del pararrayos. Un elemento puntudo (con radio de curvatura pequeño) donde se romperá primero el aire (permitiendo la caida del rayo en forma controlada sobre él). También esto muestra el peligro de guarecerse durante un día de tormenta bajo un árbol en una región plana (tipo pampa). 2.18. Blindaje Analizaremos el efecto de blindaje mediante el caso de un conductor hueco, de forma arbitraria, conectado a tierra. y que tiene carga q en el interior del hueco.
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad V00=0 -q -- - V=0 -- - - q - -- 2 Ñ V=0 73 2.19. Método de Imágenes (o Método de Cargas Virtuales) Hemos visto que el potencial de una carga puntual ubicada en un punto rq está dado por    r Kq
r  V= cte = 0 E=0 V=0 V r q Este potencial permite calcular el campo eléctrico mediante Kq r rq E ∇V r rq 3
 
  
Tierra V= 0 Resolvemos usando unicidad de la Ecuación de Laplace: Por otro lado hemos visto (en el Capítulo 1) que esta última expresión tiene divergencia nula excepto en r rq : 
 
∇ E ∇ ∇V ∇ 2V 0 En el conductor se satisface ∇2V 0 con solución V r V0 cte. En particular en el borde exterior Es decir el campo generado por una carga puntual satisdel conductor se tiene V V0 . face la Ecuación de Laplace en todas partes excepto donde se encuentra ubicada ella misma. Afuera se satisface la Ecuación de Laplace con condiciones de borde V 0 en infinito y V 0 so- El método de imágenes o de las cargas virtuales se apoya bre la superficie del conductor de forma arbitraria y en esta propiedad del campo generado por cargas punV 0 sobre la superficie de la tierra. Se postula como tuales. La idea es inventar un conjunto de cargas virtuales solución para todo el espacio de afuera V Cte 0 que sean capaces de reproducir las condiciones de borde que satisface tanto las condiciones de borde como para el potencial en un cierta región. Las cargas virtuales ∇2V 0 y por unicidad es LA solución. Como el deben estár ubicadas fuera de la región en que interesa gradiente de cero es nulo, el campo afuera resulta conocer el potencial, de manera que el campo generado nulo (blindaje) a pesar de que hay una carga en el por ellas tenga divergencia nula sobre la región en que interesa resolver la Ec. de Lapace (es decir el potencial geninterior. erado por ellas satisfaga automaticamente allí ∇2V 0). Por otro lado aplicando teorema de gauss a una su- La condición de borde se satisface escogiendo el valor, perficie por dentro del conductor se puede encontrar ubicación y cantidad de cargas imágenes. que en la superficie del huego se genera una distribución de carga superficial cuyto total Qsup es justo op2.19.1. Ejemplos uesta en valor a la carga dentro del hueco  Qsup 
q 1. Carga q a distancia d de un conductor plano conectado a tierra. El campo dentro del hueco resulta complicado y retrasaremos su estudio hasta la sección siguiente: método de imágenes. d La consecuencia importante de este ejemplo es que a pesar de haber carga adentro del conductor, y campo dentro del conductor. Afuera no se siente dicho campo si el conductor está conectado a tierra. { q Aquí interesa conocer el campo en la región que está sobre la placa pues dentro de ella sabemos que trivialmente E 0. Para satisfacer la condición de borde V 0 sobre la superficie de la placa se ubica una carga imagen de Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad
valor q a distancia d bajo la superficie (en la región conductora, donde no nos interesa resolver la Ec. de Laplace). 74 En la figura siguiente se grafíca esta densidad de carga como función de la distancia ρ . s(r) Y d V(r) { { q r rq -q 2 2pd X r-q d -q

El potencial total estaría dado por:    r Kq
r    r
Kqr  V r con rq d zˆ y rq 
q (2.59) q Es fácil verificar que la carga total sobre la superficie es q. Esto se puede hacer en forma directa aplicando el teorema de gauss por una superficie que está justo debajo de la superficie z 0 y que se cierra en infinito por arriba. d zˆ. Las dos cargas satisfacen automáticamente la condición en infinito de potencial nulo, y cerca de la carga puntual ubicada en z d (en la región esférica en torno a dicha carga) el potencial está dominado por la contribución Kq Vq r r rq E=0   
 de la propia carga q, de modo que todas las condiciones de borde se satisfacen y también se satisface la Ecuación de Laplace sobre la región de interés. Por unicidad entonces el potencial propuesto en Ec. (2.59) es la solución al problema. Calculemos ahora el campo que se genera justo encima de la superficie conductora y la densidad de carga allí. Como consideramos el campo sobre el plano tomamos z 0. El vector de posición en coordenadas cilíndricas queda dado por: r ρ ρˆ zˆz ρ ρˆ . El campo total sobre la superficie está dado por: Esup

Kq  ρ ρˆ
d zˆ  ρ ρˆ
dzˆ     Kq ρ ρˆ d zˆ r d zˆ 3 3  2Kqd zˆ ρ 2 d2 3  2 La densidad de carga resulta  σ ρ ε0 Esup zˆ 
 2π ρ 2 qd d2  d { q Qsup E=0 Como el flujo es nulo la carga total encerrada q debe ser nula también de donde sigue: 
qsup qsup q Pero esto también se puede verificar por integracioñ directa: Qsup   σ ρ dS

qd  2π ∞ qd  0   ρ dρ dφ ρ 2 d2 3 2 ρ dρ 2 ρ d2 3 2   
qd 1 d Otra pregunta de interés es qué fuerza hace la placa conductora sobre la carga puntual. Esto se puede 3 2 Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad contestar integrando directamente la fuerza provocada sobre q por la densidad de carga σ vía: F q qE  dKzˆ σ
rdS 4. Carga q cerca de una esquina en ángulo de π 4. 3 2
qE q -q q o simplemente evaluando el campo sobre q producido por la carga virtual q: F 75 

   p/4 -q q q -q Kq2 zˆ 4d 2 d zˆ Kq d zˆ d2 d2 3 2 2. Carga q cerca de la esquina rectangular de un conductor conectado a tierra q -q { a -q q } +q b Ejercicio propuesto: Ya vió el caso con ángulo π 2, y ahora el caso con π 4. ¿Es posible resolver el caso de un ángulo π n. ¿Para que valores de n es posible esto?. 5. Cable recto con densidad de carga λ0 paralelo a la tierra -q l0 En la figura se muestra el conjunto de imagenes que resuelve la Ec. de Laplace para el potencial. Ejercicio propuesto: Evalúe la densidad de carga en los puntos A, B y C. Compare. ¿Efecto punta?. d Z=0 d 3. Carga q equidistante entre dos planos conductores paralelos { { -l0 La solución corresponde a elegir un cable imagen a distancia d bajo la superficie z 0. -q q a/2 q } } } } } a -q q a/2 a/2 a Ejercicio propuesto: Evalúe el potencial que siente la carga central. Escriba expresiones (si realizar la suma de la serie que resulta) para el campo justo en la superficie de la derecha 2.20. Línea de transmisión formada por dos conductores cilíndricos paralelos de radio a y separación entre sí . Un aspecto interesante del ejemplo correspondiente al problema anterior es que el potencial en todo el espacio generado por los dos cables está constituido por superficies equipotenciales que son cilíndros excéntricos a cada cable. Esta particularidad permite estudiar el potencial en Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad todo el espacio formado por cilíndros conductores macizos a partir del generado por dos cables de densidades de carga λ0 y λ0 ..
{{ 2.20.1. Cálculo de la capacidad entre dos conductores cilíndricos de radio a y separación  . Supondremos que los conductores están a potencial V0 y V0 La idea aquí es aprovechar el resultado para el ejemplo anterior: ponemos cables imágenes (de grosor infinitesimal y densidades de carga λ0 y λ0 ) en el interior de los conductores. Se tiene que determinar la separación 2d entre los cables imágenes de manera que ellos formen una superficie equipotencial V V0 a distancia a del centro de los cables. La relación entre la separación la distancia d entre los cables imágenes y el radio a de los conductores está dada por:
Y V { y-d p2 l0 { p1 { d y+d 76 X X d
α0 α0 -l0 
 a Efectivamente, el potencial total generado por los dos cables en el espacio satisface
V  ρ 2K λ0 ln 1 ρ0 ρ 2K λ0 ln 1 ρ2

2K 
     ρ λ0 ln 2 ρ0  yy
dd  xx 2K λ ln  

Kλ ln   y d  x   y d x
2 0 2 0 de donde sigue que e  V Kλ  yy
dd  0 2 2 2 2   2
 x2 x2 2 Esta expresión se puede llevar a la forma  x
x0   2 y y0 2
 en que α0 tiene e V0 K λ0
 . Haciendo cuociente entre y a se  αα
11  α α 1   0 a α0 0 0 0 ex 1 α0 1 si x 0). A partir de esta donde hemos usado que última ecuación sigue que a α0 α0 1, de donde se obtiene una ecuación de 2do grado para α0 : α02 2 2 
1 d 1 α0 2 d α0 1 2
2 2a2 α0 β  
1 2 α0 1 0
con solución en que β (ya que 
 2 2a2

β2 1 (2.60) 1 es una cantidad que es mayor que 1 2a). Se tiene entonces (via ln α0
V0 K λ0 a2 V0 ln e K λ0 ) que:    ln α0 de donde sigue que la capacidad, en un segmento de longiV encontrándose, si definimos α e K λ0 , que el centro tud L del cable (usando que Q λ0 L y ∆V 2V0 ) resulta x0 y0 y el radio a, de cada equipotencial, están dados λ0 L Q por: C ∆V 2V0 x0 0 L α 1 2K ln α0 d y0 α 1 L α 2 2 d a  2 12 1 2K ln 2a 1 α 1 2 2a2  


    
Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío.


  230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad Si los cables están muy separados entre sí ( 2a), el argumento del logaritmo se puede aproximar de la siguiente manera   2a
1
1    2a
1 2 2 2 2 2 2 77 que evaluado a la altura del suelo (y 
E 2 C   2 ln 
 2πε0 L 2a 2

  4 l 2a a ln  a2 ε0 E yˆ 4K ε0 λ0 d d 2 x2 πλ0 d d 2 x2


2πε0 L
 σ expresión que se usa usualmente en cálculos de líneas de transmisión. Por otro lado si los cables están muy cerca 2a se tiene  4K λ0 d yˆ d 2 x2 y 0 la densidad de carga resulta: 2a2 y la capacidad de un segmento de cable de longitud L resulta aproximadamente πε0 L L C (2.61)  4K ln a ln a   
2 a2  ∇V 0) entrega: Para los valores de más arriba se tiene  λ0 α0  d          πε0V0 0 083[µ C] ln 2b a V exp 0 4 12 1011 K ε0 b 10[m] 2.20.2. Campo y densidad de carga genera- Justo debajo del cable se siente un campo de: da en el suelo por una línea de trans4K λ0 zˆ 299 2zˆ Volts/m E misión formada por un solo cable de b radio a y separación b del suelo y la densidad superficial de carga resulta allí de: 
   Supondremos que el cable conductor tiene voltaje V muy alto (V 20 000 [Volts]), que su distancia al suelo es b 10 [m], y que su grosor es de una pulgada (a 2 5 [cm]). La situación es similar al problema anterior si consideramos que hay una imagen del cable a distancia b por debajo del suelo. Los cables infinitesimales imagen tiene separación d y densidad de carga λ0 dadas por:   α0 α0 Q L d λ0
1 b 1 CV0 L  πεln  V 0 0 2b a σ        
 πλ0 b 0 026 [µ C]  A distancia x del cable estos valores decrecen como 1 1 x b 2 . Para x 10[m], por ejemplo, se tiene E 150 [Volts/m]. 2.21. Conductor esférico conectado a tierra, frente a carga puntual q en que C es la capacidad del cable recien calculada. El potencial total generado por los dos cables en todo el espacio fuera de los conductores satisface  ρρ  y d K λ ln  
  y d 2K λ0 ln 1 d { V 0 con gradiente ∇V
2 2 x2 x2  xˆ    y 8dxy d x 
4d  d x y  yˆ    y d x  K λ0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. d’ { 2 X q’ a q 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad Un plano conductor conectado a tierra tiene una imperfección esférica de radio a. Sobre esta, a distancia d del plano (con d a), se hubica una carga q. Encuentre el conjunto de imágenes que resuelve el problema de calcular el potencial en la región sobre el conductor. Consideramos una esféra de radio a y separación d entre su centro y la carga puntual. Ubicamos una carga imágen en el interior a distancia d  del centro. El tratamiento (en coordenadas cartesianas) es similar al de los dos cables, buscándose llevar la superficie equipotencial V 0 a la forma  x
x   y
y   z
z  2 2 0 0 0 2 a2 78   Esféra conductora conectada a potencial V0 respecto de Tierra Se encuentra que la ubicación y magnitud de las cargas imágenes que resuelven este problema valen: d
q { d a2 d a d q a 2.21.1. Ejercicios propuesto Hueco en conductor. Indicación: la diferencia de este problema respecto del problema de la esfera conectada directamente a tierra, es que se debe además agregar una carga central que reproduzca el potencial V0 sobre la superficie del conductor. { d X q’ a 2.22. Método de Relajación para resolver la Ecuación de Laplace (método numérico) Plano conductor con imperfección semiesférica. Por simplicidad presentaremos el método aplicándolo al calculo del potencial en una región rectangular de tamaño Lx Ly constituida por dos conductores en forma de L que están sometidos a potenciales V0 y V0 . La separación (entrehierro) entre las placas cargadas positiva y negativamente, por simplicidad la supondremos de Lx 16 para la esquina inferior izquierda y de Ly 16 para la esquina superior derecha. 
{ Lx { { d q h a - V0 X { h V0 Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. { Considere un hueco de radio a al interior de una esféra conductora conectada a tierra. Dentro del hueco, a distancia d del centro del hueco se ubica una carga q. Aproveche el resultado para la esfera del ejemplo anterior y determine la carga imágen q y la distancia d  a la cual hay que ubicar dicha carga imágen. Ly 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad   Considerarems Nx 16, Ny 16 y supondremos discretizada la región de tamaño Lx Ly en Nx Ny celdas rectángulares de tamaño 79 del mismo modo se puede calcular la derivada por la izquierda:
dVi  dV i dx  dx Vi
V i 1 h x xi  Ly Ny ¿Cómo se calcula la segunda derivada?. Se usa las derivadas por la izquierda y por la derecha en los puntos vecinos al punto central y se estima la segunda derivada mediante dv dx dv dx x-h i-1 Ny i { {  dV dx x h dVi2 dx2
dV
 i
1 dx En la figura los puntos marcados con círculos llenos ( ) corresponden a los puntos donde queremos conocer el potencial. Los círculos vacíos (o) es donde el potencial está prescrito por las condiciones de borde. 2.22.1. Como calcular Vi dVi2 dx2 { { V
i 1 x xi  1 Vi h   1


 V hV  
i 2Vi Vi  i 1 1 (2.62)  De acuerdo con esto y la figura { { { h Vi h  Prof. Dino E. Risso, Departamento de Física, Facultad de Ciencias, Universidad del Bío-Bío. j+1,i h { dx
 1 V 2h2 i La derivada por la derecha en el punto xi se aproxima por dVi dx  2h Vi 2.22.2. La Ecuación de Laplace discreta i-1,j  2h dV  i 1 dx X Xi +1 dVi  
dV dx x h de donde finalmente se tiene: Xi

Vi +1 h h Xi -1  1 2h numéricamente Lo primero a discutir es como se evalúa una derivada numéricamente en forma aproximada. Consideremos el eje x de la figura. Vi -1 X i+1 2h Nx ∇ 2V x+h { Lx Nx h i i,j j-1,i i+1,j 230017 Electromagnetismo. Ingeniería de Ejecución en Electricidad 80 j=ny j=ny-1 el laplaciano (derivadas segundas tanto respecto a x como respecto a y) sería  V 
2V V  V 
- V0 …
∇ 2V 1 2h2 xi yi j=1 i j i 1 j i 1 j i j 1 2Vi  Vi j j 1  j=0  i=0 La ecuación de Laplace exige ∇2V 0 de modo que a partir de esta última expresión resulta la siguiente relación: 1 V 4 i
Vi j  1 j Vi  Vi 1 j  Vi j 1  j 1 … i=2 i=nx i=nx-1 V0 (2.63)    En otras palabras, el potencial en el punto de indices i j es el promedio aritmético del potencial en los 4 puntos más cercanos (primeros vecinos).
2.22.3. El algoritmo   i=1 1. Se parte con valores iniciales cualquiera para los puntos i j (excepto para los puntos del borde, que tienen un valor fijo y conocido )
  2. Para cada punto i j (que no sea punto de borde) se obtiene un nuevo valor a partir de los valores anteriores usando la formula 2.63. # fila inferior for(i=0; i<=Nx; i++) # columna derecha for(j=1; jPRECISION) terminar=FALSE; #pared derecha: sigma[Nx,j]= -epsilon0*Ex[0,j]; #pared abajo: sigma[i,0]= epsilon0*Ey[i,0]; #pared arriba: sigma[i,Ny]= -epsilon0*Ey[i,Ny]; } } } while(terminar!=VERDADERO);   Etapa final: Se termina de calcular y hay que imprimir los valores del potencial para cada punto i j .
for(i=1;iPRECISION){ Terminar=FALSE; } 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 14 0.2 0.1 12 2.22e-16 -0.1 10 -0.2 -0.3 -0.4 8 -0.5 -0.6 6 -0.7 -0.8 -0.9 4 }} } while(Terminar==FALSE); # SE SALVA POTENCIAL # EN ARCHIVO DE NOMBRE V.dat printf("\n") > "V.dat"; for(i=0;i<=Nx;i++){ for(j=0;j<=Ny;j++){ print(i,j,V[i,j]) >>"V.dat"; } printf("\n") >>"V.dat"; } # CALCULO DE LA CARGA EN CADA # PLACA, POR UNIDAD DE LONGITUD # Segmento horizontal: Qh=0; for(i=1;i